Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Pierre LAMBERT
Syllabus corrigé et complété par Benjamin
Mertens sur base du travail d’Emmanuelle VIN
et Vincent RAMAN
Les exercices repris dans cet ouvrage sont le fruit du travail collectif de Benjamin Mertens, Emmanuelle Vin et
Anne Lamy
Table des matières
TABLE DES MATIÈRES
2
ENONCÉS
3
CINÉMATIQUE DU SOLIDE, CINÉMATIQUE INSTANTANÉE, CIR
DISTRIBUTION DES VITESSES ET ACCÉLÉRATIONS
MOUVEMENT INSTANTANÉ
MOUVEMENT RELATIF
CIR
CARACTÉRISTIQUE DES MOUVEMENTS
CINÉMATIQUE DES SOLIDES
TENSEUR D’INERTIE
RÉSULTANTE ET MOMENT CINÉTIQUE
THÉORÈMES GÉNÉRAUX
LAGRANGE
EFFET GYROSCOPIQUE
DYNAMIQUE DES SYSTEMES
4
4
4
5
6
9
9
14
22
26
32
40
43
CORRIGÉS
53
CINÉMATIQUE DU SOLIDE, CINÉMATIQUE INSTANTANÉE, CIR
DISTRIBUTION DES VITESSES ET ACCÉLÉRATIONS
MOUVEMENT INSTANTANÉ
MOUVEMENT RELATIF
CIR
CARACTÉRISTIQUE DES MOUVEMENTS
CINÉMATIQUE DES SOLIDES
TENSEUR D’INERTIE
RÉSULTANTE ET MOMENT CINÉTIQUE
THÉORÈMES GÉNÉRAUX
LAGRANGE
EFFET GYROSCOPIQUE
DYNAMIQUE DES SYSTEMES
54
54
54
57
61
67
68
80
99
111
130
140
143
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Enoncés
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
Formulaire
Distribution des vitesses : v A = vB + ω × BA
(
Distribution des accélérations : a A = aB + ε × BA + ω × ω × BA
)
Distribution des vitesses et accélérations
1. v A et vB sont les vitesses (vecteurs coplanaires) des extrémités
de la tige AB à l’instant t. Déterminer à cet instant la vitesse
angulaire de la tige en fonction de v A , vB et θ .
A
L
vA
θ
vB
B
2. Le parallélogramme ABCD est en rotation dans le plan Axy,
autour du point A.
Si α est constant, calculer la vitesse et l’accélération de son
centre de masse G en fonction de θ , θɺ et θɺɺ .
Utiliser
a) la méthode de dérivation des coordonnées.
b) les formules de distribution des vitesses et des
accélérations.
y
C
D
α
L
3L/4
G
B
θ
A
x
Mouvement instantané
3. On considère le système à 3 barres coplanaires représenté cicontre. La barre AB, à cet instant, a une vitesse angulaire
instantanée de 6 rad/s et une accélération angulaire instantanée
nulle.
On demande de déterminer les vitesses et accélérations
angulaire instantanées correspondantes pour les barres BC et
CD.
A
0.25 m
B
6 rad/s°
30°
C
0.3 m
0.4 m
60°
D
4. A l’instant où le système représenté est dans la position
indiquée (OC verticale, BC horizontale), ω=2rad/s et vA=1.2m/s.
1.) Calculer à cet instant la vitesse angulaire de BC.
2.) Déterminer la position des centres instantanés de
rotation de BC et de AB et vérifier graphiquement.
B
A
vA
c
50
40cm
m
O
C
30cm
ω
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Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
5. Une plaque triangulaire est accrochée à l’aide de deux barres de
longueur différentes.
1. Calculez la distance AC pour que la hauteur OS du
triangle soit horizontale dans la configuration donnée
par le dessin.
D
E
60°
6m
.
ϕ
A l’instant représenté, la barre AE tourne à la vitesse angulaire
A
3m
30°
30°
S
ɺ
2. Quelle est la vitesse angulaire instantanée ϕ de la
O
barre CD ?
Calculer la vitesse et l’accélération du point S..
6. Un mécanisme dessiné ci-contre est utilisé pour pousser des
petites boites de leur position de stockage sur un convoyeur. Au
moment initial, OD et BC sont en position verticale. BC tourne
à vitesse constante dans le sens horlogique pour effectuer un
tour toutes les deux secondes. Pour la position dessinée,
déterminer la vitesse angulaire de chacune des barres ainsi que
la vitesse à laquelle la boite est poussée horizontalement sur le
convoyeur.
.
θ
C
ɺ
constante θ de 3 rad/s.
3.
60°
4m
B
2r
4r
6r
r/2
2r
r
r
2r
Mouvement relatif
7. Bille se déplaçant dans un tube en rotation.
Le système est constitué d’un tube s pouvant être mis en
rotation autour de l’axe vertical Oz à l’aide d’un moteur. On
désigne par ω la vitesse angulaire (constante) de ce tube par
rapport au bati S0. A l’intérieur de ce tube, une masse m, de
centre de gravité c, peut rouler sans frottement.
z
c
Déterminer l’accélération du centre de gravité c de la masse m.
O
8. Les deux branches d’un T symétrique ont même longueur L. Le
T, ABC, est articulé en A sur un axe vertical OZ. Un point P
peut se déplacer le long de BC. Le T peut tourner autour de A
dans le plan vertical zOx, qui, lui-même, peut tourner autour de
OZ.
Z
C
P
D
A
θ
a)
Déterminer la vitesse ainsi que l’accélération du point
D.
b) Déterminer la vitesse du point P mobile sur la tige BC
B
Y
X
ϕ
x
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Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
9. A la fin de la piste de décollage, l’avion effectue une légère
rotation avant de décoller. La vitesse et l’accélération de l’avion
exprimées au niveau du point C sont vc et ac.
L’angle θ entre le sol et l’avion évolue avec la vitesse ω=dθ/dt
et l’accélération ε = dω/dt. Une personne A marche vers l’avant
de l’avion avec la vitesse et l’accélération suivante : vrel et arel.
Déterminer la vitesse et l’accélération de la personne A vue par
un observateur au sol.
10. Une tige mince AB de longueur 3L est reliée comme indiquée
sur la figure par deux glissières à deux droites perpendiculaires
OX et OZ qui tournent dans un plan fixe Oxz.
Calculer les composantes dans les axes XYZ de la vitesse
(absolue) et de l’accélération (absolue) du centre C de la tige
1. par dérivation des coordonnées de C dans les axes XYZ
2. par application des formules de distribution des
vitesses dans un solide
3. après avoir déterminé le mouvement du point C.
Déterminer entièrement le mouvement instantané de la tige AB
4. pour un observateur attaché aux axes XYZ
5. pour un observateur attaché aux axes xyz (discuter les différents cas correspondant aux valeurs de φ et
θ)
eCIR
11.
C
A
2r
O
C
r
r
A
B
2r
r
O.
B
r
(b)
(a)
Déterminer pour chacun des deux cas, la vitesse angulaire de la barre CB à l’instant dessiné.
12. Un tapis roulant incliné d’un angle α par rapport à l’horizontale et avançant à une vitesse constante vt permet de
passer avec des caddies du niveau parking au niveau magasin du supermarché. On considère un caddie parvenu
au niveau supérieur dont les roues avant ont déjà parcouru une distance x sur le sol horizontal.
L’entre-axe entre les roues avant et arrière est L
La personne qui pousse le caddie marche sur le tapis roulant et le fait avancer avec une vitesse relative vc
Les roues, de rayon R, roulent sans glisser sur le tapis
et sur le sol.
On demande :
vc
1. la vitesse et l’accélération angulaire d’une des
roues arrière.
2. la vitesse angulaire du caddie
2
3. la vitesse du point d’une des roues arrière qui
L
sol fixe
se déplace le plus vite
4. la vitesse du point d’une des roues arrière qui
1
α
x
se déplace le moins vite
tapis roulant
5. la position du CIR du caddie.
vt
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Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
13. La roue circulaire de rayon r tourne librement autour du bras
coudé CO en rotation autour de l’axe vertical à la vitesse
angulaire constante de p rad/s. Le disque roulant sans glisser sur
le plan horizontal à une distance R. de l’axe de rotation.
1. Déterminer entièrement le mouvement instantané du disque
(l’axe instantané de rotation, la vitesse angulaire ω et
l’accélération angulaire ε de la roue).
2. Déterminer la vitesse et l’accélération instantanée du point
du disque opposé au point de contact.
PS : L’axe x est toujours horizontal.
14. A l’instant où le disque de rayon R est dans la position indiquée
sur la figure, et en supposant que les vitesses angulaires ω1 et
ω3 sont constantes dans le temps,
1) Déterminer les composantes dans les axes xyz (x est
l’axe horizontal du mécanisme et y l’axe vertical) de la
vitesse et de l’accélération angulaire du disque, ainsi
que la vitesse et l’accélération du point A.
2) Discuter le type de mouvement du disque en fonction
des valeurs ω1, ω2 et ω3. Et préciser dans chaque cas ce
qui permet de caractériser entièrement ce mouvement.
3) Tous les points de l’axe hélicoïdal instantané ont-ils le
même vecteur accélération ?
NB : O est un point fixe
y
A
ω2
O
ω1
x
C
ω3
15. Un disque de rayon R peut rouler sans glisser à l’intérieur d’un
anneau circulaire mince (fixe) de centre O et de rayon 4R.
Au centre C du disque est articulée une tige mince homogène
de longueur 4R dont l’extrémité D peut glisser le long de
l’anneau.
Le système est dans un plan fixe.
En choisissant comme coordonnée généralisée l’angle θ indiqué
sur la figure, déterminer les types de mouvement du disque et
de la tige, et indiquer ce qui les caractérise entièrement.
Calculer les composantes dans les axes xy de la vitesse et de
l’accélération du centre de masse G de la tige.
y
O
C
x
G
θ
16. Une tige homogène AB est fixée en A et s’appuie sur un disque
circulaire de rayon R et de centre C de manière telle qu’il y a
roulement sans glissement entre les deux solides, alors que le
disque peut se déplacer sans frottement sur l’horizontale passant
par A (le système est dans un plan vertical fixe).
Déterminer la vitesse du point C ainsi que la vitesse angulaire de
rotation du disque en fonction de θ et θɺ
B
C
θ
A
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Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
17. La bague extérieure du roulement à billes roule sans glisser vers
la gauche avec une vitesse de son centre O égale à v.
L’axe central qui est enserré dans la bague intérieure du
roulement, tourne dans le sens trigonométrique avec une vitesse
angulaire Ω.
Déterminer la vitesse angulaire instantané ω du roulement du
bas.
a
O
b
c
18. La figure ci-dessous représente un broyeur. La roue circulaire (AB) de rayon R tourne librement autour du bras
CD en rotation autour de l’axe vertical OO’ à la vitesse angulaire constante de Ω rad/s. Le disque AB roule sans
glisser sur le plan horizontal.
B
O’
C
4R
R
D
A
O
1) Déterminer entièrement le mouvement instantané du disque (la vitesse angulaire ω et l’accélération
angulaire ε de la roue).
2) Déterminer la vitesse et l’accélération instantanée du point du disque opposé au point de contact.
19. En 1985, John Howard établit un record de vitesse à
vélo. Roulant derrière un véhicule servant à réduire la
résistance de l’air, il atteint une vitesse de 152 miles à
l’heure. Le mécanisme d’entraînement de la bicyclette
est composé d’une roue dentée de 12cm de rayon relié
à l’aide d’une chaîne à une autre roue dentée de 3cm de
rayon. Cette dernière est solidaire d’une roue dentée de
10cm de rayon reliée par une deuxième chaîne à la
roue dentée de 3cm solidaire de la roue arrière. Le
rayon de la roue arrière est de 23.5cm.
Lorsque cet athlète roule à une vitesse de 152 miles à
l’heure, quelle est la vitesse de rotation du pédalier (en
tours par minutes) ?
PS : 1 mile=1.609344 km
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Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
Caractéristique des mouvements
20. Deux tiges AB et HE, de longueur L, sont soudées à angle droit
en (milieu de AB) pour former un té. La glissière H peut
coulisser sur OZ et la tige AB glisse dans le plan fixe OXY.
La position du té est repérée par les angles ϕ et θ variables.
A l’instant représenté sur la figure ci-contre, on demande :
1. de calculer le vecteur vitesse angulaire
instantané du té ;
2. de calculer la vitesse des points H, A, B et
E;
3. de discuter la nature du mouvement
Z=z
H
y
ϕ
instantané en fonction de θ et ϕ ; dans
chacun des cas identifiés, caractérisez
entièrement celui-ci.
ɺ
Y
O
ɺ
θ
B
E
x
A
X
Cinématique des solides
21. Déterminer une relation exprimant la vitesse verticale v de la
voiture en fonction de θ. Le piston sort du cylindre à la vitesse
u.
REP v =
2u b 2 + L2 − 2bL cos θ
L tan θ
b
2b
b
θ
θ
L
22. Le problème est plan (2-D). Le système, soumis à l’effet de la
gravité, est composé de :
- Un anneau de masse M, de rayon R et de centre A, qui roule
sans glisser sur un sol plat.
- Un disque de rayon a, de centre B, et de masse homogène
m.
- Une barre AB, de masse négligeable, articulée en A et
autour de laquelle le disque peut tourner librement
En cours de mouvement, ce disque roule sans glisser sur la piste
de forme circulaire formée par l’intérieur de l’anneau.
g
R
A
a
B
D
C
Déterminer la vitesse angulaire de chacun des solides en fonction des degrés de liberté que vous définissez.
Déterminer la vitesse ainsi que l’accélération du point B.
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Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
23. Un cube de côté d a son centre de masse G fixé sur une tige
OG, qui le traverse par le milieu de deux faces opposées.
L’extrémité O est fixe et OG = L. La tige OG tourne sur elle-
θ
B
même ( θɺ (t)), et est, de plus, animée d’un mouvement de
rotation ( φɺ (t)) autour d’un axe vertical fixe avec lequel elle fait
un angle constant α.
A
G
φ
α
Déterminer la vitesse du point A (un des sommet supérieur du
cube)
O
a) par les formules de distribution des vitesses.
b) par la méthode de dérivation des coordonnée dans les axes liés à la tige.
Déterminer l’accélération angulaire du cube dans les axes liés à la tige.
Déterminer l’accélération angulaire du cube dans les axes liés au cube.
24. Le double pendule de la figure ci-contre est placé dans le plan
vertical. Ce double pendule est constitué de deux barres
homogènes AB et BC de masse m et de longueur L. La barre AB
est reliée au bâti s par une liaison rotoïde parfaite en A et à la
barre BC en B par une autre liaison rotoïde parfaite. La position
de ce pendule est repérée par les angles θ1 et θ2; l'angle θ1 étant
l'angle que fait la barre AB avec la verticale et l’angle θ2 est
l’angle que fait la barre BC avec la barre AB.
A
θ1
G1
B
G2
C
θ2
On demande d'exprimer en fonction de ces deux angles la vitesse absolue vG1 et l'accélération absolue aG1 du
centre de gravité G1 de la barre AB ainsi que la vitesse absolue vG2 et l'accélération absolue aG2 du centre de
gravité G2 de la barre BC par rapport au bâti.
25. Le bras OA tourne autour du point fixe du cylindre O à la
vitesse de 90 tours par minute dans le sens horlogique.
Déterminer la vitesse angulaire de rotation instantanée du solide
central S1.
1. Si la bague extérieure est fixe
2. Si la bague extérieure est en mouvement de rotation de
80 tours/min autour de O (sens anti-horlogique).
Vérifier graphiquement.
a
S
A
O
S1
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Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
26. Le manège représenté ci-dessous est composé de 3 bras (S2)
fixés rigidement sur S1 (moteur de rayon r). Ce socle tourne à la
ɺ
vitesse constante θ autour de l’axe vertical. Sur chacun des bras
S2 (de longueur L) est articulé un bras S3 (vertical au repos). Le
mouvement du bras S3 se fait dans le plan défini par S2 et S3. Une
nacelle S4 est fixée, en son centre, au bout du bras S3. Celle-ci
ɺ
tourne autour du bras avec une vitesse angulaire constante γ .
Un bonhomme est assis dans la nacelle S4 , sa tête (P) est située
à une hauteur h de la face supérieure de la nacelle.
.
θ
S3
S4
S2
θ
S1
S0
1.
2.
3.
4.
Déterminer le vecteur vitesse angulaire de la nacelle
occupée par le bonhomme.
Choisir le repère dans lequel vous exprimerez la vitesse du
bonhomme. (Préciser les axes sur le dessin)
Quel vecteur allez-vous donc utiliser pour dériver les axes
de votre repère ?
Si le bonhomme est solidement attaché (considérer la
nacelle et le bonhomme comme indéformable), expliciter
la (les) équations donnant la vitesse de la tête P ainsi que
tous les termes (vecteurs) compris dans ces équations sans
effectuer les produits vectoriels.
60°
S1
60°
S2
r
S3
S2
L
α
h
O
S4
α
β
h
P
γ
Position au repos
5.
6.
Déterminer l’accélération angulaire de la nacelle S4.
Déterminer l’accélération subie par la tête du bonhomme P (en explicitant tous les termes encore inconnus
et sans effectuer les produits vectoriels).
27. Un manège à sensation est modélisé de la manière suivante :
Un disque SO, incliné d’un angleθ, par rapport à l’horizontale, est en rotation constante (ω1) autour de l’axe OO’
passant son centre O dans le sens horlogique.
Quatre dispositifs semblables (SA, SB, SC, SD) sont placés aux quatre points du disque (OA, OB, OC, OD) distant
d’une longueur L1 du centre du disque. Chacun de ces dispositifs tourne autour de son centre (respectivement
suivant les axes OiOi’ ) avec une vitesse angulaire constante ω2 dans le sens anti-horlogique par rapport au
disque S0.
Le dispositif SB est constitué de deux bras de longueur L2 soudés en leur centre (OB), de même pour les autres
dispositifs.
À l’extrémité de chaque bras (par exemple C) est articulé une cabine. Le support de la cabine est articulé en C et
permet une rotation (ω3(t)) suivant l’axe CC’. La cabine est elle-même en rotation (ω4(t)) autour de l’axe AA’.
(Rem : Détailler les repères ainsi que les angles utilisés.)
Écrire la vitesse et l’accélération angulaires absolue ( ω et ε ) de la cabine SCab dans un repère de
votre choix centré en C.
2. Écrire la vitesse absolue que subit la tête du passager de la cabine (située à une distance L3 de l’axe
CC’ et L4 de l’axe AA’).
Sans calculer les produits vectoriels ni les sommes, écrire l’équation de l’accélération absolue que subit la tête
du passager ainsi que le détail de chacun des termes compris dans cette équation.
1.
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Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
O’
OC
SC
OC
OA’
SO
O
θ
L1
OD
A
A’
OB
O
OA
L3 C’
C
SCab
L4
SD
SB
A’
L2
A
SS
OA
SA
SO
C
28. Un ventilateur peut être modélisé de la manière suivante : un
moteur dans le socle S1 permet la rotation autour de l’axe CC
avec la vitesse angulaire q ainsi que la rotation autour de son
axe BO. Le solide S2 dont le centre est séparé de B d’une
distance égale à b permet de faire tourner le ventilateur autour
de l’axe OD avec la vitesse angulaire p. Le rayon du solide S3
est R. Ce solide est distant de a du centre O du solide S2.
1. Exprimer la vitesse angulaire du disque S3.
2. Exprimer l’accélération angulaire du disque S3.
3. Déterminer la vitesse du point A.
4. Déterminer l’accélération du point A.
a
p
C
S2
D
O
S1
θ
S3
B
A
q
b
C
29. Un bras manipulateur d’atelier flexible, chargé de transporter des pièces d’un poste de travail à l’autre est
composé de :
- un bras OA, de longueur 2a, lié au bâti par une liaison pivot en O.
- un bras AB, de longueur 2a, lié au bras OA par une liaison pivot en A.
- un vérin d’épaule CD lié au bâti par une liaison pivot en C ainsi qu’au bras OA par la liaison pivot en D
(situé à la moitié de OA)
- un vérin d’épaule DE lié au bras OA par une liaison pivot en A ainsi qu’au bras AB par la liaison pivot en
E (situé à la moitié de AB)
On considère les vitesses de sortie des vérins constantes et égale à V=1 mm/s.
Déterminer la vitesse de B en fonction des paramètres α, β et V.
a
A
β
OC = a.
2
2
a
a
α
C
O
a
E
D
a
B
2
2
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Énoncés : Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
30. Le manège représenté ci-dessous est composé de :
- un bras fixe vertical muni d’un rotor incliné à α1 constant°
- un bras S1 fixé sur ce rotor tournant avec une vitesse angulaire ω1 constante.
un rotor S2 fixé au bout du bras S1 (incliné de α2 constant par rapport à ce dernier) et tournant avec une vitesse
angulaire ω2 constante.
6 bras (du type S3) répartis tous les 60° sur le rotor S2 et tournant avec une vitesse angulaire ω3(t) dans le plan
du rotor S2.
Au repos, le rotor S2 ainsi que les 6 bras sont horizontaux.
60°
S2
ω1
α1
S3
ω3
S1
ω2
S0
α2
S2
Rem : Pour plus de compréhension, les dessins ont été représentés dans une situation instantanée particulière.
Tenez bien compte de toutes les rotations représentées.
Déterminer les différents systèmes d’axes que vous aller utiliser pour calculer la vitesse angulaire du solide S3.
Déterminer le vecteur vitesse angulaire du solide S3.
Déterminer l’accélération angulaire du S3.
31. Un ensemble de panneaux attachés à un système d’axe xyz
tourne avec une vitesse angulaire Ω constante autour de l’axe
vertical z. Simultanément, les panneaux tournent autour de l’axe
x dans des sens opposés avec une vitesse angulaire constante ω.
1. Déterminer l’accélération angulaire de la plaque A.
2. Déterminer la vitesse du point P
5. Déterminer l’accélération du point P quand β = 90°
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Énoncés : Tenseur d’inertie
Tenseur d’inertie
Formulaire
Element du tenseur d'inertie : I αβ = ∫
(x x δ
i i
système
αβ
− xα xβ ) dm
Changement d'axe : I ' λµ = αiλα µj I ij
2Pxy
Axes principaux : tg 2θ =
I y − Ix
Steiner : IOαβ = IGαβ + m ( a2δ αβ − aα aβ )
Rappel : avec l'axe z = axe de révolution
3D : I z =
=> I z
∫ (x
=
2
)
+ y 2 dm =I x + I y − 2 I xy
2 I x − 2 I xy
=
2I x
et
2D(z = 0)
z =axe de
révolution
=
Ix
z =axe de
révolution
Iz
Iz
+ I xy =
2
2D(z = 0) 2
Rappel : Utilisation de la formule de Steiner
Pxy =
∫ xydm = ∫ ( x
αβ
G
(
αβ
+ a xG
2 αβ
ou I O = I G + M a δ
En pratique :
(
)( y
G
α
−a a
)
)
+ a yG dm = PxG yG + ma xG a yG + a xG
β
= − PxG yG − Ma a
(
)
OG axG , a yG , azG => I x = I xG + m a y2G + az2G
∫
=0
) => − P
xy
∫
yG dm + a yG xG dm
x
y
(
et Pxy = PxG yG + m axG a yG
Parfois, il est plus facile de calculer le moment d’inertie par rapport à un
axe ne passant pas par G :
I xA = I xG
=> I x = I xG
2
+ md xx
G
= I xA + m
(
2
d xx
G
− d x2A xG
)
avec x = xG + a x
=> Pxy = PxG yG + ma xG a yG
Calcul du moment d’inertie du solide S par rapport à l’axe x passant par
O:
2
I x = I xG + md xx
G
+ md x2A xG
=0
yG
)
y
S
axG
dxxG=ayG
O
G
xG
yA
x
A
dxAxG
xA
Des animations matlab sont disponibles sur le site : http://beams.ulb.ac.be/beams/teaching/meca200/matlab.html
1. Déterminer les moments d’inertie d’une plaque rectangulaire homogène de masse m et de côté L, l par rapport à
ses médianes.
Déduire les moments d’inertie par rapport à x et y de chacune des deux plaques carrées homogènes (de côté a) de
même masse spécifique superficielle ρ représentées ci-dessous, ainsi que leurs rayons de giration par rapport à
ces axes.
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Syllabus d’exercices
Énoncés : Tenseur d’inertie
y
y
y
x
x
x
(b)
(c)
(a)
y
y
y
x
x
x
(e)
(d)
(f)
2. Déterminer les moments d’inertie d’une plaque rectangulaire homogène de masse m et de côté L, l par rapport à
ses médianes.
Déduire les moments d’inertie par rapport à x et y de chacune des trois plaques homogènes de même masse
spécifique superficielle ρ représentées ci-dessous, ainsi que leurs rayons de giration par rapport à ces axes
y
y
y
a/2
3a/2
3a
x
a
x
3a/2
a
a
a
a
(a)
a
3a
x
a/2
a
a
a
(b)
a
a
a
a
a
(c)
3. Déterminer les moments d’inertie Ix et Iy ainsi que le produit d’inertie Pxy des tiges minces homogènes de masse
spécifique ρ et de longueur a.
y
y
y
y
y
2a
x
a
x
x
x
a
(b)
a/2
x
d
a
(a)
a
d
(c)
(d)
(e)
4. Déterminer les moments d’inertie d’une plaque rectangulaire homogène de masse m et de côté L, l par rapport à
ses médianes.
Déduire les moments d’inertie par rapport à x et y de chacune des trois plaques homogènes de même masse
spécifique superficielle ρ représentées ci-dessous, ainsi que leurs rayons de giration par rapport à ces axes.
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Mécanique Rationnelle 2
a
Syllabus d’exercices
Énoncés : Tenseur d’inertie
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
5. Déterminer les moments d’inertie Ix et Iy ainsi que le produit d’inertie Pxy des deux systèmes composés chacun
de tiges minces homogènes AB, BC, CD, DE de masse spécifique ρ ayant la forme indiquée ci-contre.
(DE=demi-cercle)
A
x
a
a
C
B
a
45° D
_ 2a
E
A
a
a
B
E
x
C
a
D
2a
y
y
(a)
(b)
6. Déterminer les moments d’inertie d’un cercle, d’un disque et d’une sphère.
Déduire les moments d’inertie d’un demi-cercle, d’un demi-disque et d’une demi-sphère.
Cercle
Disque
Sphère
½ Cercle
½ Disque
½ Sphère
7. Déterminer les moments d’inertie Ix et Iy de la tige mince
homogène ABCDE de masse spécifique ρ ayant la forme
indiquée ci-contre. (BCD=demi-cercle)
y C
B
2 cm
2 cm
D
3 cm
A
45°
60°
E
x
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Syllabus d’exercices
Énoncés : Tenseur d’inertie
8. Déterminer les moments d’inertie Ix et Iy ainsi que le produit
d’inertie Pxy du système composé de tiges minces homogènes
AB, BC, CD, DE et EF de masse spécifique ρ ayant la forme
indiquée ci-contre.
A
B
a
C
D
a
45° E
_ 2a
2a
F
9. Calculer le tenseur d’inertie associé au disque S dans le repère
Oxyz. L’axe de rotation du disque fait un angle α avec l’axe Oz.
x
a
y
z
α
y
O
x
10. Déterminer le tenseur d’inertie en O du volume homogène de
masse m situé à l’intérieur d’un tétraèdre rectangle homogène
OABC (OA=a, OB=b, OC=c)
C
z
c
B
b
y
O
a
11. Deux disques circulaires, chacun de
masse m1, sont connectés à l’aide
d’une barre circulaire composé de
deux quarts de cercle. Cette barre
possède une masse m2.
A
x
z
y
v
B
G
1. Déterminer les moments d’inertie
par rapport aux axes Gxyz du système.
A
r
G
B
r
A
r
x
Vue de haut
2. Que pouvez-vous dire sur chacun
des produits d’inertie ? Justifiez.
12. Une plaque plane homogène de masse m est délimitée par un
parallélogramme ABCD de côtés 2a, 2b.
Calculer le moment d’inertie de cette surface par rapport à l’axe
perpendiculaire à son plan passant par son centre de masse G
Sous quelles conditions l’ellipse centrale d’inertie est-elle un
cercle ?
Déterminer la direction des axes principaux d’inertie en A, et
écrire l’équation de l’ellipse d’inertie en A.
Calculer le moment d’inertie de la surface par rapport à la
diagonale AC.
D
C
2b
G
α
A
2a
B
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Syllabus d’exercices
Énoncés : Tenseur d’inertie
13. Un solide homogène plein de masse spécifique ρ est constitué
d’un cube de côté 2R creusé par une demi-sphère de rayon R.
1. Calculer ses moment d’inertie par rapport aux axes x, y,
z centré en O du cube.
2. Déterminer s’il existe des points de l’axe z où
l’ellipsoïde d’inertie se réduit à une sphère. Dans
l’affirmative, indiquer comment les obtenir.
Calculer le produit d’inertie Px’y’ au sommet O’.
z’
z
R
y
O
x
O’
y’
x’
14. Un solide S est constitué par :
une plaque homogène ABOCDEA (S1), de masse M. Il
s'agit pratiquement d'un rectangle de longueur 2H et de
largeur H auquel on aurait enlevé le quart supérieur
gauche.
deux tiges homogènes A’A’’ (S2) et D’D’’ (S3), chacune
de masse m et de longueur 2L, soudées
perpendiculairement à la diagonale AD de la plaque, de
telle façon que le centre de la tige A’A’’ coïncide avec le
sommet A de la plaque, tandis que le centre de la tige
D’D’’ coïncide avec le sommet D.
G = le centre de gravité de la plaque seule ;
d= la distance entre le centre de gravité et l'axe AD.
Déterminer le tenseur d’inertie dans les axes OXYZ du système S.
15. Déterminer le moment d’inertie par rapport à son axe de
symétrie d’une surface homogène de masse m en forme de
calotte sphérique de rayon R.
Particulariser ensuite aux cas d’une demi-sphère et d’une sphère
creuse.
z
α
R
O
16. Calculer les moments d’inertie principaux en A pour la plaque
homogène hachurée de masse 4m.
Esquisser l’ellipse d’inertie en A.
2R
A
2R
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Énoncés : Tenseur d’inertie
17. 1. Calculer les moments d’inertie d’une plaque homogène de
masse M en forme de triangle rectangle par rapport à ses
côtés de l’angle droit.
2. Calculer le produit d’inertie Pxy.
3. Dans le cas où b=4cm et h=6cm, déduire la direction des
axes principaux d’inertie en O et les moments d’inertie
principaux correspondants.
4. Comparer les valeurs de ceux-ci à celles de Ix et Iy.
5. Si h=b, déterminer le moment d’inertie par rapport à l’axe
AC avec C situé à une distance b de B (BC // axe z)
B
y
h
O
18. Déterminer le moment d’inertie de la tasse par rapport à l’axe
vertical passant par son centre.
La tasse est modélisée par un cylindre creux avec les
caractéristiques suivantes :
D = diamètre extérieur ; e = épaisseur des bords ; H = hauteur
totale ; 2e = épaisseur du fond
L’anse est définie par un demi cylindre creux de hauteur et
d’épaisseur a et de rayon externe b.
e
b
A x
D
b
H
a
2e
19. Un monocycle peut être représenté de la manière suivante :
la roue (Solide A) est modélisée par un disque creux, de masse
m1, de rayon extérieur 3a et de rayon intérieur 2a.
Le châssis, de masse m2, est composé de plusieurs tiges
homogènes comme représenté sur la figure. Le châssis est fixé à
la roue, en O, par une liaison de type rotule.
La selle est un triangle isocèle, de masse m3, de base a, de
hauteur 2a et d’épaisseur a/2. La selle est fixée au bout du
châssis en son centre de masse.
La personne qui est assise sur ce monocycle a une masse m4 et
des rayons de giration égaux à r (rx = 0) par rapport aux axes y
et z passant par le centre O. Les produits d’inertie sont nuls en
son centre de masse.
Le châssis, la selle et la personne sont solidaires pendant le
mouvement, on peut les considérer comme un seul solide
(Solide B). Le centre de masse de ce dernier est donné par
xG = 8a.
x
selle
2a
a
4a
O
y
z
SA
châssis
Déterminer le tenseur d’inertie de chacun des deux solides et justifier vos résultats
20. Un canon est représenté ci dessous. Il est composé de
- deux parallélogrammes plein homogène de côtés respectifs a,b,c (S1) et a/2,b,c (S2) de masse volumique ρ
et de centre de masse respectif G1 et G2.
- quatre roues (S3i) de rayon R, de masse mR. Ces roues sont modélisées par des disques pleins fixés sur les
bords du parallélogramme abc. (Ces roues sont placées à distance égale du centre de masse G1)
- un canon (S4) modélisé, par un cylindre creux de longueur L et de rayon intérieur (ri) et extérieur (re)
ayant une masse M. Ce canon est fixé au milieu de la face bc du parallélogramme a/2bc
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Tenseur d’inertie
a/2
d
L
b
b/2
R
c
G1
c
a
R
G2
e
e
Déterminer le tenseur d’inertie du canon au centre de masse G1 du parallélogramme abc
21. Un bateau est modélisé sur la figure ci-contre.
En supposant que chaque solide Si est caractérisé par sa masse mi,
la position de son centre de masse Gi ainsi que d’une matrice
d’inertie I Gi , on demande :
1. déterminer tout ce que vous pouvez déduire du système sans
faire de calculs pour identifier les éléments d’inertie.
2. Déterminer chacun des éléments de la matrice d’inertie du
système complet évalué en G1.
OGi = ( ai , bi , ci )
 A1 − D1 − E1 
 A2 − D2 − E2 


I G1 ( S 1) =  − D1 B1 − F1  ; I G2 ( S 2) =  − D2 B2 − F2 
 −E −F
 −E −F
C1 
C2 
1
2
 1
 2
 A3 − D3 − E3 
 A4 − D4 − E4 



I G2 ( S 3) =  − D3 B3 − F3  ; I G2 ( S4 ) =  − D4 B4 − F4 
 −E −F
 −E −F
C3 
C4 
3
4
 3
 4
22.
z’
z
C
ω1
2R
H
R
r
O
O’
G
L
60°
A
H/2 x
x’
(mat=tige ; voiles=triangles)
Un volant de badminton est représenté sur la figure ci-contre. Il
est composé d’une demi sphère pleine de masse M1 et de rayon
r, sur laquelle est posé un cylindre plein de masse M2 de hauteur
L et de rayon r. La jupe du volant, de masse M3 est représentée
par un tronc de surface conique de hauteur H et de rayons
respectifs 2R et R. Le centre de masse du tronc de cône est situé
sur l’axe z’ à une distance 5H/9 de O.
Dans les axes Ax’y’z’: Ix’ = Iy’ =A, Iz’ =C.
Le volant tombe au sol en suivant une courbe parabolique. Le
volant subit une rotation autour de z’=ω1 et autour de y’=ω2. La
vitesse du point G vaut vG= -vG 1z’.
Calculer le moment d’inertie du volant par rapport à l’axe z’ et
l’axe x’ (Il est demandé de résoudre cet exercice sans calculer
d’intégrale).
L=r/3; H=4R; L+r=H/2=2R; z’G=9r/10 pour le volant complet.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Tenseur d’inertie
z
Formulaire : Si z = l’axe de révolution.
Pour une sphère pleine de rayon R (axes en G)
Moment d’inertie par rapport à l’axe z : Iz=2MR²/5 avec M=ρ4πR³/3
G
y
x
Pour une demi sphère pleine de rayon R (axes sur la base)
zG(demi sphère)=3R/8.
Moment d’inertie par rapport au plan xy : Ixy= MR²/5
z
y
O
Pour un cylindre plein de rayon R et de hauteur h (G : centre de masse du
cylindre)
Moment d’inertie par rapport à l’axe z : Iz=MR²/2 et
Moment d’inertie par rapport au plan xy : Ixy= Mh²/12
x
z
Pour une cône creux de rayon R et de hauteur h.
Moment d’inertie par rapport à l’axe z : Iz=MR²/2
Moment d’inertie par rapport au plan xy : Ixy=
avec M=ρπR R² + h²
∫ z ² dm
z
=Mh²/2
y
x
y
G
x
23. Soit, la plaque trouée d’épaisseur négligeable et de masse surfacique σ représentée sur le plan ci-dessous. La
distance c est la distance entre le centre de masse du demi-cercle et l’axe X.
Calculer le moment d’inertie et le produit d’inertie en A (origine des axes X et Y) de la plaque.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Résultante et moment cinétique
Résultante et moment cinétique
Formulaire
Résultante cinétique : R = mvG
Moment cinétique par rapport à A : M A = M B + AB × R
Moment cinétique par rapport à A ( A ∈ Solide ) : M A = m AG × v A + I A .ω
Energie cinétique ( A ∈ Solide ) : T =
mv A2
1
+ mv A . ω × AG + ω .I A .ω
2
2
(
)
24. Une plaque rectangulaire homogène de masse m et de petit coté 2a, de grand côté 2b, tourne à la vitesse
angulaire ω autour d’un comme indiqué sur les figures de 4 manières différentes. Dans chaque cas, calculer la
résultante cinétique, le moment cinétique au point O et l’énergie cinétique de la plaque.
Décomposer les vecteurs dans les axes xyz attachés à la plaque.
! Ne pas utiliser d’intégrale pour calculer les tenseurs d’inertie mais le théorème de Steiner vu à la séance 5.
z
z
z
z
ω
ω
ω
y
ω
y
O
O
y
y
O
(a)
O
(b)
(c)
(d)
25. Une plaque homogène de masse m en forme de triangle rectangle, de côtés de l’angle droit OA=b ; OB=h, est en
rotation continue de vitesse angulaire ω comme indiqué sur les figures.
Dans chacun des cas représentés, calculer la résultante cinétique de la plaque, son moment cinétique au point O
et son énergie cinétique, en décomposant les vecteurs dans les axes Oxyz attachés à la plaque.
z
z
z
z
B
B
B
ω
B
ω
y
O
ω
y
O
A
(a)
y
O
A
(b)
ω
y
O
A
(c)
A
(d)
26. Une plaque rectangulaire homogène de masse m et de côtés AB=2a, BC=2b, tourne à la vitesse angulaire
ωautour d’un axe z disposé de 6 manières différentes. Dans chaque cas, calculer la résultante cinétique, le
moment cinétique au point O et l’énergie cinétique de la plaque.
Décomposer les vecteurs dans les axes xyz attaché à la plaque.
z
z
ω
y
z
B
ω
D
C
D
B y
A
D
C
(1)
x
(2)
B
y
z A
z
C
B
D
y
A
ω
C
B
ω
z
C
C
ω
x A
ω
(3)
B x
A
x
(4)
D
x
(5)
A
y
D
x
(6)
y
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Mécanique Rationnelle 2
27. Une plaque rectangulaire homogène ABDC de masse m et
L
de côté L et 2L, peut osciller dans un plan vertical.
A
Calculer sa résultante cinétique, son énergie cinétique et son L
moment cinétique en G et en A lorsqu’elle est articulée en A D
et en B à deux tiges de masses négligeables comme indiqué
sur la figure (a) et sur la figure (b)
Syllabus d’exercices
Énoncés : Résultante et moment cinétique
A
B
G
L
θ
(a)
L
B
2L
C
2L
θ
G
D
C
(b)
28. Une tige mince homogène, de masse m et de longueur L est
soudée au centre d’un disque circulaire homogène de masse
M et de rayon R, perpendiculairement à celui-ci. L’autre
extrémité de la tige est attachée en un point fixe O d’un plan
horizontal sur lequel le disque roule sans glisser. Calculer le
moment cinétique du système par rapport à O, ainsi que sa
dérivée par rapport au temps (composantes dans un système
d’axes au choix)
O
29. Un triangle isocèle, rectangle, ABC, tourne librement autour
de son côté AB. (Glissière en B, articulation en A). Le long
de AC est soudé un cylindre de rayon R et de hauteur
AC=h.
L’assemblage est tel que l’axe du cylindre se trouve dans le
plan du triangle. La masse du cylindre est M, celle du
triangle est négligeable. En utilisant comme variable θ et Z
= OA, calculer le moment cinétique du cylindre en A.
Exprimer les résultats dans un système d’axes au choix.
Considérer les cas suivant :
1. A est fixe (rotation uniquement, Z=constante)
ɺ
2. A est animé d’une vitesse Z 1z (rotation et
ζ
z=Z
ξ
η
A
B
C
y
Y
O
translation)
θ
X
30. Un solide ABC composé de deux tiges minces homogènes, de
masse m et de longueur 2R et soudées en B, est soudé au centre
d’un disque circulaire homogène de masse M et de rayon R,
perpendiculairement à celui-ci. L’autre extrémité du solide ABC
est attachée en un point fixe A d’un axe vertical OO’. Le disque
roule sur un plan horizontal sans glisser.
O’
C’
x
.
ϕ
B
A
2R .
2R
O
Calculer le moment cinétique du système par rapport à A.
φ
30°
R
31. Déterminer le moment cinétique au centre G de la plaque
rectangulaire homogène ABCD tournant autour de la diagonale
AC.
C
B
ω
C
A
2a
2b
D
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Mécanique Rationnelle 2
32. Une tige mince homogène AB de masse m et de longueur 3a est
reliée par deux glissières à deux droites perpendiculaires OX et
OZ qui tournent dans une plan fixe Oxy à la vitesse constante φ.
Une plaque homogène carrée DEFH de côté a et de masse M
peut tourner librement autour de AB (BD = DE = EA = a) à la
vitesse angulaire αɺ (α étant défini par rapport à la
perpendiculaire à AB dans le plan Oxz).
Syllabus d’exercices
Énoncés : Résultante et moment cinétique
z
Z
H
α
B
a
F
C
D
X
a
a
E
Calculer l’énergie cinétique et le moment cinétique en O du
système..
A
θ
x
φ
O
33. Une masse ponctuelle m effectue un mouvement d’oscillation
dans la glissière AB suivant la loi : x = a cos(ω t).
A cette masse est articulée une tige homogène de longueur a et
de masse 3m, qui peut tourner dans le plan fixe Oxy, à
l’extrémité de laquelle est soudée une sphère homogène pleine
de masse M et de rayon R.
Calculer la résultante cinétique, l’énergie cinétique ainsi que le
moment cinétique en O du système.
y
m
A
B
O
3m
θ
34. Une barre en acier (OG) de longueur L1 et de masse m1 est fixée
en O et peut tourner librement autour de l’axe z avec une vitesse
y
angulaire ϕ .
Au bout de cette barre, en G, est fixée par une rotule une autre
barre en acier (AB) de longueur L2 et de masse m2. Cette
dernière peut tourner autour de son centre de masse, G, dans un
plan (Gy’z’) perpendiculaire à la barre OG.
Ces deux barres sont modélisées par des tiges minces
homogènes.
y’
ɺ
Déterminer le moment cinétique du système constitué de ces
deux barres et sa dérivée.
β
ϕɺ
A
z
M
B
O
G
x
z’
A
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x
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Résultante et moment cinétique
35. Le demi cône inhomogène représenté ci-contre a une masse M
et une masse spécifique ρ=kz en P(x, y, z).
Déterminer :
1. le tenseur d’inertie en O dans les axes (x,y,z) ;
2. la condition pour qu’il existe des points en lesquels
l’ellipsoïde d’inertie soit une sphère, et déterminer ces
points lorsqu’ils existent ;
3. le moment d’inertie du demi cône par rapport à une de
ses génératrices (z’).
4. Calculer le moment cinétique de ce demi cône en O si
ce dernier tourne librement autour de sa génératrice z’
(ω).
z
z’
R
H
y
O
x
36. Un système est composé d’un fil mince homogène formant un
cercle de centre O, de rayon R et de masse M, et de deux tiges
minces homogènes identiques, BC et AD, de longueur R et de
masse M chacune, soudées à angle droit au centre A de BC de
manière à former un T.
ɺ
Le cercle peut tourner (vitesse angulaire θ ) autour de l’axe
vertical Oz, qui fait un angle constant α avec la perpendiculaire
à son plan.
Le T est fixé en A au point le plus bas du cercle, et peut tourner
ϕɺ
(vitesse angulaire autour de l’axe y") dans le plan
perpendiculaire à celui du cercle et tangent à celui-ci en A.
x
y’
α
y”
y
ϕ
ϕ
θ
θ
x’=x”
α
z=z’
z”
Calculer l’énergie cinétique de ce système ainsi que les composantes dans les axes Ox’’y’’z’’ de son moment
d’inertie.
37.
z’
z
C
ω1
2R
H
L=r/3; H=4R; L+r=H/2=2R; z’G=9r/10 pour le volant complet.
R
r
O
O’
G
L
60°
A
Un volant de badminton est représenté sur la figure ci-contre. Il est
composé d’une demi-sphère pleine de masse M1 et de rayon r, sur
laquelle est posé un cylindre plein de masse M2 de hauteur L et de
rayon r. La jupe du volant, de masse M3 est représentée par un tronc
de surface conique de hauteur H et de rayons respectifs 2R et R. Le
centre de masse du tronc de cône est situé sur l’axe z’ à une distance
5H/9 de O.
Le volant tombe au sol en suivant une courbe parabolique. Le volant
subit une rotation autour de z’=ω1 et autour de y’=ω2. La vitesse du
point G vaut vG= -vG 1z’.
H/2 x
x’
Dans les axes Ax’y’z’: Ix’ = Iy’ =A, Iz’ =C.
1. Calculer le moment cinétique du volant en A. (Poser
M=masse du volant.)
Calculer l’énergie cinétique du volant.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Théorèmes généraux
Théorèmes généraux
Formulaire
Théorème de la résultante cinétique
Théorème du moment cinétique calculé en A :
d
R=
dt
∑F
e
d
M A = mvG × v A + me, A
dt
avec M A = M G + AG × R ou M A = mAG × v A + I A .ω si A ∈ S
Théorème de l’énergie cinétique
mvA2
1
d
T = ∑ Fh .vh avec T =
+ mv A . ω × AG + ω .I A .ω
dt
2
2
(
)
1. Un canon lié rigidement à un wagon au repos sur une voie ferrée tire un obus de masse m à la vitesse v dans la
direction indiquée sur les schémas. La masse totale (wagon + canon sans obus) est M. Sachant que la force de
frottement entre la voie et le wagon est constante et vaut R, déterminer le recul X du wagon.
θ
φ
2. Deux disques pleins tournent autour d'un même axe. Le disque
1 dans le sens anti-horlogique et le disque 2 dans le sens
horlogique. Les disques ont le même rayon R,
M2 = 3M1 et ω1 = 4ω2.
(a) Si le disque du haut tombe sur le disque du bas, quelle
sera la vitesse angulaire finale de l'ensemble?
(b) Quel pourcentage de l'énergie cinétique initiale est
présente après l'interaction entre les deux disques (la
hauteur de la chute est négligeable)?
ω1
M1
M2
ω2
3. Un patineur sur glace de 74 kg dont les bras sont étendus à l’horizontale tourne sur lui-même autour d’un axe
vertical à la vitesse angulaire de 1 tour par seconde.
Estimer sa vitesse angulaire quand il a rabattu ses bras le long de son corps.
Dans ce but, modéliser à l’instant initial les bras du patineur par des tiges minces homogène de 68 cm de long et
de 7kg chacune. Le reste du corps du patineur est modélisé par un cylindre homogène de 60 kg et de 33 cm de
diamètre. A l’instant final, le patineur est modélisé par un cylindre de 74 kg et de 33 cm de diamètre.
Nous négligerons le frottement entre les patins et la glace.
Pourquoi ne peut-on pas utiliser la loi de la conservation de l’énergie cinétique pour résoudre ce problème ?
4. Un solide S est constitué par :
une plaque homogène ABOCDEA, de masse M. Il s'agit
pratiquement d'un rectangle de longueur 2H et de
largeur H auquel on aurait enlevé le quart supérieur
gauche.
deux tiges homogènes A’A’’ et D’D’’, chacune de masse
m et de longueur 2L, soudées perpendiculairement à la
diagonale AD de la plaque, de telle façon que le centre
de la tige A’A’’ coïncide avec le sommet A de la plaque,
tandis que le centre de la tige D’D’’ coïncide avec le
sommet D.
5. Le solide S tourne à la vitesse angulaire ω constante
autour de l'axe AD.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Théorèmes généraux
G = le centre de gravité de la plaque seule ; d= la distance entre le centre de gravité et l'axe AD.
1. Déterminer la somme des forces extérieures agissant sur le système ainsi que le moment total de ces forces
au point O.
2. Si on veut que le solide soit équilibré dynamiquement, déterminer les masses mA’ et mD’’ qu'il faudrait
placer respectivement aux points A’ et D’’
5. L’axe AB, de longueur L et de masse négligeable, entraîne dans
sa rotation (ω constant) autour de l’axe y deux masses m
placées aux extrémités de deux tiges de longueur R et de masses
négligeables. Déterminer les composantes x et z des réactions
en A et B dues au défaut d’équilibrage lorsque le plan formé par
l’axe AB et les deux masses est confondu avec le plan xy.
x
m
R
A
B
R
y
m
L/3
L/3
L/3
6. L’axe AB, de longueur L et de masse négligeable, entraîne dans sa rotation (ω constant) autour de l’axe y trois
masses m (0,6 kg). Ces masses sont placées aux extrémités de trois tiges de longueur R (150 mm) et de masse
négligeable. Ces trois tiges sont séparées entre elle d’une longueur L/4 (L = 800 mm).
Si l’axe tourne à une vitesse constante de 1200 tours/min, déterminer les composantes des réactions de liaison
RA et RB agissant sur les deux supports.
On néglige l’effet de la pesanteur.
120°
3
B
R
z
L/4
L/4
L/4
A
R
2
3
L/4
2
120°
R
x
y
120°
1
1
z
x
7. Ecrire les équations du mouvement d’une roue cylindrique
homogène de rayon R, roulant sans glisser le long d’un plan
incliné faisant un angle de 30° avec l’horizontale, et reliée au
point haut du plan (point A) par l’intermédiaire d’un ressort, de
raideur k et de longueur libre L, dont l’autre extrémité est fixée
à l’axe de la roue de telle façon qu’il soit parallèle au plan.
A
θ
k, L
R
Quelle est la fréquence d’oscillation ?
Comment peut-on définir l’énergie mécanique totale de ce
système ?
30°
Cette énergie est-elle conservée ?
8. Un bloc homogène de masse M est posé sur une
surface plane. On tire un projectile de masse m qui
pénètre dans le bloc à une vitesse vo et en ressort à
une vitesse v1.
a) Déterminez à quelle vitesse v le bloc part
après la collision.
b) Si le bloc est déplacé d’une distance s,
déterminer le coefficient de frottement entre
le bloc et le sol.
v1
M
v0
m
s
AN : M=3 kg ; m=60 gr ; v0=600 m/s; v1=400 m/s;
s=2,70m
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Mécanique Rationnelle 2
9. Un wagon pesant de masse M est lâché sans vitesse
initiale sur un plan incliné faisant un angle α avec
l’horizontale. Une masse m peut glisser sur la plateforme en étant attachée à un ressort de constante de
rappel k et de longueur au repos l et dont l’autre
extrémité est fixée en A sur la plate-forme.
A l’instant initial, cette masse m est abandonnée sans
vitesse initiale dans la position indiquée, le ressort
étant étiré d’une longueur d.
a) En négligeant tout frottement, déterminer la loi du
mouvement X(t) du wagon.
b) A partir de quelle valeur de k commence-t-il par
remonter la pente ?
Syllabus d’exercices
Énoncés : Théorèmes généraux
X
O
G
α
x0
z
10. Un solide, constitué d’un disque homogène de rayon R et de
masse M et par une tige sans masse de longueur h soudée
perpendiculairement au disque en son centre, roule sans glisser
à vitesse angulaire constante sur le plan horizontal Oxy.
Calculer la vitesse angulaire limite à partir de laquelle le contact
entre la tige et le sol serait rompu.
11. Deux roues cylindrique et homogène de rayon R, de masse m1
et m2 roulent sans glisser sur les deux plans d’un dièdre faisant
des angles de 30° et 60° avec l’horizontale.
Les centres des deux masses sont reliés par une corde
inextensible et sans masse, passant (sans glisser) par une poulie
cylindrique de masse m et de rayon r.
Quelle est la tension dans la corde ?
R
arc cos
C
h
I
O
x
m,r
m2,R
m1,R
12. Une demi-sphère pleine homogène, de rayon R, est maintenue sur une
table horizontale parfaitement lisse, avec sa base parallèle à un mur
vertical poli auquel elle est tangente. On l’abandonne à elle-même et elle
se met à glisser sous l’action de la pesanteur.
a) Montrer qu’au moment où le contact cesse avec le mur vertical,
3 15 gR
16
2 .
la vitesse du centre de masse de la demi-sphère est
b) Etudier ensuite le mouvement ultérieur, et montrer que
l’inclinaison de la base de la demi-sphère sur l’horizontale ne
peut excéder
x
m
A
60°
30°
y
θ
x
O
45
128 .
13. Un chariot de masse M peut se déplacer sans frottement le long
d’un rail horizontal. À ce chariot est attaché, par une de ses
extrémités (A), une barre homogène de longueur L et de masse
m. La barre peut osciller autour de son point d’attache.
Déterminer la (les) réactions de liaison au niveau de l’attache de
cette barre en fonction de θ ; θɺ et θɺɺ .
A
θ
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Théorèmes généraux
14. Soit trois barres pesantes, homogènes, identiques, de masse m et
de longueur L. OA est fixée en O par une rotule, AB est
articulée à OA en A, BC est articulée à AB en B. C est une
glissière.
1.
2.
3.
4.
Combien de degré de liberté comporte le système ? Justifiez.
Quelles sont les inconnues (de mouvement et les réactions de liaison) ?
Quelles sont les équations permettant d’établir ces inconnues ?
Etablir ces équations (sans détailler les calculs mais en montrant clairement comment établir chaque terme
et chaque grandeur fondamentale)
15. Deux projectiles, de masse 10 kg chacun, sont tirés simultanément d’un véhicule d’une tonne dont la vitesse
initiale, avant le tir, est de 1,2 m/s dans le sens opposé au tir.
La vitesse relative des projectiles par rapport à la plate-forme est de 1200 m/s.
Calculer la vitesse de la plate-forme après le tir, en supposant que les rails sont polis.
16.
A
B
Deux barges A et B, de même masse, M, sont immobiles sur une eau calme. Une voiture de masse m,
initialement à l’arrêt sur la barge A, se met en marche et atteint une vitesse de 50 km/h à la sortie du tremplin
(incliné à 15° par rapport à l’horizontale).
Déterminer la vitesse de la barge vB après l’arrêt de la voiture sur la barge B.
17. Un triangle est composé de 3 barres homogènes ABC, de côté L.
Le triangle de masse M se déplace dans un plan vertical. Son
côté BC glisse sans frottement sur une horizontale fixe. Au
sommet A est suspendu un pendule simple de masse m et de
longueur l qui oscille dans le plan ABC.
Une force horizontale F agit sur le triangle. On constate en
régime que l’angle θ entre le câble du pendule et la verticale
reste constant pendant le mouvement.
Déterminer la valeur de θ en négligeant tout frottement.
A
θ
F
B
P
C
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Mécanique Rationnelle 2
18. Le disque S0 de rayon R est immobile. La tige S* liée par des
rotules au disque S0 en O et au disque S en C est en rotation.
L'évolution de l'angle du bras θ(t) est supposée connue. Les
masses des différents solides homogènes sont m (pour S), m*
(pour S*) et m0 (pour S0). Le solide S roule sans glisser sur le
solide S0.
Déterminer :
1. la résultante des forces qui s’exercent sur le solide S.
2. le moment par rapport à O des forces qui s’exercent
sur le solide S.
Syllabus d’exercices
Énoncés : Théorèmes généraux
ωS*
S
A
S*
S0
19. Le solide cylindrique de rayon r est au repos sur une plaque
quand une force P est appliquée à cette plaque. Si P est suffisant
pour causer un glissement entre la plaque et le cylindre à tout
moment, déterminer le temps nécessaire pour que le cylindre
atteigne la position représentée en pointillé (distance s de la
position initiale).
Déterminer aussi la vitesse angulaire ω du cylindre dans cette
même position. Le coefficient de frottement entre le cylindre et
la plaque est f.
20. Soit un solide cylindrique de longueur L. Il est composé d’un
cylindre creux de rayon extérieur r1 et de rayon intérieur r2 (ρ1)
et d’un cylindre plein de rayon r2 (ρ2).
a) Calculer sa vitesse angulaire s’il est lâché en haut
d’une pente (incliné de α) avec une vitesse nulle.
b) Pour deux solides de rayon extérieur identique et où
les densités volumiques ρ1 et ρ2 sont inversées,
déterminer la relation entre les deux rayons intérieurs
pour que les deux cylindres, placés sans vitesse initiale
au somment du plan incliné, arrivent simultanément en
bas de celui-ci.
c) Montrer que dans le cas d’un cylindre homogène, le
temps de parcours ne dépend pas de la masse.
s
r
ω
P
r1
r2
α
z
21. Le mélangeur fixé en O au mandrin d’une foreuse est constitué
de 7 tronçons de longueur b et de masse volumique ρ. Avant
d’être plongé dans la peinture, le mélangeur tourne à une
vitesse angulaire constante ω autour de l’axe z. Déterminer le
moment de flexion M en O, base du mandrin
ω
y
O
b
b
b
b b
22. La plaque rectangulaire représentée ci-dessus (vue de haut) est
en rotation autour de l’axe O’O’’.
Y
En supposant les éléments du tenseur dans les axes OXYZ
connus, déterminer les réactions de liaison dans les paliers O’
(palier buté) et O’’ (palier guide) lorsque la plaque est mise en
rotation à vitesse constante ω.
La distance entre les deux paliers est L.
O’
x
y
O’’
X
O
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Théorèmes généraux
23. Une porte glissière de masse m1 =450 kg est entraînée dans son
mouvement de translation par un contrepoids de masse m2 A
=50 kg auquel elle est reliée par un câble.
1.5 m
1.5 m
B
1.5 m
Déterminer l’accélération de la porte et les réactions de liaison
aux roulettes A et B en négligeant tout frottement.
1m
G
m1
m2
24. Une barre uniforme de longueur L et de masse m, est soudée à
un axe. Cet axe est en rotation dans les support A et B avec une
vitesse angulaire constante ω. Rem : on suppose que B ne
supporte pas de force suivant l’axe.
Rem : le poids de la barre est négligeable.
Déterminer l’expression de la force supportée par l’appui en B
en fonction de θ.
25. Une masse m glisse sans frottement sur une tige mince homogène OA
de masse M et de longueur L qui tourne librement dans un plan vertical
autour de son extrémité O. La masse est reliée à A par un ressort de
masse négligeable, de coefficient de rappel k et de longueur libre L-rO.
En utilisant les théorèmes généraux :
1. Déterminer les équations du mouvement
2. Déterminer les réactions de liaison de la masse m sur la tige.
O
θ
m
k
A
26. Une tige mince coudée homogène pesante OABCD de longueur
4L et de masse 4m peut tourner autour de l’axe horizontal OE.
La tige est reliée à l’axe OE par une butée en O et une glissière
en E.
Elle est abandonnée sans vitesse initiale dans la position
indiquée sur la figure (AB vertical).
1.
2.
Déterminer, en fonction de l’angle θ entre la verticale
ascendante et AB, la vitesse angulaire de la tige.
Déterminer les composantes de la réaction de liaison
en E dans des axes attachés à la tige.
z
C
y
B L
L
D
L
L
O
E
A
x
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Théorèmes généraux
27. Une plaque rectangulaire de base B, de hauteur H et de masse M tourne à une vitesse angulaire ω constante
autour d'un axe vertical Oy. Le repère XYZ lié à la plaque est centré en O, milieu de la plaque. Ses axes OX et
OY sont paralléles aux côtés de la plaque, l'axe OZ étant perpendiculaire à la plaque (cf. figure de gauche). L'axe
de rotation Oy fait un angle θ par rapport à l'axe OY , le repére Oxyz étant également lié à la plaque (Oz est
identique OZ et Ox est perpendiculaire Oy et se trouve dans le plan de la plaque).
1. Déterminer la résultante des forces qui agissent sur la plaque ainsi que leur moment par rapport au pôle O.
2. On veut équilibrer la plaque statiquement et dynamiquement simplement en perçant deux trous circulaire de
rayon r (cf. figure de droite). Les deux trous seront percés en deux point P1 et P2 :
- Le point P1 sera placé quelque part sur la ligne AA’, qui est perpendiculaire à l'axe de rotation et située
à une distance d de l'axe Ox.
- Le point P2 sera placé quelque part sur la ligne BB’, située symétriquement à la ligne AA’ par rapport à
l'axe Ox.
Si les coordonnées des deux points P1 et P2 dans le repére Oxy sont (X1; d) pour P1 et (X2; d) pour P2,
déterminer X1 et X2 pour que la plaque soit parfaitement équilibrée.
y
y
ω
ω
Y
Y
θ
θ
X
A
A’
d
x
O
H
X1
X
x
O
d
B’
B
X2
B
28.
RPy
RAy
A
RAx
RAz
P
RPz
Soit, la plaque trouée d’épaisseur négligeable et de masse surfacique
σ représentée sur le plan ci-dessous. Elle tourne à une vitesse
ω = ω 1x autour de son axe X. Elle est maintenue en P par une liaison
induisant une réaction Y et en Z ; et en A par une liaison induisant
des réactions en X,Y et Z (voir ci-contre). La distance c est la
distance entre le centre de masse du demi-cercle et l’axe X. Ces
liaisons lui permettent de tourner sur elle-même et sont de tailles et
de masse négligeables.
1. Calculer le moment cinétique en A (origine des axes X et Y)
de la plaque.
2. Dans le cas ou le poids de la plaque est négligeable, calculer
les réactions de liaisons en y et z de la plaque sur la butée.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Théorèmes généraux
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Lagrange
Lagrange
Formulaire
1

² + ωi I Gi ωi 
2

n coordonnée de Lagrange => n équation de Lagrange (i = 1,...., n)
Lagrangien : L = T − V
Qi =
∂ϕ h
∑ F . ∂q
h
avec δ rh =
i
h
avec T =
i Gi
∂ϕ h
∑ ∂q
i
Equation de Lagrange :
1
∑  2 m v
δ qi
i
d ∂T ∂T
−
= Qi avec Qi = Qi*( Force ne dérivant pas d'un potentiel ) + Qi ( Force dérivant d'un potentiel )
dt ∂qɺi ∂qi
Pour les forces dérivent d'un potentiel : δτ = −δ V
=>
∂ϕ h
∑ F .δ r = ∑ F . ∂q
h
h
h
i
h
i i
δτ
∂V
∂V
δ qi => Qi = −
qi
∂qi
i ∂
δ qi = ∑ Qiδ qi = − ∑
δV


d ∂T ∂T
∂V
d  ∂T ∂V  ∂T ∂V
d ∂L ∂L
*
=>
−
= Qi −
=> 
−
+
= Qi* =>
−
= Qi*
−
dt ∂qɺi ∂qi
∂qi
dt  ∂qɺi ∂qɺi  ∂qi ∂qi
dt ∂qɺi ∂qi


=0 

Si toutes les forces dérivent d'un potentiel :


d ∂L ∂L
d ∂T ∂T
∂V
d  ∂T ∂V  ∂T ∂V
+
= 0 =>
−
=0
=>
−
=−
=> 
−
−
dt ∂qɺi ∂qi
dt ∂qɺi ∂qi
∂qi
dt  ∂qɺi ∂qɺi  ∂qi ∂qi


=0 

Rem :
ɺɺ
∂mx
∂mx
∂mxɺ
dmxɺ dmxɺ dt
x
=m ;
=0 ;
=0 ;
=
=m
∂x
∂xɺ
∂x
dx
dt dx
xɺ
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Lagrange
1. COCHER LES CASES QUI SONT JUSTES (0 à 3 réponses possibles)
ω1
O est le point de liaison de S1 à S2
S2
S1
ω2
O
1. Energie cinétique. Les énergies cinétiques suivantes sont-elles correctes ?
T = T1 + T2
(
)
1
ω1.I 1,O .ω1 + ω 2 .I 2,O .ω 2
2
1
T = (ω1 + ω 2 ) . I 1,O + I 2,O . (ω1 + ω 2 )
2
1
1
T = ( m1 + m2 ) vO2 + ( m1 + m2 ) vO . (ω1 + ω 2 ) × OG + (ω1 + ω 2 ) . I 1,O + I 2,O . (ω1 + ω 2 )
2
2
1
1
1
1
2
2
T = m1vO + m1vO . ω1 × OG1 + ω1 .I 1,O .ω1 + m2 vO + m2 vO . ω 2 × OG2 + ω 2 .I 2,O .ω 2
2
2
2
2
T=
(
)
(
(
)
(
)
(
)
)
2. Lagrangien. Que vaut le Lagrangien ?
L = T +V
L = T −V
L = T −V + Q
3. Equation de Lagrange
d  ∂L  ∂L
=0

−
dt  ∂qi  ∂qi
a.
d  ∂L  ∂L
=0

−
dt  ∂qɺi  ∂qi
b.
d  ∂L  ∂L
= Qi

−
dt  ∂qɺi  ∂qi
c.
d  ∂V  ∂V
= Qi

−
dt  ∂qɺi  ∂qi
d.
d  ∂T  ∂T
= Qi

−
dt  ∂qɺi  ∂qi
e.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Lagrange
4. Intégrale première. C’est équations donnent ou entraînent-elles une intégrale
première ?
f.
T + V = EO
g.
∂L
=A
∂qi
h.
∂L
=A
∂qɺi
i.
∂L
=0
∂qi
5. Ces expressions sont-elles correctes ?
∂L
∂qi
j.
Qi =
k.
∂V
Qi = −
∂qi
l.
∂V
Qi = −
∂qɺi
m. Qi =
∂ϕ h
∑ F × ∂qɺ
h
i
h
n.
Qi =
∂ϕh
∑ F . ∂q
h
i
h
2. Deux points pesants A et B, de masse m chacun se déplacent
sans frottement sur un plan horizontal Oxy.
Déterminer le nombre de degrés de liberté du système, choisir
des coordonnées de lagrange, écrire la fonction Lagrangienne et
déterminer le mouvement du système à partir des équation de
Lagrange
a) si A et B sont reliés par une tige de masse négligeable
et de longueur l.
b) si A et B sont reliés par un ressort linéaire de masse
négligeable, de coefficient de rappel k et de longueur
libre l.
En quoi le mouvement trouvé dans le a) change-t-il
c) si les deux points sont remplacés par une tige de masse
m et de longueur l ?
si le plan Oxy est vertical ?
3. Deux roues cylindrique et homogène de rayon R, de masse m1
et m2 roulent sans glisser sur les deux plans d’un dièdre faisant
des angles de 30° et 60° avec l’horizontale.
Les centres des deux masses sont reliés par une corde
inextensible et sans masse, passant (sans glisser) par une poulie
cylindrique de masse m et de rayon r.
Déterminer la(les) équation(s) de mouvement ?
B
A
(a)
B
A
(b)
m,r
M,R
M,R
60°
30°
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Mécanique Rationnelle 2
4.
Syllabus d’exercices
Énoncés : Lagrange
On considère un cylindre homogène de masse m et de rayon R
autour duquel est enroulée une corde inextensible et sans
masse. Le cylindre se déplace dans un plan vertical, en
déroulant ou enroulant la corde, avec son axe de symétrie
demeurant perpendiculaire à ce plan.
On demande d’écrire les équations du mouvement.
Pour la résolution, nous vous conseillons de considérer les
paramètres suivant:
- θ : angle que fait la corde avec la verticale.
- ϕ : décrivant le mouvement de rotation du cylindre par
rapport à la corde.
x : distance OP.
O
θ
x
ϕ
G
5. Un triangle isocèle, rectangle, ABC, tourne librement autour de
son côté AB. (Glissière en B, articulation en A). Le long de AC
est soudé un cylindre de rayon R et de hauteur AC=h.
L’assemblage est tel que l’axe du cylindre se trouve dans le
plan du triangle. La masse du cylindre est M, celle du triangle
est négligeable. En utilisant comme variable θ et Z = OA, écrire
les équations de Lagrange du cylindre, supposé pesant, et les
intégrer aussi loin que possible.
Considérer les cas suivant :
3. A est fixe (rotation uniquement, Z=constante)
ζ
P
m
z=Z
ξ
η
A
B
C
y
ɺ
4. A est animé d’une vitesse Z 1z (rotation et translation)
Y
O
X
θ
C’
x
6. Le problème est plan (2-D). Le système est constitué de quatre corps : une bascule ayant la forme d’un demidisque (de rayon R, de masse M) est posée sur une planche (de longueur L, de masse m) qui est supportée à son
tour par deux roulettes (de rayon r, de masse m) donc les centres (C1 et C2) sont fixes. Les mouvements entre le
demi-disque et la planche ainsi que le mouvement entre la planche et les roulettes se font sans glisser.
On demande d’écrire l’(es) équation(s) du mouvement du demi-disque.
Spécifier la ou les intégrales premières si elle(s) existent.
Demi-disque :
R
4R
A
AG = a (= 3π ) ;
G
C1
B
θ
I zA =
MR 2
2 axe sortant de la feuille par A
C2
7. Une roue homogène pesante de masse m est constituée d’un disque
circulaire de rayon 4R dans lequel est creusé un disque circulaire de rayon
R.
Elle est lâchée sans vitesse initiale sur une surface horizontale dans la
position indiquée ci-contre.
Déterminer l’équation de Lagrange définissant le mouvement.
Donner une intégrale première.
Calculer la vitesse angulaire maximum qu’elle peut atteindre si elle roule
sans glisser sur le plan horizontal. (ω = ω (m,g,R))
AN : m = 75 kg ; R = 7,5 cm.
2R
4R
2R
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Lagrange
8. Les deux branches d’un T symétrique ont même masse m et même longueur
l. Le T, ABC, est articulé en A sur un axe vertical OZ. Un point pesant P, de
masse M peut se déplacer le long de BC. Le T peut tourner autour de A dans
le plan vertical zOx, qui, lui-même, peut tourner autour de OZ.
Ecrire les équations de Lagrange du système et les intégrales premières
immédiates.
Z
θ
B
Que deviennent les équations de Lagrange et les intégrales premières si à
l’aide d’un couple C, on impose
C
P
D
A
φɺ =const ? Calculer C.
Y
X
ϕ
x
9. Un triangle est composé de 3 barres homogènes ABC, de côté L. Le triangle
de masse M se déplace dans un plan vertical. Son côté BC glisse sans
frottement sur une horizontale fixe. Au sommet A est suspendu un pendule
simple de masse m et de longueur ℓ qui oscille dans le plan ABC.
A
θ
Écrire la(les) équation(s) de Lagrange et leur intégrale(s) première(s).
P
C
B
10.
Le carrousel de la figure ci-contre est composé de 3 barres
articulées. Les barres AB et CD sont identiques de longueur L
et de masse m. Elles sont assimilées à des poutres. Les
passagers se placent sur le solide BD. Ils se répartissent de
façon aléatoire.
Le solide BD et les passagers ont une masse M et une inertie principale IG connues (G : centre de gravité de BD
+ passagers). Le carrousel est entraîné par un moteur hydraulique agissant en A et développant un couple
moteur connu C.
On demande l'équation différentielle du mouvement du carrousel.
11. Une masse m glisse sans frottement sur une tige mince homogène OA de
masse M et de longueur L qui tourne librement dans un plan vertical autour
de son extrémité O. La masse est reliée à A par un ressort de masse
négligeable, de coefficient de rappel k et de longueur libre L-rO.
En utilisant Lagrange :
3. Déterminer les équations du mouvement
4. Déterminer les réactions de liaison de la masse m sur la tige.
O
θ
m
k
A
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Mécanique Rationnelle 2
12. La poulie de rayon R roule sans glisser sur le sol horizontal
grâce à deux ergots de rayon r. Le rayon de giration du solide S
(poulie + ergots) autour de l'axe CZ vaut ic et sa masse est égale
à m. Une force
Syllabus d’exercices
Énoncés : Lagrange
S
y
R
r
F = F 1x est appliquée en A.
C
O
Quel est (sont) l'(les) équation(s) permettant de définir le
mouvement de la poulie ?
x
A
F
Cz
S
13. Un disque, pesant, homogène, de masse m et de rayon r, roule
sans glisser à l’intérieur d’une circonférence de rayon R > r,
situé dans un plan vertical.
a) Ecrire l’équation de Lagrange ainsi qu’une intégrale
première.
b) Etudier les petits mouvements autour de la position
d’équilibre.
14. Un cône circulaire homogène pesant de masse m, de longueur
de génératrice l et d’angle au sommet 2α, roule sans glisser sur
un plan incliné d’un angle β sur l’horizontale.
Ecrire l’équation de Lagrange en θ (angle entre la droite de plus
grande pente du plan et la génératrice de contact g), ainsi qu’un
intégrale première immédiate, si à l’instant initial θ=θ0 et
dθ /dt=0.
φ
R
C
θ Q
O´
%
O
l
O
θ
g
β
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Effet gyroscopique
Effet gyroscopique
Formulaire
Couple gyroscopique : C g = ΓΩ × ω
=> Théorème du moment cinétique en G :
1. Le rotor d’une turbine de bateau, représenté ci-contre, a une
masse de 1000 kg et un rayon de giration de 20 cm par rapport à
son axe. Celui-ci est monté sur les appuis A et B, suivant l’axe
longitudinal du bateau. Vu de l’arrière, le rotor tourne à la
vitesse angulaire de 5000 tours/min dans le sens
trigonométrique. Le bateau effectue un tournant à babord d’un
rayon de 400 m à la vitesse de 25 nœuds (1 nœud = 0,514 m/s).
Déterminer le couple gyrostatique. L’avant du bateau tend-il à
monter ou à descendre sous l’effet de celui-ci ? Calculer les
composantes verticales des réactions d’appui en A et B.
2. Un avion, qui vient de décoller à la vitesse de 240 km/h, rentre
son train d’atterrissage par un mouvement de rotation uniforme
autour d’un axe parallèle à l’axe longitudinal de l’avion, avec
une vitesse angulaire de 0,5 rad/s. Chaque roue a une masse de
33 kg, un rayon de 45 cm et un rayon de giration par rapport à
son axe de 30 cm. Déterminer entièrement l’effet du couple
gyrostatique dû à la rotation propre des roues lorsque le train
d’atterrissage se replie.
d MG
= me ,G + C g
dt
B
G
A
RB
RA
900 mm
600 mm
O
A
NB : On supposera que les roues ont la même vitesse angulaire
qu’en quittant la piste.
3. Une voiture effectue un virage vers la droite sur une route horizontale. Déterminer si l’effet gyroscopique dû à
la rotation propre des roues augmente ou diminue les composantes verticales des réactions de liaison exercées
par le sol sur les roues droites du véhicule.
4. Un cycliste roulant à 8 m/s se penche légèrement sur le côté droit, de telle manière que le centre de masse du
système formé par lui-même et sa bicyclette (d’une masse totale de 80kg) se trouve à une distance de 3 cm de la
verticale passant par le point de contact des roues avec le sol. Par conséquent, un moment de force extérieur
s’exerce sur le système.
a) Expliquer comment le cycliste peut rétablir l’équilibre en tournant
b) A quelle vitesse angulaire le cycliste doit-il tourner son guidon pour rétablir l’équilibre ?
On suppose que la roue avant mesure 60 cm de diamètre, que sa jante et son pneu ont une masse totale de 600g,
et que sa tige et sa fourche sont en position verticale. Moment central d’inertie Γ=mR²
5. Un bus expérimental antipollution fonctionne à l’aide de
l’énergie cinétique récupérée d’une grande roue mise en
rotation comme montré sur le dessin. Quel sera l’effet de cette
roue sur la direction suivie par le bus si celui-ci monte une
légère rampe ?
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Effet gyroscopique
6. Dans le dispositif représenté ci-contre, la position du bloc A de
norme 0,8 kg peut être ajustée ; lorsque le ventilateur ne tourne
pas, le système est à l’équilibre autour de l’axe OX pour
b=18 cm.
Sachant que la masse totale du ventilateur (avec le moteur) est
de 2,2 kg, et que son rayon de giration par rapport à son axe z
de 6 cm, déterminer la valeur de b pour qu’il y ait une
précession uniforme φɺ = 0, 2 rad/s 1y lorsque le ventilateur
tourne dans le sens indiqué sur la figure à la vitesse angulaire de
1725 tours par minutes.
7. Tout bateau est naturellement soumis au roulis. Un bateau
comportant une installation médicale doit être stabilisé. Pour se
faire, on se propose d’utiliser le dispositif ci-contre. Un
gyroscope S, comprenant un solide en rotation tournant suivant
w
(a)
(b)
− 1w comme montré sur le dessin, est solidaire de la roue B.
Cette dernière peut être entraînée par le moteur A.
1. Placer ce dispositif sur le bateau pour qu’il contre le roulis
du bateau.
2. En fonction de la réponse à la question 1, déterminer pour
chacune des deux directions de roulis le sens rotation du
moteur A ?
B
v
u
S
(b)
(a)
A
Rem : le roulis fait pivoter le bateau suivant son axe
longitudinal.
8. Deux disques homogènes identiques de masse m et de rayon R
sont reliés par une tige de masse négligeable et de longueur L,
autour de laquelle ils peuvent tourner librement et séparément
(vitesse angulaire ωA et ωB). Le système est relié comme
indiqué à un axe vertical OO’. En fonction de la vitesse
angulaire ϕɺ (précession forcée), déterminer le moment de
flexion qui va agir sur la barre AB en fonction du sens de
rotation de cette dernière.
L/2
L/2
R
A
ωA
O’
ωB
B
O
9. On veut éviter le déraillement du train représenté ci-contre et
avançant à vitesse constante.
Déterminer la position du gyroscope qu’il faudrait placer sur
le deuxième wagon et préciser son sens de rotation pour
empêcher le déraillement du train vers l’extérieur.
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Mécanique Rationnelle 2
10. Un disque possède un moment d’inertie I par rapport à
son axe de révolution et tourne avec une vitesse
angulaire ω dans le sens indiqué ci-dessous. La
distance entre le pivot P et le centre de masse du
disque est h.
1.
2.
Déterminer les forces et les couples qui
agissent sur le système.
Sans donner les équations de mouvement,
expliquez précisément le mouvement.
Syllabus d’exercices
Énoncés : Effet gyroscopique
d
x
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Énoncés : Dynamique des systèmes
Dynamique des systèmes
1. La tige OA, de longueur l, de masse m, peut osciller dans le plan
vertical Oxy autour du point fixe O. La tige homogène AB, de
masse 2m et de longueur 2l, est articulée à la première en A et
coulisse (sans frottement) dans le guide (tournant) C. Un couple
de force constante, de moment Γ (voir figure) est appliqué à la
tige AB.
On demande
1) d’écrire l’équation du mouvement
2) de calculer les réactions de liaison en O, A et C, en fonction
de θ.
Γ
y
B
g
2l
ϕ
l
O
C
θ
x
l
A
2. Un axe vertical OO’, auquel est soudée perpendiculairement
une tige AB, tourne à la vitesse angulaire ω. À ce système, de
masse négligeable, est articulée une tige pesante CD, de masse
m et de longueur l (CD est dans le plan OAB). Déterminer, en
partant de l’équation de Lagrange, une relation entre ω, θ, l et g,
lorsque CD est en équilibre relatif.
O’ C
A
l/4
B
l/2
θ
3l/4
ω
D
O
3. Un pendule double constitué de deux tiges homogènes
identiques de masse m et de longueur L se déplace dans un plan
vertical. Un couple de moment donné M(t) est appliqué à la
barre AB dans le plan du mouvement, et un mécanisme agissant
sur la barre BC impose que la vitesse de C reste toujours
parallèle à BC.
Etablir les équations du mouvement par la méthode des
multiplicateurs de Lagrange.
Montrer comment on peut retrouver ces équations en faisant
agir en C une force inconnue F(t) perpendiculaire à BC.
M(t)
A
θ1
B
C
θ2
vC
4. Considérons le mouvement d’un système matériel constitué de
deux solides reliés par un ressort de torsion. Le mouvement est
plan.
Le solide S1 de masse m1 peut se déplacer horizontalement (G1
est situé à une hauteur h constante). Le solide S1 est en contact
avec le sol à l’aide de deux appuis I et J. Le coefficient de
frottement entre le solide S1 et le sol vaut f.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Dynamique des systèmes
Au point A appartenant au solide S1 se trouve une rotule sur laquelle est fixé une tige AB (S2) de longueur 2L et
de masse m2. Un ressort de torsion (R), de masse et d’inertie négligeable, est placé entre les solides S1 et S2 de
telle sorte que l’action du ressort sur S2 est caractérisée un couple en A proportionnel à la raideur de torsion du
ressort, C, et à l’angle d’ouverture.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Déterminer le(s) degré(s) de liberté du système ainsi que les coordonnées généralisées que vous
utiliseriez pour représenter la dynamique du système..
Déterminer la résultante cinétique du système.
Déterminer le moment cinétique en A du système.
Déterminer l’ensemble des forces et couples agissant sur la tige.
Déterminer l’ensemble des équations qui permettront de déterminer les réactions en I, J et A en
fonction des coordonnées définies à la question 1.
Dans le cas où le frottement est nul, déterminer la/les équation(s) de mouvement.
Appliquer le théorème de Lagrange pour trouver la/les équations de mouvement
5. Le mécanisme représenté ci-contre est situé dans un plan
vertical ; les tiges homogènes AB, CD et DE ont une longueur
2l et une masse 2m ; la tige BC est homogène de longueur l et
de masse m ;la tige DE peut coulisser dans le guide non fixe K ;
le coefficient de rappel du ressort est k et sa longueur libre
correspond à la position (θ=0).
En négligeant tout frottement, déterminer
1) l’équation différentielle du mouvement
2) la réaction de liaison en K
3) la réaction de liaison en H
Les réactions de liaisons seront exprimées en fonction de
θ , θɺ, θɺɺ, m, l et g.
6. Une tige homogène AB de masse m et de longueur L se déplace
dans le plan vertical fixe en s’appuyant en B contre un mur
incliné dépoli (coefficient de frottement f). Son extrémité A est
reliée à un ressort de coefficient de rappel k, dont la longueur
libre correspond à ϕ = 0.
Etablir l’équation différentielle du mouvement
1. en utilisant la seule coordonnée de Lagrange ϕ
2. en utilisant les coordonnées de Lagrange ϕ et xA.
M(θ)
A
l
D
l
θ
θ
J
l
H l
l
K
l
E
l
C
B
B
L
C
β
ϕ
O
A
7. Soit le système pesant de trois masses (de masse m, 3m, 5m) et
deux poulies (de rayon R et 2R) ci-contre. Déterminer les
équations du mouvement pour chacune des masses si les
poulies sont assimilées à des disques pleins. Le moment
d’inertie du disque de masse M est I=2mR².
M
3m
m
5m
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Syllabus d’exercices
Énoncés : Dynamique des systèmes
8. Le système comporte deux barres AB et BC homogènes
identiques de masse m et longueur L et un disque homogène de
masse m et de rayon r. Les barres sont articulées en A, B et C
grâce à des liaisons rotoïdes parfaites. Le coefficient de
frottement entre le sol horizontal et le disque est supposé
suffisant pour éviter tout glissement. θ représente l'angle que
fait la direction verticale avec la barre AB. α est l’angle
caractérisant la rotation du disque.
On demande d'établir l'(les) équation(s) du mouvement (en
fonction des paramètres de l’énoncé) par le théorème de
Lagrange en prenant comme coordonnées généralisées α et θ.
9. Les deux branches d’un T symétrique ont même masse m et
même longueur l. Le T, ABC, est articulé en A sur un axe
vertical OZ. Un point pesant P, de masse M peut se déplacer le
long de BC. Le T peut tourner autour de A dans le plan vertical
zOx, qui, lui-même, peut tourner autour de OZ.
Ecrire les équations de Lagrange du système et les intégrales
premières immédiates.
Z
C
P
D
A
θ
B
Que deviennent les équations de Lagrange et les intégrales
premières si à l’aide d’un couple C, on impose
Calculer C.
Y
φɺ =const ?
10. Un élévateur de centre de masse G1 a une masse de 1600 kg
incluant le bras élévateur vertical. La « fourche » avec la charge
a une masse de 900 kg avec un centre de masse G2. Le guide en
B est capable de supporter seulement une force horizontale. La
connexion C est quant à elle capable de supporter une force
horizontale ainsi que de transmettre la force d’élévation
verticale de l’élévateur. Si la fourche a une accélération
verticale vers le haut suffisante pour réduire la force sous les
roues arrière (en A) à zéro, calculer la réaction correspondante
en B.
X
ϕ
x
0.6 m
a
G2
C
0.9 m
B
G1
1.2 m
1.2 m
0.6 m A
11. Le régulateur de Watt
Il s’agit d’un dispositif ancien et ingénieux permettant à un moteur de tourner à vitesse constante malgré les
variations de charge. Référez vous à la figure. La tringlerie tourne à une vitesse proportionnelle à celle du
moteur. Les masselottes (m1 et m2) commandent le moteur : en montant elles diminuent l’admission de
carburant, ce qui tend à diminuer la vitesse du moteur. Une accélération du moteur fait monter les masselottes
ce qui tire le manchon vers le haut, avec, comme conséquence, une diminution de l’admission.
Caractérisation du système :
– Vitesse de rotation constante, notée ω
– Les barres Om1 et Om2 sont rigides, sans masse, de longueur L
– Les articulations en A, A’, B, B’ sont des articulations rotoïdes
– Les articulations A et A’ sont à une distance a de O
– Les barres AB et A’B’ sont rigides, sans masse, de longueur b
– Les deux masselottes sont modélisées comme des masses ponctuelles, de valeur m
– Le manchon est modélisé comme une masse ponctuelle de valeur M pouvant coulisser le long de l’axe.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Dynamique des systèmes
Par malheur il y a eu une erreur au
montage : l’articulation A’ a été mal
placée sur la barre, si bien que le
montage n’est plus symétrique ! Vous
devez donc considérer 2 longueurs
différentes, notées a1 et a2 pour les
segments OA et OA’ ! De ce fait, les
angles formés par les 2 barres avec
l’axe de rotation ne sont donc pas
égaux.
O
g
A
A’
B
m
1.
2.
3.
B’
M
m
Déterminer les degrés de liberté ainsi que les coordonnées que vous utiliserez pour résoudre le
problème.
Déterminer la(les) équations permettant de trouver la ou les équations de mouvement.
Déterminer cette/ces équation(s) de mouvement dans le cas où le système est rééquilibré et que
a1=a2=b
12. On considère le système de bielle manivelle ABCD constitué de 3 tiges homogènes identiques de masse m et de
longueur l chacune. La tige CD subit une force F(θ) donnée et la manivelle est soumise à un couple de force
(agissant dans le plan du système) de moment donné M=M(θ) donné. Le poids des tiges est négligeable.
Déterminer
a) l’équation différentielle du mouvement du système par Lagrange
b) la réaction de liaison exercée en C par la tige CD sur la tige CB (en fonction de θ , θɺ, θɺɺ )
M(θ)
A
B
θ
D
C
F(θ)
13. Un motocycliste démarre en ligne droite avec sa moto sur une route plane avec une accélération ɺxɺ .
On considère en première approximation la moto (sans les roues) et le motocycliste comme un corps rigide
unique de masse M et de centre de gravité G.
Le point G se trouve à une hauteur h de la route tandis que la verticale en G divise le segment O1O2 (joignant les
points de contact des roues avec le sol) en un point D tel que :
O1O2 = L ; O1D = L / 3 ; O2D = 2L / 3
Chacune des roues est parfaitement équilibrée, a une masse m, un rayon extérieur r et un rayon de giration
central i. Le moteur exerce sur la roue arrière un couple C par l'intermédiaire des organes de transmission. On
demande d'exprimer en fonction des données du problème :
1. les composantes horizontales des forces de liaison (Fl1x; Fl2x)
2. les composantes verticales des forces de liaison (Fl1y; Fl2y)
3. l'accélération maximum ɺxɺ max et le couple moteur correspondant Cmax pour lesquels la moto démarrera
en se cabrant, la roue avant décollée du sol (on supposera le coefficient de frottement suffisant pour
éviter tout glissement).
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Dynamique des systèmes
14. Dans le plan vertical, une plaque carrée de masse M et de côté H peut glisser sans frottement horizontalement.
La barre homogène AB, de masse m et de longueur L peut tourner sans perte autour de la liaison rotoïde en A. Le
ressort horizontal CD relie le point C du bâti au point D du solide, à une hauteur h (=GD). La rigidité de ce
ressort vaut k et sa longueur au repos vaut OA.
En prenant l'angle θ pour paramètre de configuration du système :
B
g
L
E
D
θ
A
H
F
C
G
O
1. Déterminer l’énergie cinétique et l’énergie potentielle de la barre en fonction des degrés de liberté du
système.
2. En fonction des coordonnées utilisées à la question 1, déterminer la ou les équations de mouvement du
système
15. Le problème est plan (2-D). Le système, constitué de deux corps, est soumis à l’effet de la gravité suivant 3 : (a)
corps n1 : benne supportée par deux rouleaux. Les rouleaux, de masse et d’inertie négligeables, permettent à la
benne de “glisser” horizontalement sans frotter sur un sol plat. Le profil de la partie interne de la benne est
circulaire de centre A
- masse M., inertie I
- distance AB = L
(b) corps n2 : disque de rayon a et de centre B. En cours de mouvement, ce disque roule sans glisser à l’intérieur
de la benne
disque de masse homogène m
disque de rayon a.
Déterminer la (ou les) équation(s) décrivant le mouvement par la méthode des multiplicateurs de Lagrange.
Déterminer la (ou les) réaction(s) de laison entre le disque et la benne.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Dynamique des systèmes
x2
x1
A
ϕ
x3
B
Q
I
z1
z3
z2
16.
y
ω
A
x
θ
Un disque de rayon L/4 tourne à la vitesse angulaire constante ω autour de son
axe placé verticalement, suivant l’axe y. Une tige mince homogène AB de masse
m et de longueur L est articulée en un point A de la périphérie du disque de
manière à pouvoir osciller dans le plan vertical tournant x,y.
Déterminer l’équation différentielle du mouvement. θɺɺ = f (θ )
Déterminer les composantes de la réaction de liaison exercée en A par le disque sur
la tige en fonction de θ et θɺ
Si la tige est lâchée sans vitesse initiale relative dans la position où θ = 60°,
déterminer entièrement, uniquement en fonction des données du problème, toutes
les composantes de réaction de liaison en A pour θ = 90.
B
17. Le piston du système bielle-manivelle est réalisé à partir de deux solides identiques S1 et S2 de masse m et de
centres de gravité G1 et G2 respectivement. Les deux parties du piston glissent sans perte sur une glissière
horizontale et sont reliées l'une à l'autre grâce à un ressort de raideur K et longueur initiale l, et à un amortisseur
de constante C. La bielle et la manivelle sont des barres homogènes de longueur identique l mais la masse de la
bielle est négligeable tandis que la masse de la manivelle vaut m. Toutes les liaisons sont sans perte.
On demande les équations du mouvement du système mécanique.
18. Une tige homogène pesante AB, de masse m et de
longueur L, est fixée en A et subit à son extrémité libre
B une force F qui lui est perpendiculaire et dont la
norme est constante. Elle s’appuie sur un disque
circulaire de masse 2m, de rayon R et de centre C de
manière telle qu’il y a roulement sans glissement entre
les deux solides, alors que le disque peut se déplacer
sans frottement sur l’Horizontale passant par A (le
système est dans un plan vertical fixe).
F
B
C
θ
A
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1.
2.
Syllabus d’exercices
Énoncés : Dynamique des systèmes
Ecrire une intégrale première du mouvement de la tige en justifiant la méthode utilisée.
ɺ ɺɺ
Déterminer la réaction de liaison exercée par la tige sur le disque (en fonction de θ , θ et θ )
19. Le système pesant, représenté ci-dessous, reste constamment
dans le plan vertical fixe ZOX. La barre AB, de longueur 2L et
Z
de masse M, est articulée en B au cadre GKLH et en A à une
S
A
2L K
glissière qui peut coulisser le long de la verticale OZ. Le seul
L
mouvement que peut subir le cadre est un glissement sur
B
a
θ
l’horizontale OX. La barre SF, de longueur a, et de masse m,
ϕ
est articulée au point S du cadre de manière à pouvoir osciller
F
D
librement. Le ressort CD, de longueur nulle au repos et de
C
X
constante de rappel k, reste toujours horizontal. Il relie le cadre
O
G
H
au point C de l’axe OZ.
On néglige les frottements et la masse du cadre. On suppose que les barres sont homogènes et que θ peut varier
de 0° à 90°.
1. Calculez la fonction Lagrangienne du système.
2. Ecrivez les équations de Lagrange
3. Y a-t-il conservation de l’énergie mécanique ? Justifiez votre réponse.
20.
L
L/2
O
O
θ
B
u
A
v
B
Fig. 2
Fig. 1
Un individu situé au milieu d'une trappe qui se dérobe sous lui, commence-t-il par glisser ou ses pieds
décollent-ils par rapport à la trappe qui tombe ?
A
Pour répondre à cette question, la modélisation suivante est utilisée. Une tige supposée homogène OA de masse
m et de longueur L, porte en son centre une masse considérée comme ponctuelle B, également de masse m. Le
coefficient de frottement entre la tige et la masse vaut f. Initialement, la tige est maintenue horizontale grâce à
un fil qui maintient la barre en A (Figure 1). Au temps t = 0, on coupe le fil.
1. Si on se place dans l'hypothèse où, durant la chute, la masse reste solidaire de la tige (Figure
2), on demande :
a) d'exprimer l'équation différentielle du mouvement de l'ensemble (tige + masse);
b) d'exprimer les forces de liaison exercées par la tige OA sur la masse B en fonction de l'angle θ
entre la tige et l’horizontale;
2. En déduire les conditions pour lesquelles il y aurait rupture d'équilibre entre la masse et la
tige soit par glissement, soit par décollement. Pour chacun des cas, déterminer l'angle θmax
correspondant. Préciser si l’individu va d’abord glisser ou décoller.
21. Un téléphérique comporte un bogie B de masse m et d’inertie IC autour de son centre de gravité C. Les galets du
bogie (dont les masses et les inerties sont négligeables) roulent sans glisser sur le câble porteur, faisant un angle
α avec l'horizontale (H1 et H2 ≡ points de contact galet/câble). Le bogie B est tracté via un second câble par le
moteur fixe placé en A. Le moteur exerce un couple Cm sur une poulie de rayon r dont on néglige la masse et
l'inertie.
L’ensemble T, composé de la cabine du téléphérique et de l’axe CE, de masse M et d'inertie IE (autour du point
E), est articulé en C par rapport au bogie B. Le centre de gravité de l’ensemble T correspond au point G.
|CG| = d, |GE| = a.
On notera x l'avancement du bogie sur le câble porteur et θ l'angle que fait l’axe du téléphérique par rapport à la
verticale.
On demande d’écrire l’équation du mouvement
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Syllabus d’exercices
Énoncés : Dynamique des systèmes
22. Un cycliste grimpe une pente d'angle θ. L'ensemble constitué par le cadre du vélo et le cycliste est considéré
comme un solide indéformable S, de masse M et de centre de gravité G. La roue arrière a une masse M’, un
rayon R’, et son centre de gravité est en D sur l'axe de rotation de la roue arrière par rapport au cadre; idem pour
la roue avant (M’, R’) autour de E (seule la contribution de la masse circonfèrencielle des roues est prise en
compte pour leurs propriétés d'inertie).
Le plateau du pédalier S" sur lequel le cycliste exerce un couple C a un rayon R"; ce plateau tourne par rapport
au cadre autour du point O (la masse du plateau est considérée comme négligeable). La roue arrière est entraînée
par l'intermédiaire d'une chaîne (supposée inextensible et sans poids) reliant le plateau du pédalier S" avec le
pignon de la roue arrière, de centre D et de rayon R (ce pignon de masse négligeable est solidaire de la roue
arrière).
Autres données (pas toutes nécessairement utiles...) :
- La distance entre les points A et B de contact des roues vaut 3R’. Le point G, centre de gravité de S se trouve
à une hauteur du sol égale à H, AG’ étant égal à R’ (G’est la projection de G sur le sol);
- Toutes les liaisons sont sans perte.
Déterminer la (ou les ) équation(s) différentielle(s) du mouvement.
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23.
ωS
s4
R
ωs1
z
z1
2r r
s1
S
s3
l
2l
s2
L
Un carrousel peut être modélisé de la manière suivante : La base est représentée par un disque, de masse M et de
rayon R tournant à la vitesse angulaire ωS. A une distance L du centre de ce disque sont placés 4 nacelles (s1 à
s4) modélisées à l’aide de cylindre creux de masse M/8, de rayon extérieur 2r et de rayon intérieur r (r =R/4) et
d’épaisseur 2l. Chacune de ces nacelles a une vitesse angulaire propre de ωsi autour de l’axe zi passant par son
centre. Le centre des nacelles est placé à une distance L du centre du disque.
1. Calculer le moment d’inertie de l’ensemble par rapport à l’axe z, et exprimer votre réponse en fonction
des données M, R et L.
2. Si un couple moteur M entraîne le disque S, déterminer la (les) équation(s) différentielle(s) qui définissent
le mouvement.
24. Super Canard (assimilé à une masse ponctuelle) est tombé dans de la
kryptonite , il ne sait donc plus voler et souhaite utiliser une catapulte
pour se propulser. La catapulte (tout frottement négligeable) est constituée
de :
• Une poutre homogène de longueur L et de masse M.
• Super Canard de masse m est situé au bout de la poutre, dans une
nacelle de taille et de masse négligeable.
π
• Un ressort spiral C d’angle libre ϑ = et de raideur angulaire k
2
permet d’activer la catapulte
Il est demandé de :
1. Déterminer l’énergie totale E du système ;
2. Ecrivez, si elle existe, une intégrale première de l’énergie (Avant
qu’il ne quitte la nacelle). Dans ce cas existe-t-il une forme de
cette intégrale première indépendante de l’angle ϑ ? Si oui,
écrivez-la ;
3. Déterminer la condition sur ϑɺɺ pour que Super Canard quitte la
nacelle; Expliquer en quelques mots physiquement le résultat
obtenu ;
Déterminer la vitesse de Super Canard à l’instant où il quittera la nacelle si
π
l’on décide de mettre une butée en ϑ = .
4
ϑ
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Énoncés : Dynamique des systèmes
25. Soit, la balançoire présentée figure 1 composée d’une bille de
centre de masse (x,y), de masse m1 et roulant sans glisser avec une
vitesse angulaire ϕɺ sur une plaque inclinée. En son centre est
accrochée une barre de longueur l et de masse m2 ; elle peut
balancer avec un angle ϑ . Une barre perpendiculaire, de longueur
h et de masse m3 y est accrochée en son centre. En travaillant
dans le repère x,y ; il est demandé de :
a)
1.
2.
Déterminer le système d’équations du
mouvement en utilisant les multiplicateurs de
Lagrange dans le cas où la pente suit la relation :
x
y=
2.
b) Dans le cas où (figure 2) :
L’on place le système sur une plaque horizontal ;
L’on rajoute un ressort de raideur k et de longueur libre R entre
le centre de la bille et le mur ;
- Déterminer les relations dont vous aurez besoin pour
caractériser le système.
- Donner le système d’équations différentielles du
mouvement dans ce cas.
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Corrigés
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
Cinématique du solide, cinématique instantanée, CIR
Formulaire
Distribution des vitesses : v A = vB + ω × BA
(
Distribution des accélérations : a A = aB + ε × BA + ω × ω × BA
)
Distribution des vitesses et accélérations
1.
v cos β = v A cos θ
vB = v A + ω AB × AB =>  B
vB sin β = −v A sin θ + ω AB L
y
A
2


v 
1
v A sin θ ± vB 1 −  A  cos 2 θ 

L 
 vB 


Les deux valeurs de ω AB correspondent aux deux directions de
L
ω AB =
vA
θ
vB
vB possibles : en ± β ; confondues lors de l’élévation au carré.
L’unique solution correspondante au schéma est donc :
2


 vA 
1
ω AB =
v A sin θ + vB 1 −   cos 2 θ 

L 
 vB 


2.
β
B
x
3L
3L
L

L

AG =  cosθ +
cos (θ + α )  1x +  sin θ +
sin (θ + α )  1y
2
8
2
8




Par dérivation des coordonnées dans le repère Axy
d AG  L
3L
3L

L

=  − sin θθɺ −
sin (θ + α )θɺ  1x +  cosθθɺ +
cos (θ + α )θɺ  1y
dt
8
8
 2

2

dv
3L
L
3L
 L

aG = G =  − cosθθɺ2 −
cos (θ + α )θɺ 2 − sin θθɺɺ −
sin (θ + α )θɺɺ 1x
dt
8
2
8
 2

vG =
3L
L
3L
 L

sin (θ + α )θɺ 2 + cosθθɺɺ +
cos (θ + α )θɺɺ 1y
+  − sin θθɺ2 −
2
8
2
8


Par la méthode des distribution des vitesse dans le repère Axy (ω = θɺ 1 )
AG
z
L
3L
3L

L
 
vG = vA + ω AG × AG = θɺ 1z ×   cos θ +
cos (θ + α )  1x +  sin θ +
sin (θ + α )  1y 
8
8

2
 
 2
ɺɺ
a = a + ω × ω × AG + ε × AG avec ε = θ 1
G
A
AG
(
AG
)
AG
AG
z
Mouvement instantané
3. ω = 6 rad / sec 1 => ε = 0 ; ω = ω 1 => ε = ε 1 ; ω = ω 1 => ε = ε 1
AB
z
AB
BC
BC z
BC
BC z
CD
CD z
CD
CD z
1
3 
vB = v A + ω AB × AB = ω AB LAB  1x −
1y 
2

2



1
3 
vC∈BC = vB + ω BC × BC = ω AB LAB  1x −
1y  + ωBC LBC 1y 

1 LAB
3 LAB
2

2
ω AB ; ωBC = 2
ω AB

ωCD =


3 LBC
3 LCD
 => 

3
1 


−1
−1
vC∈CD = vD + ωCD × DC = ωCD LCD  −
1 − 1
ωCD = −2,165 s 1z ; ω BC = 5, 773 s 1z

 2 x 2 y 



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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
 3
1 
aB = a A + ω AB × ω AB × AB + ε AB × AB = ω AB × ω AB × AB = ω 2 AB LAB 
1 + 1
 2 x 2 y 




3
1
aC∈BC = aB + ω BC × ω BC × BC + ε BC × BC = ω 2 AB LAB 
1 + 1 − ω 2 BC LBC 1x + ε BC LBC 1y
 2 x 2 y 


(
)
(
(
)
)
1

3 
3
1 
aC∈CD = aD + ωDC × ω DC × DC + ε DC × DC = ω 2CD LCD  1x −
1y  + LCD ε DC  −
1x − 1y 
2


2
2 


 2

 3 2
2 3 1
1
ω AB LAB − ω 2 BC LBC − ω 2CD LCD 
ε DC = − 
2

 2
 3 LCD


1  1 2
3 2
1

ε BC = L  − 2 ω AB LAB − 2 ω CD LCD + 2 LCDε DC 
BC 


(
)

 3 1
4 1
1 1  2 3 L2 AB 2
ω AB => ε DC = 9, 073 s −2 1z
−
−
ε DC = − 

2
L
3
L
6
L
3
L

AB
BC
CD
CD



2



1  1 2
3  1 LAB
1

 => ε BC = −26, 4618 s −2 1z
L
L
L
ε
=
−
−
−
ε
ω
ω


BC
AB
AB
AB
CD
CD
DC


LBC  2
2  3 LCD
2




4.
2.b) Graphiquement
1.) Solide BC : vB = vC + ΩBC × CB
Solide AB : vB = vA + ΩAB × AB
IAB
(
ΩABxAB
)
vC . 1AB + ( Ω BC × CB ) . 1AB = vB . 1AB = v A . 1AB + Ω AB × AB . 1AB = v A . 1AB
vB
0.6m / s 1x. 1AB − Ω BC 0.4m 1y . 1AB = 1.2m / s 1x. 1AB
3
4
=> 1x. 1AB = cos α =
5
5
= −2 s −1 1z et Ω AB = +2s −1 1z
B
α α
vC
ΩBCxBC
C
vA
vC
1y . 1AB = sin α =
=> Ω BC
ou tgα =
vc
3
=
=> Ω BC = 2 s −1
4 Ω BC BC
2.a) Analytiquement
OI = x 1x + y 1y
vB = 0,6 1x + 0,8 1y m / s = Ω BC × I BC B avec  BC
 x = 0 car I BC ∈ OC
vC = 0,6 m / s 1x = Ω BC × I BC C = 2(0,3 − y )1x => y = 0
OI AB = x ' 1x + y '1y

vB = 0,6 1x + 0,8 1y m / s = Ω AB × I AB B avec  x ' = −0, 4 − 0,5cos α
 x ' = −0,8 car I ∈⊥ v
BC
A

vA = 1,2 m / s 1x = Ω AB × I AB A = 2 y ' => y ' = 0,6
α
O IBC
vA
A
1. construction de v A et vC horizontaux
2. reporter les deux vitesses en B pour faire
la composée des vitesses
vB = vC + Ω BC × CB

⊥ CB
=> 
× AB
vB = v A + Ω
AB

⊥ AB
3. l'intersection des deux droites pointillées rouges
nous donne vB
4. Comme vA =2 vC , nous avons un trangle isocèle
l'angle est connu α car Ω AB × AB
⊥ AB
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
5. OS Horizontal : (AS est parallèle à l’axe y)
3
3
1
DC.sin 60 − EA.sin 60 = CA.sin 30 => 6.
− 4.
= 3 = CA. => AC = 2 3 m
2
2
2
ɺ
ɺ
Vitesse angulaire de la barre DC : θ = 3 rad/s 1z et ϕ ?
D
60°
6
v A = vE + θɺ 1z × EA = 4θɺ 1y et vC = vD + ωDC × DC = 6ϕɺ m/s 1y =>
0
0
.
ϕ
60°
=> ϕɺ = 2 rad/s 1z
.
θ
A
x
3
30°
30°
S
(
4
C
vC // v A et concourante => vC = v A (solide indéformable)
=> le triangle est en translation instantanée => ω AC = 0
Vitesse et accélération du point S
y
E
O
B
)
vS = vC = v A = 12 m/s 1y et aS = aA + ε SA × AS + ωSA × ωSA × AS = aA + ε SA × AS
(
)
(
)
× AC + ω × (ω × AC ) = − EA θɺ² 1 +
a A = aE + ε AE × EA + ω EA × ωEA × EA = ωEA × ω EA × EA = −ω EA ² EA = − EA θɺ ² 1x = −4θɺ² 1x
a
= a A + ε AC
AC ε AC 1x
AC
AC
x
 C (C∈AC )

=0

 aC (C∈AD ) = aD + ε DC × DC + ωDC × ω DC × DC = DC ε DC 1y − DC ϕɺ ² 1x

=0

EA θɺ ² − DC ϕɺ ² 4.3² − 6.2²
=> ε DC = 0 et − EA θɺ² + ε AC AC = − DC ϕɺ ² => ε AC =
=
= 2 3 m/s²1z
2 3
AC
(
)
3 

=> aS = a A + ε SA × AS =  −4θɺ² + 2 3.
 1x = 12 −3 + 3 1x
sin
30 

(
6.
vB =
(
)
r
π 1x ω BC = −π rad/s1z ; ωOA = −ωOA 1z et ω BA = −ωBA 1z
2
v A = vO + ωOA × OA = 2rωOA 1x + rωOA 1y


r
r

v A = vB + ωBA × BA =  π + ωBA  1x + 3rωBA 1y
2
2



=> ωOA = 3ωBA ; ωBA = −
π
11
rad/s 1z et ωOA
3π
=−
rad/s 1z
11
3π
.6r 1x
11
18π r
vE = vD + ωDE × DE =
1x + 2rωDE 1x + 2 3rωDE 1y = vE 1x
11
18π r
=> ωDE = 0 (barre en translation instatanée) et vE =
1x
11
vD = vO + ωOA × OD =
)
y
4r
2r
6r
r/2
2r
r
x
r
2r
I
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
Mouvement relatif
7.  1 = cosθ 1 + sin θ 1
x
X
Y

 1y = − sin θ 1X + cosθ 1Y et ω = ω 1z

 1z = 1z

dO ' C
=λɺ 1x
vC − rel =
dt
vC = vC − rel + vC − entr avec 
rel

v
=
v
+
× O ' C = 0 + λω 1y
ω
O'
 C −entr
aC = aC − rel + aC −entr + aC − cor
Z
λ
C
O’
Y
X
θ
x

ɺɺ
aC − rel = λ 1x

avec aC −cor = 2ω × vC − rel = 2ω 1z × λɺ 1x = 2ωλɺ 1y

2
aC −entr = aO ' + ωT × ωT × O ' C + εT × O ' C = 0 − λω 1x + 0

=> aC = λɺɺ1x − λω 2 1x + 2ωλɺ 1y
(
)
8.  1 = cos θ 1 + sin θ 1
 1x = cos θ 1x ' − sin θ 1z '
x'
x
z


et  1y = 1y '
 1y ' = 1y


 1z ' = − sin θ 1x + cos θ 1z
 1z = sin θ 1x ' + cos θ 1z '
Z
z
C
P
D
A
θ
z’
x’
θ
B
Y
x
X
ϕ
x
Cinématique (formule de distribution des vitesses) avec les vecteurs exprimés dans le repère x’y’z’ :
a. ωT = sin θφɺ 1x ' − θɺ 1y ' + cos θφɺ 1z ' et ω x ' y ' z '/ XYZ = ωT = sin θφɺ 1x ' − θɺ 1y ' + cos θφɺ 1z '
=> εT =
d ωT
dt
(
)
(
)
ɺ ɺ + sin θφɺɺ 1 − θɺɺ1 + cosθφɺɺ − sin θθφ
ɺɺ 1
+ ω x ' y ' z '/ XYZ × ωT = cos θθφ
x'
y'
z'
rel
AD = − L 1z '
vD = v A + ωT × AD = 0 + Lθɺ 1x ' + L sin θφɺ 1y '
(
)
(
)
(
)
(
)
ɺ ɺ + sin θφɺɺ 1 + L sin 2 θφɺ 2 + Lθɺ 2 1
aD = a A + ωT × ωT × AD + εT × AD = L θɺɺ − sin θ cos θφɺ2 1x ' + L 2 cos θθφ
y'
z'
b.
AP = λ 1x ' − L 1z '
(
)
vPentr = vD + ωT × DP = Lθɺ 1x ' + L sin θφɺ + λ cos θφɺ 1y ' + λθɺ 1z ' et vPrel = λɺ 1x '
(
)
(
)
=> vP = Lθɺ + λɺ 1x ' + L sin θφɺ + λ cos θφɺ 1y ' + λθɺ 1z '
Cinématique (formule de distribution des vitesses) avec les vecteurs exprimés dans le repère xyz :
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Mécanique Rationnelle 2
a.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
dω2
dt
ωT = −θɺ 1y + φɺ1z ; ωxyz / XYZ =φɺ1z => ε T =
ɺ ɺ1 − θɺɺ1 + φɺɺ1 ;
+ ωxyz / XYZ × ωT = θφ
x
y
z
rel
AD = L sin θ 1x − L cos θ 1z
vD = v A + ωT × AD = L cos θθɺ 1x + L sin θφɺ 1y + L sin θθɺ 1z
(
)
 L cos θθɺɺ − L sin θφɺ2 − L sin θθɺ 2 1
x


ɺ ɺ + L sin θφɺɺ 1
aD = a A + ωT × ωT × AD + ε T × AD =  + 2 L cos θθφ
y

2
 + L cos θθɺ + L sin θθɺɺ 1z

(
)
(
)
(
b.
)
AP = ( L sin θ + λ cos θ ) 1x + ( − L cos θ + λ sin θ ) 1z
vPentr = v A + ω xyz / XYZ × AP = ( L sin θ + λ cos θ ) φɺ 1y
vPrel =
d AP
dt
(
)
(
)
= L cos θθɺ + λɺ cos θ − λ sin θθɺ 1x + L sin θθɺ + λɺ sin θ + λ cos θθɺ 1z
rel − xyz
(
)
(
)
(
)
=> vP = L cos θθɺ − λ sin θθɺ + λɺ cos θ 1x + L sin θφɺ + λ cos θφɺ 1y + L sin θθɺ + λ cos θθɺ + λɺ sin θ 1z
Par dérivation des vecteurs dans le repère x’y’z’ :
a. ω
= sin θφɺ 1 − θɺ 1 + cos θφɺ1
x ' y ' z '/ XYZ
x'
y'
AD = − L 1z ' => A fixe : vD =
z'
d AD
+ ω x ' y ' z '/ XYZ × AD = 0 + L sin θφɺ1y ' + Lθɺ 1x '
dt rel vDentr
vDrel
aD =
d vD
dt
(
rel
AP = λ 1x ' − L 1z ' => vP =
aP =
dvP
dt
)
(
)
(
)
ɺ ɺ + sin θφɺɺ 1 + L sin 2 θφɺ2 + θɺ2 1
+ ω x ' y ' z '/ XYZ × vD = L θɺɺ − sin θ cos θφɺ2 1x ' + L 2 cos θθφ
z'
y'
(
)
(
)
d AP
+ ω x ' y ' z '/ XYZ × AP = Lθɺ + λɺ 1x ' + λ cos θφɺ + L sin θφɺ 1y ' + λθɺ 1z '
dt rel
+ ω x ' y ' z '/ XYZ × vP =
rel
(
(
)
)
 Lθɺɺ + λɺɺ − λ cos 2 θ + L cos θ sin θ φɺ2 − λθɺ 2 1
x'


ɺ ɺ + ( λ cos θ + L sin θ ) φɺɺ − λ sin θθφ
ɺɺ 1
+ 2λɺ cos θφɺ + ( −λ sinθ + 2 L cos θ ) θφ
y'

ɺ ɺ + Lθɺ 2 + λ sin θ cos θ + L sin 2 θ φɺ2 1
+ λθɺɺ + 2λθ
z'

= φɺ 1
Par dérivation dans les axes xyz: ω
(
)
(
) )
(
xyz / XYZ
z
d AD
+ ωxyz / XYZ × AD = L cos θɺ 1x + L sin θφɺ1y + L sin θθɺ 1z
dt rel
AD = L sin θ 1x − L cos θ 1z => vD =
Par dérivation des vecteurs dans le repère xyz :
ω xyz / XYZ = φɺ 1z
AD = L sin θ 1x − L cosθ 1z => vD =
d AD
dt
+ ω xyz / XYZ × AD = L cos θθɺ 1x + L sin θφɺ 1y + L sin θθɺ 1z
rel
(
d vD
aD =
dt
+ ω xyz / XYZ
rel
)
 L cos θθɺɺ − L sin θθɺ 2 + L sin θφɺ 2 1
x


ɺ
ɺ
ɺɺ
× vD = + 2 L cosθθφ + L sin θφ 1y

+ L cosθφɺ 2 + L sin θθɺɺ 1z

(
(
)
)
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Mécanique Rationnelle 2
b.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
AP = ( λ cos θ + L sin θ ) 1x + ( λ sin θ − L cos θ ) 1z
(
d AP
vP =
+ ω xyz / XYZ
dt rel
aP =
d vP
dt
)
 −λ sin θθɺ + λɺ cos θ + L cos θθɺ 1x


× AP = + λ cos θφɺ + L sin θφɺ 1y

+ λ cos θθɺ + λɺ sin θ + L sin θθɺ 1z

(
(
)
)
+ ω xyz / XYZ × vP
rel
(
)
 λɺɺ cos θ − 2λɺ sin θθɺ + ( L cos θ − λ sin θ ) θɺɺ − ( λ cos θ + L sin θ ) θɺ2 − ( λ cos θ + L sin θ ) φɺ2 1
x


ɺɺ 1
= + ( λ cos θ + L sin θ ) φɺɺ + 2λɺ cos θφɺ + ( 2 L cos θ − 2λ sin θ ) θφ
y

+ 2λɺ cos θθɺ + λɺɺ sin θ + ( L cos θ − λ sin θ ) θɺ 2 + ( λ cos θ + L sin θ ) θɺɺ 1z

Utilisation des formules du mouvement relatif dans le repère x’y’z’ :
D = origine du repère mobile (ω x ' y ' z '/ XYZ = sin θφɺ 1x ' − θɺ 1y ' + cos θφɺ 1z ' = ωT )
(
)
(
)
(
)
(
)
ɺ ɺ + sin θφɺɺ 1 − θɺɺ1 + cos θφɺɺ − sin θθφ
ɺɺ 1
=> ε T = cos θθφ
x'
y'
z'
b.
vP = vP − rel + vP −entr

d DP
 vP − rel =
= λɺ 1x '
dt

avec
rel − x ' y ' z '

 vP −entr = vD + ωT × DP = Lθɺ 1x ' + L sin θφɺ + λ cos θφɺ 1y ' + λθɺ 1z '

+ aP −cor avec
(
aP = aP − rel + aP − entr
a
= λɺɺ1
P − rel
x'
(
)
)
ɺ ɺ1
aP −cor = 2ω x ' y ' z '/ XYZ × vrel = 2 sin θφɺ 1x ' − θɺ 1y ' + cos θφɺ 1z ' × λɺ 1x ' = +2λɺ cos θφɺ 1y ' + 2θλ
z'
(
)
ɺ ɺ + sin θφɺɺ) 1 + L sin θφɺ + Lθɺ 1
 L (θɺɺ − sin θ cos θφɺ ) 1 + L ( 2 cos θθφ
(
)


ɺ ɺ 1 − λθɺ 1 + λ cos θ sin θφɺ 1 − λ cos θφɺ 1
=  + ( −λ sin θθφ
) (
)

aP − entr = aD + ωT × ωT × DP + εT × DP avec DP = λ 1x '
2
aP − entr
y'
(
x'
2
2
y'
2
x'
z'
2
2
2
2
z'
x'
)
ɺɺ 1
 + λθɺɺ1z ' + λ cos θφɺɺ − sin θθφ
y'

(
) )
(
 λɺɺ + Lθɺɺ − λθɺ 2 − L sin θ cos θ + λ cos 2 θ φɺ 2 1
x'


ɺ ɺ + ( L sin θ + λ cos θ ) φɺɺ − λ sin θθφ
ɺɺ 1
aP = + 2λɺ cos θφɺ + ( 2 L cos θ − λ sin θ )θφ
y'

ɺ ɺ + λ cos θ sin θ + L sin 2 θ φɺ 2 + Lθɺ 2 + λθɺɺ 1
+ 2θλ
z'

Par l’utilisation des formules du mouvement relatif dans le repère xyz :
A = origine du repère mobile xyz (ω1 = ω xyz / XYZ = φɺ 1z )
(
(
)
(
)
)
AP = ( L sin θ + λ cos θ ) 1x + ( λ sin θ − L cos θ ) 1z
vP = vP − rel + vP − entr

d AP
= L cos θθɺ + λɺ cos θ − λ sin θθɺ 1x + λɺ sin θ + λ cos θθɺ + L sin θθɺ 1z
 vP − rel =
dt
avec 
rel

ɺ
 vP − entr = v A + ω1 × AP = ( L sin θ + λ cos θ ) φ 1y
(
)
(
)
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
aP = aP − rel + aP −entr + aP −cor avec
(
)
)

 +λɺɺ cos θ − 2λɺ sin θθɺ − ( L sin θ + λ cos θ ) θɺ 2 + ( L cos θ − λ sin θ ) θɺɺ 1
x


a
=
 P − rel  ɺɺ
+ λ sin θ + 2λɺ cos θθɺ + ( L cos θ − λ sin θ )θɺ 2 + ( λ cos θ + L sin θ ) θɺɺ 1z



ɺ ɺ + λɺ cos θφɺ 1
aP − cor = 2ωxyz / XYZ × vP − rel = 2 ( L cos θ − λ sin θ )θφ
y

aP − entr = a A + ω1 × ω1 × AP + ε1 × AP = − ( L sin θ + λ cos θ ) φɺ2 1x + ( L sin θ + λ cos θ ) φɺɺ1y



 +λɺɺ cos θ − 2λɺ sin θθɺ − ( L sin θ + λ cos θ )θɺ 2 − ( L sin θ + λ cos θ ) φɺ2 + ( L cos θ − λ sin θ ) θɺɺ 1
x


ɺ ɺ + ( L sin θ + λ cos θ ) φɺɺ 1
aP =  +2λɺ cos θφɺ + ( 2 L cos θ − 2λ sin θ )θφ
y

+ λɺɺ sin θ + 2λɺ cos θθɺ + ( L cos θ − λ sin θ ) θɺ 2 + ( λ cos θ + L sin θ )θɺɺ 1z

(
(
(
)
)
(
)
(
)
(
)
9. L’angle θ représente l’inclinaison de l’avion. Le point C se déplace horizontalement (vC et aC), le point B subit
une rotation autour du point C (vrel-C) et une translation horizontale (ventr=vC). Le point A possède une vitesse
d’entraînement (ventr) et une vitesse relative (vrel-A). La vitesse d’entrainement de A peut être calculée par la
formule des distributions des vitesses en considérant que A est fixe dans l’avion (dans son repère relatif) et donc
la longueur AB est constante.
ω = ω 1z = θɺ 1z , α = ωɺ 1z ; r = x 1x , vrel = xɺ 1x , arel = ɺɺ
x 1x
dvc
(où vc est la vitesse instantanée)
dt
vB = vC + ω × CB = vC + ω 1z × h 1y = (vC cos θ − ω h)1x − vC sin θ 1y
vC = vC (cos θ 1x − sin θ 1y ) et aC = aC (cos θ 1x − sin θ 1y ) ≠
aB = aC + ε × CB + ω × (ω × CB ) = ( aC cos θ − α h) 1x − ( aC sin θ + hω ² ) 1y
v A = vB + ω ×BA + vrel = (vC cos θ − ω h+ xɺ )1x + (ω L − vC sin θ ) 1y
a A = aB + ε ×BA + ω × (ω ×BA ) + 2 (ω × vrel ) + arel
aa ,cor
a A ,entr
a A = ( aC cos θ − α h− Lω ² + ɺɺ
x ) 1x + ( − aC sin θ − hω ² + Lα + 2ω xɺ ) 1y
10. 1.
vC =
d
d
OC = OC + ω XYZ / xyz × OC
dt
dt
abs
rel
3L
3L
cos θ 1X + sin θ 1Z ; ω XYZ / xyz = −φɺ1Y
2
2
3L
3L
 3L
  3L
vC =  − sin θθɺ 1X +
cos θθɺ 1Z  +  φɺ cos θ 1Z − φɺ sin θ 1X
2
2
2
2

 
OC =
2. vC =
aC =
vA
v Arel + v Aentr
aA
+
ω
 3L ɺ ɺ
θ + φ ( − sin θ 1X + cos θ 1Z )
=
 2
(
)
× AC
(θɺ −φɺ ) 1Y
a Arel + a Aentr + a Acor
+
ε
(θɺɺ−φɺɺ) 1Y
× AC +


 × ω × AC 


(θɺ −φɺ ) 1Y  (θɺ −φɺ) 1Y

ω
3. C décrit un cercle de rayon 3L/2 à la vitesse angulaire − (θɺ + φɺ) 1Y
4. Rotation instantanée, vitesse angulaire θɺ 1Y autour de I1Y, où I1 est le sommet du rectangle AOBI1.
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Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
5. a) Si θɺ ≠ φɺ : rotation instantanée de vitesse angulaire (θɺ − φɺ ) 1Y autour de IY où I est tel que
(
(
)
)
vC = vI + ω AB × IC => ω AB × vC = ω AB × ω AB × IC = ω AB .IC ω AB − ω AB 2 IC => CI =
⊥
ω AB × vC
2
ω AB
3L θɺ + φɺ
θɺ + φɺ
CI =
cos θ 1X + sin θ 1Z ) =
CI1 où I1 est le "CIR" relatif dans les axes OXYZ
(
2 θɺ − φɺ
θɺ − φɺ
 θɺ + φɺ
θɺ + φɺ
si ɺ ɺ > 1 : I est au delà de I1 ; si 0< ɺ ɺ < 1 : I est entre C et I1 ;
θ −φ
 θ −φ

ɺ
ɺ
θ +φ
θɺ + φɺ
si -1< ɺ ɺ < 0 : I est entre O et C ; si ɺ ɺ < −1 : I est au delà de O ; si θɺ = −φɺ : I est en C ;
θ −φ
θ −φ


ɺ
ɺ
θ +φ

si φɺ = 0 : I est en I1 ; Si θɺ = 0 
= −1 : rotation continue de vitesse angulaire −φɺ 1Y autour de O
ɺ − φɺ
θ



7
=> AN : CI = CI1
3
ɺ
ɺ
b) si θ = φ : translation instantanée de vitesse instantanée vC =v A =3Lθɺ ( − sin θ 1X + cos θ 1Z )
( )
CIR
11. a. v = v + ω × OA = ω × OA = −ω r 1 
A
O
x
 => ω = ω CB
vB = vC + ω CB × CB = −ω CB r 1x

Les vitesses vA et vB sont parallèles. Comme la barre AB est
indéformable, elle subit une translation curviligne
instantanée donc les vitesses de A et B doivent être égales.
b. v = v + ω '× IA = ω '× IA = −ω ' 2r 1 
A
I
x
 => 2ω ' = ωCB
vB = vC + ωCB × CB = −ω BC r 1x

(avec I le point de contact du disque avec le sol)
C
r
A
r
O
2r
ωCB
B
y
ω
x
C
r
A
2r
O. r
ωCB
B
ω’
I
12. 1. Soit O1 l’axe de la roue arrière et P1 son point de contact avec le sol.
vO = vTapis + vCaddie
vO1 = vP1 + ω1 × P1O1 => vCaddie 1x ' = −ω1 1z × R 1y ' = Rω11x ' avec  1
vP1 = vTapis
v
=> ω1 = − Caddie 1z ; ε1 = 0 car ω1 = constante
R
2. Soit O2 l’axe de la roue avant et β l’angle d’inclinaison du caddie par rapport à l’horizontale.
vO2 = vO1 + ωcaddie × O1O2
On a
(
; et si on projette la relation sur l’axe y, il vient :
) (

( vO = ( vt + vc ) cos α + L sin βωc (1) )
) (
vO2 1x = ( vt + vc ) cos α 1x + sin α 1y + −ωc 1z × L cos β 1x + sin β 1y
2

0 = ( vt + vc ) sin α − L cos βωc (2)
(2) => ωc =
)
−1
( vt + vc ) sin α 1z
L cos β
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Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
Pour trouver une relation donnant β(x) :
L cos β = x + ( u + v ) cos α
Lcosβ
β
L
v
u
π
; tan γ = ; α + γ = + β
R
2
R
π

=> L cos β = x + R tan  + β − α  cos α + R tan α cos α
2

On résout cette équation pour trouver β(x) (avec un
calculateur) et on la remplace dans l’équation donnant la
vitesse angulaire
avec tanα =
α
u
x
v
3.
v
Le moins vite : Point de contact de la roue avec le tapis ( Tapis )
4.
v
+ 2vCaddie
Le plus vite : Point diamétralement opposé au premier ( Tapis
)
5. (voir dessin) le CIR se trouve à l’intersection des
perpendiculaires :
au tapis et passant par le point de contact de la roue arrière
au sol horizontal et passant par le point de contact de la roue
avant.
y
L
β
O2
α
O1
x
sol fixe
P2
x
P1
CIR
CIR
13.
z1
z2
C
p
Ω
y2y
F
y2 D
O
B
I
D
r
θ
O
r
z
q
ω
xx2
y1
R
I
Pour la décomposition en système d’axes :
R0 Repère fixe, R1 Repère tournant avec p autour de BD (z1), R2 Repère incliné sur OF (z2), OD (y2), R3
Repère tournant avec p autour de OF (z2).
1.) Axe instantané de rotation : droite IQ avec I=Pt de contact entre le disque et le plan
Q=intersection des droites OF et CB car OQ peut être considéré comme appartenant au solide étudié
(tige+disque) et vQ=0 car Q appartient à l’axe de rotation de Ω. Le point Q appartient virtuellement au solide.
Remplacer la tige coudée par une tige OQ soudée au solide ne change rien au mouvement.
ω = p + q = p cos θ 1y + ( p sin θ + q)1z avec ωrel = p
Condition de roulement sans glissement :
vI = 0 = vO + ω × OI = − p( R + r sin θ )1x + ( rp sin θ + rq )1x 
R
 => q = p
r
avec OI = −r 1y ; vO = p × OC = − p( R + r sin θ )1x

Ou

R

 => q = p
r
=> ωd × IO = ωt × CO => −(rp sin θ + rq)1x = − p( R + r sin θ )1x 

vO∈tige = vC + ωt × CO et vO∈disque = vI + ωd × IO
vO∈disque = vO∈tige
R
r
ωd = p cos θ 1y + p(sin θ + )1z =vecteur libre constant dans les axes Oxyz.
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Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
Dériver un vecteur constant : produit vectoriel avec le vecteur de vitesse angulaire agissant sur le repère.
εd =
d ωd
+ Ω xyz / XYZ × ωd où XYZ est le repère fixe
dt xyz
=0


R
R
ε d =  p(sin θ + ) p cosθ − p cosθ . p sin θ  1x = p ² cosθ 1x
r
r


2.)
R 
R

vD = ωd × ID =  p cos θ 1y + p(sin θ + )1z  × 2r 1y = −2rp(sin θ + ) 1x
r 
r

Comme Q appartient à l’axe de CIR, on peut écrire :
a D = aQ + ε d × QD + ω d × vD avec aQ = 0 (! a I ≠ 0)
1
( R + r sin θ ) 1z + r 1y
cos θ
  R 2

R
 R

a D = − rp ²    + 2sin ²θ + 3 sin θ  1y + rp ²  3 cos θ + 2 cos θ sin θ  1z
 r 

r
r




QD = −
14.
ɺ
ɺ
1.). (rem : ω1 = 0 ; ω3 = 0 )
R0 : Repère OX0Y0Z0 fixe.
R1 : Repère Ox1y1z1 tournant autour de l’axe Y0 = y1 (
ω R1 / R0 = ω2 1y1
)
ω R2 / R0 = ω R2 / R1 + ω R1 / R0 = −ω1 1x2 + ω2 1y1
R2 : Repère Ox2y2z2 tournant avec R1 et autour de l’axe x1 = x2(
)
R3 : Repère Gx3y3z3 lié au disque et tournant avec R2 et autour de z2 = z3
ω
= ω R3 / R2 + ω R2 / R0 = −ω1 1x2 + ω2 1y1 + ω3 1z2 = ωdisque
( R3 / R0
car le repère R3 est complètement lié au disque)
z1
X0
x1
α2
O
Z0
y2
z2
z1
α1
C
A
y3
y1
α3
y2
C
(
x3
x2
)
ωdisque = −ω1 1x2 + ω2 1y1 + ω3 1z2 = −ω1 1x2 + ω2 cos α1 1y2 + sin α1 1z2 + ω3 1z2
ωdisque
ins tan t t :α1 = 0
ε disque =
= −ω1 1x1 + ω2 1y1 + ω3 1z1
d ωdisque
dt
(
+ ωR2 / R0 × ωdisque avec ωR2 / R0 = −ω1 1x2 + ω2 cos α1 1y2 + sin α1 1z2
)
R2
()
()
1y
1z
ε disque = ωɺ 2 cos α1 1y2 + sin α1 1z2 + ω2ω1 − sin α1 1y2 + cos α1 1z2 +
1
1
(
)
(
) (
+ ω1ω2 − sin α1 1y2 + cos α1 1z2 − ω1ω2 − sin α1 1y2 + cos α1 1z2 + ω1ω3 1y2 + ω2ω3 cos α1 1x2
1z
1
)
1z
1
ε disque = ω 2ω3 cos α1 1x1 + (ωɺ 2 + ω1ω3 cos α1 ) 1y1 + (ω 2ω1 − ω1ω3 sin α1 ) 1z1
=> ε disque
Instant t :α1 = 0
= ω 2ω3 1x1 + (ωɺ 2 + ω1ω3 ) 1y1 + ω 2ω1 1z1
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Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
autre méthode :
εd = −
d ω1
1x − ω1
dt 2
=0
εd
vA
aA
d 1x2
dt
+
=ω R2 / R0 × 1x2
d ω2
1y + ω2
dt 1
=ωɺ 2
d 1y1
dt
+
=ω R1 / R0 × 1y1
d ω3
1z + ω3
dt 2
=0
d 1z2
dt
=ω R2 / R0 × 1z2
Instant t
α1 = 0

= −ω1 −ω2 1z1 + ωɺ 2 1y1 + ω2 ( 0 ) + ω3  ω1 1y2 + ω2 cos α1 1x2

=1(α1 = 0)

Instant t
= vC + ωd × CA = − Rω3 1x1 − ( bω2 + Rω1 ) 1z1
Instant t
= aC + ωd × ωd × CA + ε d × CA = − bω 22 + 2 Rω1ω2 1x1 − R ω 21 + ω 23 1y1 + ( 2 Rω2ω3 − bωɺ 2 ) 1z1
α1 = 0
α1 = 0
(
)
(
)
(
)

 = ω2ω3 1x1 + (ωɺ 2 + ω1ω3 ) 1y1 + ω2ω1 1z1

(
)
v .ω = −bω 2ω3
2.) Invariant scalaire C
a) si ω 2 ≠ 0 et ω3 ≠ 0 : mouvement hélicoïdal instantané (HI) = mouvement de rotation et de translation de
vecteur vitesse angulaire
ω × ( vQ − vC )
ω = −ω1 1x + ω 2 1y + ω 3 1z
. Axe HI est // à ω passant par Q tel que
( −ω1 , ω2 , ω3 )
( −bω ² 2 , −bω1ω 2 , 0 )
ω .vC
ω = −bω2ω3
CQ =
ω ²1 + ω ² 2 + ω ² 3
.ω
²1 + ω ² 2 + ω ²3
ω
ω
=>
avec
ω = ( −ω1 , 0, ω 3 )
.
b) si ω2 = 0 et ω3 ≠ 0 : Rotation instantanée (en t) autour de l’axe // ω passant par C avec
Cas part. :
ω = ( 0, 0, ω3 )
- si ω1 = 0 Rotation instantanée (en t) de
autour de Cz
CQ = −
ω.ω
+ λω
vQ =
ɺ
- si de plus ω2 = 0 Rotation continue (même ω , même axe de rotation. ∀t)
ω = ( −ω1 , ω 2 , 0 )
c) si ω3 = 0 et ω 2 ≠ 0 : Rotation instantanée (en t) autour de l’axe // ω avec
Cas part. :
- si ω1 = 0 Rotation continue autour de Oy.
ɺ
- Si en plus ω 2 = 0 : Rotation. continue uniforme
ω = ( −ω1 , 0, 0 )
d) si ω 2 = ω3 = 0 : Rotation instantanée de
autour de Ox.
Cas part. :
ɺ
- si ω 2 = 0 Rotation continue (même ω , même axe)
- si ω1 = 0 Solide immobile à cet instant.
3) Si Q et Q’ sont deux points distincts de l’axe hélicoïdal instantané (
(
)
(
)
(
vQ et vQ' // ω
)
)
aQ ' = aQ + ω × ω × QQ' + ε × QQ' avec ω × ω × QQ' = ω × vQ ' − vQ = 0 car ω // vQ ' // vQ
Pour que les points de l’axe hélicoïdal aient le même vecteur accélération, il faut
QQ '.ω
comme nous avons : ω × ω × QQ ' = 0 => QQ ' =
ω => QQ ' // ω
ω .ω
On peut donc vérifier la relation suivante ε × ω = 0
(
(ωɺ 2 + ω1ω3 ) ω3 − ω1ω ² 2 = 0

ω 2 (ω ²1 + ω ² 3 ) = 0

ω ² 2 ω3 + ω1 (ωɺ 2 + ω1ω3 ) = 0
aQ ' = aQ => ε × QQ' = 0
)
 ω1 = ω3 = 0

<=> ou
 ω = 0 et ωɺ = −ω ω
2
1 3
 2
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Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
15. Disque : Rotation instantanée autour de l’axe Iz de vecteur
vitesse angulaire ω
Tige : Rotation continue autour de l’axe Oz de vecteur vitesse
angulaire Ω
Point C : trajectoire circulaire en fonction de l’angle θ.
vC∈Disque = vI + ω × IC = −ω R 1x 
 => ω = 3θɺ 1z
vpoint C (θ ) = −θɺ3R 1x

vC∈Tige = vO + Ω × OC = 3RΩ 1x 
 => Ω = −θɺ 1z
vC∈Disque = vC∈Tige

ɺ
v = v + Ω × CG = −3Rθ 1 − 2 Rθɺ cos α 1 − sin α 1
G
C
(
x
y
x
y
O
B
)
(
(
(
θ
CD=3R
BA2=25R2
A
α
4R
)
(
)
α
I
D
C
3
55
Rθɺ
et cos α =
91x + 55 1y
=> vG = −
8
8
4
ɺ
aG = aC + Ω × Ω × CG + ε × CG = aC + −θ 1z × −2 Rθɺ cos α 1y − sin α 1x
avec sinα =
x
G
C
) ) − θɺɺ 1z × CG
aG = aC + −2 Rθɺ 2 cos α 1x − 2 Rθɺ 2 sin α 1y + −2 R cos αθɺɺ1y + 2 R sin αθɺɺ1x
(
)
R ɺɺ ɺ 2
R
aG = −3Rθɺɺ1x + 3Rθɺ 2 1y +
3θ − θ 55 1x −
4
4
16.
(
)
θ


d  R.cotg 1x + R 1y 
2

 = − Rθɺ 1
θ x
dt
2sin 2
2
C.I.R. du disque : vC // x et vP ⊥ AP => I déterminé
dépend de θɺ => pour déterminer ω
(θɺ),
ω
d AC
vC =
=
dt
disque
(
)
R
R
55θɺɺ + 3θɺ 2 1y = − 9θɺɺ + θɺ 2 55 1x −
4
4
(
u
disque
il faut écrire la condition de roulement sans glissement en P
)
55θɺɺ − 9θɺ 2 1y
y
B
I
vC
x
R
P
R vP
C
θ /2
θ /2
v
A
(ds les axes liés à la tige Auvw avec u // AB ) : vP∈tige = vP∈disque
θ ɺ

vP ∈ tige = vA + ωt × AP = R cotg 2 θ 1v




avec 
ɺ
ɺ


vP ∈ disque = vC + ωd × CP =  − Rθ cosθ − ωd R  1u + Rθ sin θ 1v avec ωd = ωd 1z
θ
θ

 2sin 2

2sin 2

2
2


sin θ ɺ
θɺ
θ
=> vP ∈ disque = vP ∈ tige => ωd = −
cosθ = −cotgθ
θ = −cotgθ cotg θɺ
1u
θ
θ
2
2sin 2
2sin 2
2
2
(
)
17. Nous pouvons appliquer la formule de cinématique pour les solides.
O
B
C
A
I
Pour déterminer la vitesse angulaire de la bille, appliquons la formule de cinématique à la bille (C=CIR) :
v +v
b−a
v A = vB + ω × BA => − v A = vB − ω BA avec ω = −ω 1z => v A + vB = ω
=> ω = 2 A B
2
b−a
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
Pour trouver ω, nous devons déterminer les vitesses vA et vB.
Appliquons successivement la formule de cinématique des solides sur la bague extérieure entre O et I puis entre
A et I. (IA=d) : I=CIR
2v
vO = −v 1x = vI + Ω ext × IO => v = Ω ext c / 2 => Ωext =
c
2dv
a
2b
2v
AI
d
+Ω −v
− v + Ωa
v0 = −
v 1x
v A = vI + Ωext × IA => v A = − d 1x ou v A =
c
2
=> ω = −2
1z = − c
1z
c
AO
c/2
b
−
a
b−a
Appliquons la même procédure pour la bague intérieure :
a

v B ( = v rel + v entr ) = v 0 + Ω × O B =  − v + Ω  1x
2

18. 1. R0 : Repère OX0Y0Z0 fixe.
R1 : Repère Ox1 y1z1 tournant autour de l’axe Z0 = z1 (
ωR1 / R0 = Ω 1z1
)
ωR2 / R0 = ωR2 / R1 + ωR1 / R0 = ωR1 / R0
θɺ = 0
R2 : Repère Ox2y2z2 incliné par rapport à R1 autour de l’axe y1 = y2 (
)
R3 : Repère Gx3y3z3 lié au disque et tournant avec R2 et autour de x2 = x3
ω
= ωR3 / R2 + ωR2 / R0 = −ωr 1x2 + Ω 1z1 = ωdisque
( R3 / R0
car le repère R3 est complètement lié au disque)
B
O’
z2
y1 Y0
ϕ
O
z2
x1
z1
x2
z3
B
θ
O
X0
y2
x1
β
C
y3
4R
ω
Ω
ωrel
D
z1
C
R
θ
CIR
O
x1
A
=> ω = Ω + ω rel = −ω rel cos θ 1x + (Ω − ω rel sin θ )1z
Nous repérons deux points appartenant au solide qui ont une vitesse nulle : le disque ne glisse pas donc la
vitesse du point A est nulle. Il en est de même pour le point D qui est appartient à l’axe fixe OO’. Donc
l’axe instantané de rotation passe bien par ses deux points. Le vecteur vitesse angulaire du disque se
trouvera sur cet axe.
Condition de roulement sans glissement :
v A = 0 = vC + ωd × C A avec C A = − R 1z2 = R sin θ 1x1 − R cos θ 1z1 et vC = vO + Ω × OC = Ω 4 R cos θ 1y1
=0
v A = 0 = Ω 4 R cos θ 1y1 + (ΩR sin θ − ωrel R )1y1 => Ω 4 R cos θ + RΩ sin θ − Rωrel = 0
En simplifiant grâce à : OA = 17 R et sin θ = 1 17 ; cos θ = 4
par le dessin on peut aussi directement établir que
Ω
ω
17 ; on obtient ωrel = Ω 17
= tgθ et ωrel =
ω
cos θ
=> ω = −Ω 17 cos θ 1x1 + Ω (1 − 17 sin θ )1z1 = −4Ω 1x1
ε disque =
2.
d ωdisque
dt
+ ωR1 / R0 × ωdisque = Ω1z1 × ωdisque = −4Ω² 1y1
R1
(
)
vB = ω × AB = −4Ω1x × 2R − sin θ 1x1 + cos θ 1z1 =
32 17
d DB
ΩR 1y1 attention vB ≠
17
dt
abs
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Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
16
aC = aD + ε
× DC
1x
+ Ω × Ω × DC = −Ω ²4 R cos θ 1x1 = −Ω ² R
17 1
=0
=0
(
)
(
16
)
a B = aC + ε d × CB + ω d × ωd × CB = −Ω ² R
aB = −
16
17
RΩ ² 1x1 −
4
17
Ω ² R 1z1 −
16
17
17
Ω ² R 1x1 −
(
)
!!! a A ≠ 0 => a A = aC + ε × CA + ω × ω × CA =
19.
(
)
1x1 − 4Ω ² 1y1 × R − sin θ 1x1 + cos θ 1z1 − 4Ω 1x1 ×
64
68
17
17
Ω ² R 1z1 = −
32
17
68
Ω ² R 1x1 −
17
16
17
ΩR 1y1
Ω ² R 1z1
RΩ ² 1z1
r3ω 3 = r2 aω 2
r2b,,ω2
r2bω 2 = r1ω1
r2a
ω3 =
r3,,ω3
r1,
r0,,ω1
r1 r2 a
ω1
r2 b r3
v = 152 miles / h = 244620 m / h
Circonférence de la roue : 2π 0.235 m = 1.476548m
ω1 = 244620 /1.476548 tours / h
= 165670.1369 tours / h
= 2761.1689 tours / min
ω3 =
3 3
2761.1689 tours / min = 207.08 tours / min
10 12
Caractéristique des mouvements
20. 1. ω = ϕɺ 1 + θɺ 1 = −θɺ sin ϕ 1 + θɺ cos ϕ 1 + ϕɺ 1
z
y
X
Y
Z
2.
(
)
d OH d L sin θ 1Z
=
= L cos θθɺ 1Z
dt
dt
dOA d 
L 
L 

vA =
=  L cos θ 1x − 1y  = − L sin θθɺ 1x + ϕɺ 1Z × OA =  − L sin θθɺ + ϕɺ  1x + Lϕɺ cos θ 1y
dt
dt 
2 
2 

d 
L  
L

vB =  L cos θ 1x + 1y  =  − L sin θθɺ − ϕɺ  1x + Lϕɺ cos θ 1y
dt 
2  
2 
vE = − L sin θθɺ 1x + Lϕɺ cos θ 1y
ɺɺ
3. invariant v .ω = L cos θθϕ
vH =
1. θɺ = ϕɺ = 0
Solide immobile
ɺ
2. θ = 0; ϕɺ ≠ 0 Rotation continue
3. θɺ ≠ 0; ϕɺ = 0 Rotation instantanée
4. θɺ ≠ 0; ϕɺ ≠ 0 Mvt hélicoidal instantané
ω = ϕɺ 1Z ( uniforme si ϕɺɺ = 0 )
CIR=(x = L cos θ ; z = L sin θ )
ω = ϕɺ 1Z + θɺ 1y
Axe hélicoidal : droite de point P tq vP // ω
ɺɺ
ω × vH
L cos θθϕ
L cos θθɺ²
 ω .vH 
vP = 
.ω =
+ λω =
1x + λ θɺ 1y + ϕɺ 1z
θɺ 1y + ϕɺ 1z et HP =

ɺ
ω.ω
θ ² + ϕɺ ²
θɺ² + ϕɺ ²
 ω.ω 
(
)
(
)
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Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
Cinématique des solides
21.
2b
b
b θ
θ
u
2ssɺ = 2bL sin θ θɺ avec sɺ = v
s
sv
bL sin θ
cosθ su
L² + b² − 2 Lb cosθ
yɺ = 2b
=2
u
sinθ Lb
L tgθ
θɺ =
L
y = 2b sin θ
yɺ = 2b cos θ θɺ
s ² = L ² + b ² − 2 Lb cos θ
22. 2 degré de liberté {x, θ }
Coordonnées {x, α , β , θ }
α
g
ωcercle S1 = αɺ 1z ; ωdisque S 2 = βɺ 1z ; ω AB = θɺ 1z
Repère xyz fixe ; Repère x1y1z1 lié à S1 ; Repère x2y2z2 lié à
AB ; Repère x3y3z3 lié à S2
A
x
R
Condition de roulement sans glissement en D point
de contact entre S1 et S 2 : vD∈S1 = vD∈S2
β
y
B
 vD∈S = v A + ω1 × AD = xɺ 1x + Rαɺ 1y
1
2

 vD∈S 2 = vB + ω2 × BD = xɺ 1x + ( R − a ) θɺ 1y2 + a βɺ 1y2
=> ( R − a ) θɺ + a βɺ = Rαɺ
y2
C
θ
a
D
x2
vI ∈Sol = vI ∈S1
Condition de roulement sans glissement en I point de contact entre S1 et le sol :
=> 0 = v A + ω1 × AI = xɺ 1x − Rαɺ 1x => xɺ = Rαɺ
=>
ωcercle S1 =
xɺ − ( R − a ) θɺ
xɺ
1z ; ωdisque S 2 =
1z ; ω AB = θɺ 1z
R
a
(
vB = v A + ω AD × AB =>vB = xɺ 1x + ( R − a ) θɺ 1y2 = xɺ 1x + ( R − a )θɺ − sin θ 1x + cos θ 1y
(
)
)
aB = a A + ω AB × ω AB × AB + ε AB × AB = ɺɺ
x 1x + ( R − a )θɺɺ1y2 − ( R − a )θɺ 2 1x2
Ou vB = vD + ω2 × DB => vB = xɺ 1x + Rαɺ 1y2 − aβɺ 1y2 = xɺ 1x + ( R − a ) θɺ 1y2
23. R0 : Axe OX0Y0Z0 fixe.
R1 : Axe Ox1 y1z1 tourne autour de l’axe Z0 = z1 (φ)
R2 : Axe Gx2y2z2 incliné d’un angle α par rapport aux axes
Ox1 y1z1, avec z2 lié à la tige, tourne autour de l’axe z1 (φ)
R3 : Axe Gx3y3z3 liés au cube et tourne autour de z1 (φ) et z2 (θ)
=> les vecteurs de Darboux :
ω R1 / R0 = φɺ 1z1 ; ω R2 / R0 = φɺ 1z1 ; ω R3 / R0 = φɺ 1z1 + θɺ 1z2
z2
z1
φ
α
y 1 Y0
A
G
x2
θ
x1
φ
O
X0
y3 y 2
θ
O
x1
G
x3
x2
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Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
a. Par la formule des distribution des vitesses exprimé dans le repère Ox2y2z2
ωTige = φɺ 1z1 et ωCarré = φɺ 1z1 +θɺ 1z2 = −φɺ sin α 1x2 + (θɺ + φɺ cos α ) 1z2
vG = vO + ωTige × OG = 0 + Lφɺ sin α 1y = Lφɺ sin α 1y '
(
)
(
)
d
d
1x + 1y3 + 1z3 =
( cosθ − sin θ ) 1x2 + ( sin θ + cosθ ) 1y2 + 1z2
2 3
2
 d ɺ ɺ
− 2 θ + φ cos α ( sin θ + cos θ ) 1x2


d
d
 
v A = vG + ωCarré × GA = +   L +  φɺ sin α + θɺ + φɺ cos α ( cos θ − sin θ )  1y2
2
2

 
 d
− φɺ sin α ( sin θ + cos θ ) 1z2
 2
b. Par dérivation des coordonnées exprimées dans le repère Ox3y3z3
d
d
d

OA = 1x3 + 1y3 +  + L  1z3 et ω R3 / R0 = −φɺ sin α cos θ 1x3 + φɺ sin α sin θ 1y3 + θɺ + φɺ cos α 1z3
2
2
2


GA =
((
)
)
(
)
(
  d

d

  + L  φɺ sin α sin θ − θɺ + φɺ cos α  1x3
2
2




 

d
d



× OA = +  θɺ + φɺ cos α
+  + L  φɺ sin α cos θ  1y3
2 2


 
 d
− φɺ sin α ( cos θ + sin θ ) 1z3
 2
(
vA =
d OA d OA
=
+ ω R3 / R0
dt
dt
x3 y3 z3
=0
)
(
)
)
b'. Par dérivation des coordonnées exprimées dans le repère Ox2y2z2
OA =
d
d
d
( cosθ − sin θ ) 1x2 + ( sin θ + cosθ ) 1y2 +  + L  1z2 et ω R2 / R0 = −φɺ sin α 1x2 +φɺ cos α 1z2
2
2
2

 d
− ( sin θ + cos θ ) θɺ + φɺ cos α 1x2
 2
 

d
d
× OA = +  θɺ + φɺ cos α
( cosθ − sin θ ) + φɺ sin α  + L   1y2
2
2


 
 
d

−  φɺ sin α ( sin θ + cos θ )  1z
2
 2
 
(
vA =
d OA dOA
=
dt
dt
+ ω R2 / R0
R2
(
)
)
ɺ
ɺ ɺ
c. ω
Cube = −φ sin α 1x2 + (θ + φ cos α ) 1z2
ε Cube =
d ωCube
dt
rel dans R2
(
+ ω R2 / R0 × ωCube avec ω R2 / R0 = −φɺ sin α 1x2 +φɺ cos α 1z2
(
)
)
ɺ ɺ + sin α cos αφɺ 2 1
ε Cube = −φɺɺsin α 1x2 + θɺɺ + φɺɺ cos α 1z2 − cos α sin αφɺ2 1y2 + sin αφθ
y2
ε Cube
(
)
ɺ ɺ 1 + θɺɺ + φɺɺ cos α 1
= −φɺɺsin α 1x2 + sin αφθ
y2
z2
d. ωCube = − sin α cosθφɺ 1x + sin α sin θφɺ 1y + (θɺ + cos αφɺ ) 1z avec ω R / R = ω Cube
3
3
3
3
0
ε Cube =
dωCube
dt
rel dans R3
+ ω R3 / R0 × ωCube
=0
(
)
ɺ ɺ 1 + θɺɺ + φɺɺ cos α 1
ε Cube = − sin α cos θφɺɺ1x3 + φɺ sin α sin θθɺ 1x3 + sin α sin θφɺɺ1y3 + sin α cos θθφ
y3
z3
(
)
(
)
(
)
ɺ ɺ − sin α cos θφɺɺ 1 + sin α cos θφθ
ɺ ɺ + sin α sin θφɺɺ 1 + θɺɺ + φɺɺ cos α 1
ε Cube = sin α sin θφθ
x3
y3
z3
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Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
(
x1
24.
A
X
θ1
)
ɺ ɺ
ω1 = −θɺ1 1z et ω 2 = − θ1 + θ 2 1z
Cinématique du solide
L ɺ

θ1 1x1
A + ω1 × AG1 =
vG1 = v
2

=0

 a = a + ε × AG + ω × ω × AG = L θɺɺ 1 − L θɺ 2 1
A
1
1
1
1
1
1 x1
1 y1
 G1 2
2
=0

G1
x2
(
B
L ɺ ɺ

ɺ
 vG2 = vB + ω 2 × DG2 = Lθ1 1x1 + 2 θ1 + θ 2 1x2




θɺ1 + θɺ2 
θɺ + θɺ

 1x − L  sin θ 2 1 2
= L  θɺ1 + cos θ 2


 1

2
2




(
G2
y1
C
θ2
Y
)
(
y2
)
)
(


 aG2 = aB + ε 2 × BG2 + ω 2 × ω 2 × BG2 avec aB = Lθɺɺ1 1x1 − Lθɺ12 1y1

2

θɺ1 + θɺ2
θɺɺ1 + θɺɺ2

2
ɺɺ
ɺ
L 1x2 −
L 1y2
 aG2 = Lθ1 1x1 − Lθ1 1y1 +
2
2

2
2




θɺ1 + θɺ2
θɺ1 + θɺ2

θɺɺ1 + θɺɺ2 
θɺɺ + θɺɺ
 ɺɺ
 ɺ2
= L  θ1 − sin θ 2
+ cos θ 2
1x1 − L  θ1 + cos θ 2
+ sin θ 2 1 2


2
2 
2
2







dérivée dans un repère absolu

d AG1
L
L
L
= cos θ1θɺ1 1X − sin θ1θɺ1 1Y
 AG1 = ( sin θ1 1X + cos θ1 1Y ) et vG1 =
2
2
2
dt

OXY

dvG1
L
L

 L

L

=  − sin θ1θɺ12 + cos θ1θɺɺ1  1X −  cos θ1θɺ12 + sin θ1θɺɺ1  1Y
 aG1 = dt
2
2
2
2





OXY
(
(
)
(
)  1


y1
)
)
(
)


 1y1





(θ1 + θ 2 ) 
(θ1 + θ 2 ) 
L
 AG2 = L 1x1 + 1x2 = L  cos θ1 + cos
 1X + L  sin θ1 + sin
 1Y
2
2
2








θɺ1 + θɺ2 
θɺ + θɺ

d AG2
 1X − L  sin θ1θɺ1 + sin (θ1 + θ 2 ) 1 2
= L  cos θ1θɺ1 + cos (θ1 + θ 2 )
vG2 =



dt
2
2

OXY





2



θɺ1 + θɺ2
θɺɺ1 + θɺɺ2 
dvG2

2
ɺ + cos θ θɺɺ − sin (θ + θ )
 aG =
L
+
+
=
−
sin
cos
θ
θ
θ
θ
(
)
1 1
1 1
1
2
1
2

 1X
 2
dt OXY
2
2






2



ɺ + θɺ
θ
θɺɺ1 + θɺɺ2 
1
2

2

ɺ
ɺɺ
− L  cos θ1θ1 + sin θ1θ1 + cos (θ1 + θ 2 )
+ sin (θ1 + θ 2 )
 1Y

2
2





(
)
(
)  1
(
)
(
)
(
)
(
)


Y
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
Dérivée dans un repère relatif


dvG1
d AG1
L
L
L
L

+ ω1 × AG1 = θɺ1 1x1 et aG1 =
+ ω1 × vG1 = θɺɺ1 1x1 − θɺ12 1y1
 AG1 = 1y1 => vG1 =
2
dt
2
dt
2
2

Ox1 y1
Ox1 y1

=0


L
L
L


 AG2 = L 1y1 + 1y2 = sin θ 2 1x1 +  L + cos θ 2  1y1
2
2
2




ɺ
ɺ


θ +θ
θɺ + θɺ
v = d AG2
 cos θ 2 1 2 + θɺ1  1x − L sin θ 2 2 1 1y
+
×
=
AG
L
ω
G
1
2
1
 2

 1
2
2
dt
Ox1 y1




dvG2

+ ω1 × vG2
 aG2 =
dt Ox y

1 1

2
2





θɺ1 + θɺ2
θɺ1 + θɺ2
ɺɺ + θɺɺ 
θɺɺ1 + θɺɺ2 
θ


2

1
2
ɺɺ
ɺ
1x − L  θ1 + cos θ 2
= L  θ1 − sin θ 2
+ cos θ 2
+ sin θ 2
1y

2
2  1
2
2  1







Vitesse d’entraînement et vitesse relative



L
L
L

vG2 = vG2 rel + vG2 entr = θɺ2 1y2 + θɺ1 1z ×   L + cos θ 2  1x1 + sin θ 2 1y1 
2
2
2






v rel
ventr




θɺ + θɺ 
θɺ + θɺ 

= L θɺ1 + cos θ 2 1 2  1x1 − L  sin θ 2 1 2  1y1

2 
2 


(
(
)
)
(
)
(
(
)
)
25.
y
y
E
F
D
B
O
A
E
F
C
D
B
O
A
C
x
x
a
a
(a) ω S = 0
(b) ω S ≠ 0
(a) Le bras DOA tourne à la vitesse angulaire ω = 90 tours/min
90.2.π
rad/s 1z = −3π rad/s 1z
ω S DOA = −
60

v A∈S DOA = vO + ω S DOA × OA = −ω S DOA a 1y 


a  => ω S BAC = 2ω S DOA 
v A∈S BAC = vC + ω S BAC × CA = −ω S BAC 1y 

2 

=0


 ω S BOE = 4ω S DOA
 => 
v B∈S BAC = vC + ω S BAC × CB = −ω S BAC a 1y 
ω S BOE = −12π rad/s 1z = −37, 7 rad/s 1z


=0


=> 2ω S BAC = ω S BOE 
a 
v B∈S BOE = vO + ω S BOE × OB = −ω S BOE 1y 

2 

=0

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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
(b) Le bras DOA tourne à la vitesse angulaire ωDOA = 90 tours/min et le solide S à la vitesse
ωS = 80 tours/min
80.2.π
8π
ω S DOA = −3π rad/s 1z et ω S =
rad/s 1z =
rad/s 1z et ω S BOE = −ω S BOE 1z
60
3


v A∈S DOA = vO + ω S DOA × OA = −ω S DOA a 1y



3a
a   => 3ω S + 2ω S DOA = ω S BAC

− ω S BAC  1y 
v A∈S BAC = vC + ω S BAC × CA =  ω S

 ω S BOE = 4ω S DOA + 3ω S
2
2 



ω
 =>  S BOE = −600 t/min 1z
a 

v B∈S BAC = v A + ω S BAC × AB =  −ω S DOA a − ω S BAC  1y 


2 


ω S BOE = −20π rad/s 1z
ω
ω
ω
2
=>
−
−
=
−

S DOA
S BAC
S BOE 
a

v B∈S BOE = vO + ω S BOE × OB = −ω S BOE 1y


2
=0


26.
60°
z0=z1
S1
60°
.
θ
S3
y1
z2=z3 B
B
S4
S3
S2
O
S2
r
L
θ
y0
S1
x1
A
S0
S2
β
α
S4
α
h
C
h
P
β
x3
C
γ
A
x2
R
Position au repos
z1
y1 Y0
x1
X0
z2 z1’
α y1
θ
O
z1’
O
y1’
β
B
z2 z1
y2
β-β0
ou
y1’
y2
B
y1
y3 y2
x3
γ
C
x2
Vecteur de Darboux pour les dérivées des axes :
ω R1 / R0 = θɺ1z1 ; ω R2 / R0 = θɺ1z1 + βɺ 1x1 ; ω R3 / R0 = θɺ 1z1 + βɺ 1x1 + γɺ 1z2
Dans le repère Ox1y1z1
1) Vecteur vitesse angulaire du solide S4 :
ωS4 = θɺ 1z1 + βɺ 1x1 + γɺ 1z2 = βɺ 1x1 − sin ( β − β 0 ) γɺ 1y1 + θɺ + cos ( β − β 0 ) γɺ  1z1
3) Vecteur de Darboux pour dériver les axes du Repère R1 :
ω R1 / R0 = θɺ 1z1
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
4) Vitesse de P
vP = vC + ω S4 × CP
avec CP = R cos γ 1x1 + ( R sin γ cos ( β − β 0 ) − h sin ( β − β 0 ) ) 1y1 + ( h cos ( β − β 0 ) + R sin γ sin ( β − β 0 ) ) 1z1
vC = vB + ω 2 × BC
(
avec ω S2 =βɺ 1x1 +θɺ 1z1 et BC = − L sin α cos ( β − β 0 ) 1z1 − sin ( β − β 0 ) 1y1
)
vB = vO + ω1 × OB =- ( r + L cos α )θɺ 1x1
avec ω S1 =θɺ 1z1 et OB = ( r + L cos α ) 1y1 + L cos α 1z1
5) Accélération angulaire du solide S4.
dω S4
ɺ ɺ − cos ( β − β ) γβ
ɺ 1 − sin ( β − β ) γβ
ɺ
ɺ ɺ 1x1 + βθ
ε S4 =
+ ω R1 / R0 × ω S4 = βɺɺ + sin ( β − β0 ) γθ
0 ɺ
y1
0 ɺ 1z1
dt
(
)
(
)
rel
6) Accélération de P dans le repère Ox1y1z1
(
)
(
)
a P = aC + ω S4 × ω S4 × CP +ε S4 × CP
aC = a B + ω S2 × ω S2 × BC +ε S2 × BC avec ε S2 =
(
)
a B = a0 + ω S1 × ω S1 × OB +ε S1 × OB avec ε S1 =
d ω S2
dt
ɺ ɺ1
+ ω R1 / R0 × ω S2 = βɺɺ1x1 + βθ
y1
rel
d ω S1
dt
rel
+ ω R1 / R0 × ω S1 = 0 et O fixe : a0 = 0
=0
Dans le repère Cx2y2z2
1) Vecteur vitesse angulaire du solide S4 :
ω S4 = βɺ 1x2 + sin ( β − β 0 )θɺ 1y2 + γɺ + cos ( β − β 0 )θɺ  1z2
3) Vecteur de Darboux pour dériver les axes du Repère R2 :
ω R2 / R0 = θɺ 1z1 + βɺ 1x1
4) Vitesse de P
vP = vC + ω S4 × CP avec CP = R cos γ 1x2 + sin γ 1y2 + h 1z2
(
)
(
)
vC = vB + ω S2 × BC avec ω S2 =βɺ 1x 2 +θɺ cos ( β − β 0 ) 1z2 + sin ( β − β 0 ) 1y2 et BC = − L sin α 1z2
(
) + L sin α ( cos ( β − β 0 ) 1z
)
vB = vO + ω S1 × OB = − ( r + L cos α )θɺ 1x 2 avec ω1 =θɺ cos ( β − β 0 ) 1z2 + sin ( β − β 0 ) 1y2 et
(
OB = ( r + L cos α ) cos ( β − β 0 ) 1y2 − sin ( β − β 0 ) 1z2
2
+ sin ( β − β 0 ) 1y2
)
5) Accélération angulaire du solide S4.
dω S 4
ε S4 =
+ ω R2 / R0 × ωS4
dt
rel
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Mécanique Rationnelle 2
27.
ω3
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
O’
OC
SC
OC
OA’
ω1
SO
O
ω2
L1
A
A’
OD
ω1
O
L3
C
OB
T
D
SD
SB
A’
SA
y1
y2
y1
x2
α1 X0
OC
C
SO
y3
ω4(t)
y4
x3
C
x2
z4
α3
α3
x1
ω3(t)
z3
y2
α2
O
A
E
SS
OA
Y0
ω2
OA
C’
SCab
L4
L2
θ
E
y3
x1
Vecteur de Darboux pour les dérivées des axes :
ω R1 / R0 = −ω11z1 ; ω R2 / R0 = ( −ω1 + ω 2 )1z2 ; ω R3 / R0 = ( −ω1 + ω 2 + ω3 )1z3 ;
ω R4 / R0 = ( −ω1 + ω 2 + ω3 )1z3 + ω 41x3
1) Vecteur vitesse angulaire du solide S4 :
ω SCab = ω1 + ω 2 + ω3 + ω 4
y2
y0
ωSCab = ( −ω1 + ω2 + ω3 )1z3 + ω41x3
Vecteur accélération angulaire du solide S4 :
dω SCab
ε SCab =
+ ω R3 / R0 × ω SCab
dt
rel
x3
y3
ω3t
A
A’
C
ω2 t
y1
x1
D
OB
= ωɺ 31z3 + ωɺ 4 1x3 + ω 4 ( −ω1 + ω 2 + ω3 )1y3
ω1t
x0
O
2)
vOB = vO + ω S0 × OOB = −ω1 L1 1y1 avec ω S0 = −ω1 1z3 et OOB = L1 1x1
(
)
L
vC = vOB + ωSB × OB C = − L1ω1 cos (ω2 t ) 1y2 + sin (ω2 t ) 1x2 − 2 ( −ω1 + ω2 ) 1x2
2
1y1
L2
1y
2 2
vE = vC car EC est l'axe de rotation du solide S S
avec ωSS = ( −ω1 + ω2 ) 1z2 et OB C =
(
vT = vE + ωCab × ET avec vC = vE et ET = − L3 1x4 + L4 1z4 = − L3 1x3 + L4 cos (ω4 t ) 1z3 − sin ( ω4 t ) 1y3
)
ωCab × ET = L4 sin (ω4 t ) ( −ω1 + ω2 + ω3 ) 1x3 − ( L4 cos (ω4 t ) ω4 + L3 ( −ω1 + ω2 + ω3 ) ) 1y3 − L4 sin (ω4t ) ω4 1z3
Page | 74
x2
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
vT = A(t )1x2 + B(t )1y2 + C (t )1z2 =
L2


 − L1 sin (ω2 t ) sin (ω3t ) ω1 − L4 cos (ω4 t ) sin (ω3t ) ω4 − 2 sin (ω3t )( −ω1 + ω2 ) 

 1x2
 − ( L4 sin ( ω4 t ) cos ( ω3t ) sin (ω3t ) + L3 sin (ω3t ) ) ( −ω1 + ω2 + ω3 )



 − L1 cos (ω2 t ) ω1 + L4 cos ( ω4 t ) cos ( ω3t ) ω4


1
 + ( L3 cos (ω3t ) − L4 sin (ω4t ) sin (ω3t ) ) ( −ω1 + ω2 + ω3 )  y2


− L4 sin (ω4 t ) ω4 1z2
aT =
dvT
dt
R2 − rel
+ ω R2 / R0 × vT = Aɺ (t )1x2 + Bɺ (t )1y2 + Cɺ (t )1z2 + ( −ω1 + ω 2 ) 1z2 × vT
28. 1. R0 : Repère OX0Y0Z0 fixe.
y1 Y0
ωR1 / R0 = q 1z1
R1 : Repère Ox1y1z1 tournant autour de l’axe Z0 (CC)= z1 (
)+
Repère R1' translaté de b suivant l'axe x.
R2 : Repère Ox2y2z2 tournant autour de l’axe x1= x2
ωR2 / R0 = ωR2 / R1 + ωR1 / R0 = θɺ 1x1 + q1z1
θɺ 1x1
(
)
R3 : Repère Gx3y3z3 lié au disque et tournant avec R2 et autour de y2 = y3
ω
= ωR3 / R2 + ωR2 / R0 = θɺ 1x1 + q 1z1 + p 1y2
( R3 / R0
)
Comme le repère R3 est complètement lié au disque on peur écrire :
ωdisque = ω R3 / R0 = θɺ 1x1 + q 1z1 + p 1y2
B
ε disque =
d ω disque
dt
=
abs
d ω disque / R2
dt
X0
z2 z1
y2
θ
O
y1
z3
z2
β
x2
=> ωdisque = θɺ 1x2 + ( q sin θ + p ) 1y2 + q cos θ 1z2 = θɺ 1x1 + p cos θ 1y1 + ( p sin θ + q ) 1z1
2.
x1
ϕ
D
x3
A
+ ω R2 / R0 × ω disque / R2
R2
ε disque = (θɺɺ − pq cos θ ) 1x2 + ( pɺ + qɺ sin θ + q cos θθɺ ) 1y2 + ( qɺ cos θ − q sin θθɺ + pθɺ ) 1z2
3. v = v + ω × BO = −bq 1 = −bq cos θ 1 + bq sin θ 1
O
B
S1
y1
y2
z2
=0
− b 1x1
(
)
ɺ
vD = vO + ωS2 × OD
= − aq cos θ 1x2 − bq cos θ 1y2 + bq sin θ + aθ 1z2
a 1y2
(
)
(
)
v A = v D + ω S3 × DA = − ( aq cos θ + ( q sin θ + p ) R ) 1x2 + Rθɺ − bq cos θ 1y2 + bq sin θ + aθɺ 1z2
− R 1z2
où D est le centre du disque ( AD // 1z2 )
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
4. ε1 = qɺ 1z
1
ε 2 = θɺɺ1x2 + ( qɺ sin θ + q cos θθɺ ) 1y2 + ( qɺ cos θ − q sin θθɺ ) 1z2
(
)
(
)
2
2
aO = aB + ε S1 × BO
+ ωS1 × ωS1 × BO = −bqɺ 1y1 + bq 1x1 = −bqɺ cos θ 1y2 + bqɺ sin θ 1z2 + bq 1x2
− b 1x1
=0
2
aD = aO + ε S2 × OD
+ ωS2 × ωS2 × OD = +bq 1x2 − bqɺ cos θ 1y2 + bqɺ sin θ 1z2
a 1y2
(
)
aθɺɺ1z2 − a qɺ cos θ − q sin θθɺ 1x2
(
) (
)
= ( bq − aqɺ cos θ + 2aq sin θθɺ ) 1 − ( bqɺ cos θ + aθɺ + aq
= a +ε × DA + ω × (ω × DA )
+ aθɺq sin θ 1x2 − aθ + aq cos 2 θ 1y2 + aq 2 cos θ sin θ 1z2
aD
aA
(bq
ɺ2
2
2
2
)
2
D
2
S3
S3
− R 1z2
(
)
cos 2 θ 1y2 + bqɺ sin θ + aq 2 cos θ sin θ + aθɺɺ 1z2
x2
S3
)
(
)
(
)
(
)
− aqɺ cos θ + 2aq sin θθɺ 1x2 − bqɺ cos θ + aθɺ2 + aq 2 cos 2 θ 1y2 + bqɺ sin θ + aq 2 cos θ sin θ + aθɺɺ 1z2
(
)
− Rpɺ + Rqɺ sin θ + Rq cos θθɺ 1x2 + Rθɺɺ − Rpq cos θ 1y2
(
)
2
(
)
− Rθɺq cos θ 1x2 − Rq cos θ sin θ + Rpq cos θ 1y2 + Rq 2 sin 2 θ + 2 R sin θ qp + Rp 2 + Rθɺ 2 1z2
(
)
+ ( − aθɺ + Rθɺɺ − 2 Rpq cos θ − Rq cos θ sin θ − aq cos θ − bqɺ cos θ ) 1
+ ( Rθɺ + aθɺɺ + 2 R sin θ qp + aq cos θ sin θ + Rq sin θ + Rp + bqɺ sin θ ) 1
2
= 2aq sin θθɺ − 2 Rq cos θθɺ + bq − Rpɺ − Rqɺ sin θ − aqɺ cos θ 1x2
2
2
2
2
y2
2
2
2
2
2
z2
(
)
vP = vD + ωS3 × DP = ( − aq cos θ + ( q sin θ + p ) R cos β ) 1x2 + −bq cos θ − Rθɺ cos β + q cos θ R sin β 1y2
(
)
+ bq sin θ + aθɺ − ( q sin θ + p ) R sin β 1z2 => vP / β =π = v A
aP =
dvP
dt
(
(
)
)
+ ωR2 / R0 × vP = aq sin θθɺ − aqɺ cos θ + Rpɺ + Rq cos θθɺ + Rqɺ sin θ cos β − R ( q sin θ + p ) sin ββɺ 1x2
R2
(
)
+ −bqɺ cos θ + bq sin θθɺ − Rθɺɺ cos β + Rθɺ sin ββɺ + Rqɺ cos θ sin β − Rq sin θθɺ sin β + Rq cos θ cos ββɺ 1y2
(
(
)
)
+ aθɺɺ + bq cos θθɺ + bqɺ sin θ − Rpɺ − Rq cos θθɺ − Rqɺ sin θ sin β − R ( q sin θ + p ) cos ββɺ 1z2
1x2
θɺ
+
( ( p + q sin θ ) R cos β − aq cosθ ) (
1y2
1z2
q sin θ
−bq cos θ − Rθɺ cos β + q sin θ sinβ
q cos θ
ɺ
aθ + bq sin θ − ( p + q sin θ ) R sin β
) (
a A = aP ( β =π ) =
( 2aq sin θθɺ − 2Rq cos θθɺ + bq − Rpɺ − Rqɺ sin θ − aqɺ cosθ ) 1
+ ( − aθɺ + Rθɺɺ − 2 Rpq cos θ − Rq cos θ sin θ − aq cos θ − bqɺ cos θ ) 1
+ ( + Rθɺ + aθɺɺ + 2 Rpq sin θ + aq sin θ cos θ + Rq sin θ + Rp + bqɺ sin θ ) 1
2
x2
2
2
2
2
y2
2
2
2
2
2
z2
Page | 76
)
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
y2
29.
x1
a
yO
β
A
a
a
y1
E
D
a
x2
α
C
O
a
B
xO
2
2
v A = vO + ωOA × OA = 2aαɺ 1y1 avec ωOA = αɺ 1z
(
)
(
)
vB = v A + ω AB × AB = 2aαɺ 1y1 + 2a αɺ − βɺ 1y2 avec ω AB = αɺ − βɺ 1z
)(
(
)
(
(
)
))
(
vB = 2aαɺ 1y1 + 2a αɺ − βɺ sin β 1x1 + cos β 1y1 = 2a sin β αɺ − βɺ 1x1 + 2a αɺ + cos β αɺ − βɺ 1y1
ɺ
ɺ
Pour remplacer les vitesses angulaires α et β en fonction de V :
CD
=>
2
2
 2
2
3

= a +a 
− 2aa
cosα = a 2  − 2cosα 
 2 
2
2



2
d CD
dt
2
3

V 2  − 2cosα 
2


= V => 2 CD V = 2 a 2 sin ααɺ => αɺ =
a sin α
2
DE =2a 2 (1 + cosβ ) =>
d DE
dt
= V => 2 DE V = −2a 2 sin ββɺ => βɺ =
−V 2 (1 + cosβ )
a sin β
Autre méthode : En considérant que la vitesse de D est perpendiculaire à OD, on peut calculer la vitesse de
sortie du vérin (V) comme étant la projection de la vitesse de D sur l’axe du vérin (CD). Ce qui revient au même
que de décomposer la vitesse du point D par rapport au point C, avec une vitesse relative dans l’axe CD et une
vitesse de rotation autour de C avec CD fixe. La composée de ces deux vitesses doit donner la vitesse de
rotation de D autour de O.
V = vD sin γ avec γ l'angle ODC. Par la règle des sinus :
V = vE rel sin
β
2
avec
β
2
l'angle DEA. =>V = −a βɺ sin
β
2
sin γ
=
OC
=> βɺ =
sin α
=>V = aαɺ .
CD
3

 2 − 2cosα 


−V 2 cos
−V
a sin
2
sin α
2
β
2
=
a 2sin
β
2
β
2
cos
β
=
−V 2 1 + cos β
a sin β
2
 3


  − 2cosα 

β
1
+
cos
(
)

 2
=> vB = 2 2V sin β 
+
 1x1
sin α
sin β






 3
 3


  − 2cosα 

  − 2cosα 
(1 + cosβ )  
 2


 2
+2 2V 
+ cos β 
+
  1y1
sin α
sin α
sin β










Page | 77
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
30.
ω
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
=0
R1/R0 :Repère incliné sur le rotor 1. R1 / R0
R2/R1 :Repère suivant la rotation du rotor. x2 fixé sur le bras S1
ωR2 / R0 = βɺ 1z2
z0
z1
α1
x0
y3 y1=y0
ω
= βɺ 1z2
1 = sin α 2 1x3 + cos α 2 1z3
R3/R2 :Repère incliné sur le rotor 2. R3 / R0
et z2
R4/R3 :Repère suivant la rotation du rotor 2. x4 fixé sur le bras S3
ωR4 / R0 = βɺ 1z2 + θɺ 1z3
x1
x2
y2
β
x1
z2=z1
R5/R4 : Repère suivant la rotation de la nacelle S3
1 = cos ( ω2t ) 1x3 + sin (ω2t ) 1y3
ω R5 / R0 = βɺ 1z2 + θɺ1z3 + ϕɺ 1x4
et x4
ɺ
ɺ
ɺ
avec ω1 = β ; ω 2 = θ ; ω 3 = ϕ avec θ =ω 2 t
z3
x3
α2
x2
y3
Comme le repère R5 est entièrement lié à la nacelle étudiée, la vitesse angulaire de
la nacelle est :
ωS3 = ωR5 / R0 = ω1 1z2 + ω2 1z3 + ω3 1x4
x4
y4
θ
x3
z4=z3
=> ωS3 = ( sin α 2ω1 + cos (ω2t ) ω3 ) 1x3 + sin (ω2t ) ω3 1y3 + ( cos α 2ω1 + ω2 ) 1z3
y5
z5
ϕ
y4
z0
S1
60°
z1=z2
ω1
y4
x0
S2
α1
x1
z3= z4
S0
ω2
S3
z2
x3
ω3
α2
x3
x4= x5
S2
x2
ε S3 =
d ω S3
dt
=
d ω S3
dt
(
)
+ ω R3 / R0 × ω S3 avec ω R3 / R0 × ω S3 = ω R3 / R0 × ω R5 / R3 + ω R3 / R0 = ω R3 / R0 × ω R5 / R3 =
R3
= − cos α 2 sin (ω 2 t ) ω1ω3 1x3 + ω1 ( cos α 2 cos (ω 2 t ) ω3 − sin α 2ω2 ) 1y3 + sin α 2 sin (ω 2 t ) ω1ω3 1z3
ε S3 = ( cos (ω 2 t ) ωɺ 3 − sin (ω 2 t ) ω 2ω3 − cos α 2 sin (ω 2 t ) ω1ω3 ) 1x3
+ ( cos (ω 2 t ) ω 2ω3 + sin (ω 2 t ) ωɺ 3 + cos α 2 cos (ω 2 t ) ω1ω3 − sin α 2ω1ω 2 ) 1y3
+ ( sin α 2 sin (ω 2 t ) ω1ω3 ) 1z3
31. 1. R1( xyz ) repère lié à l'axe : ω R1/ R 0 = Ω 1z
R 2( x2 y2 z2 ) repère lié au panneau A : ω R 2 / R1 = ω0 1x => ω R 2 / R 0 = Ω 1z + ω0 1x
=> ε =
dω
+ ω R1/ R 0 × ω => ε = ω0 Ω 1y
dt R1
=0
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Cinématique du solide, cinématique instantanée
2. ω
R1/ R 0 = Ω 1z = ωtige
ωR 2 / R 0 = Ω 1z + ω0 1x = ω plaque => ε plaque = ω0 Ω 1y
vP = vQ ( a +b ,0,0) + ω plaque × QP = Ω ( a + b ) 1y + Ωc ( − cos β 1x ) + ω0 c ( cos β 1z − sin β 1y )
=> vP = −Ωc cos β 1x + ( Ω ( a + b ) − ω0 c sin β ) 1y + ω0 c cos β 1z
vQ ( a + b,0,0) = vO + ωtige × OQ = Ω ( a + b ) 1y
avec 
QP = c 1y2 = c ( cos β 1y + sin β 1z )
3.
dv
aP = P + ωR1/ R 0 × vP =  Ωc sin βω0 1x − ω02 c cos β 1y − ω02 c sin β 1z  − ΩΩc cos β 1y − Ω ( Ω ( a + b ) − ω0 c sin β ) 1x
dt R1
=> aP =  2Ωc sin βω0 − Ω 2 ( a + b )  1x − ω02 c cos β + Ω 2 c cos β  1y − ω02 c sin β 1z
ou
aP = aQ + ε 2 × QP + ω2 × ω2 × QP
aP =  −Ω 2 ( a + b ) 1x  + ω0 Ωc sin β 1x  +  −Ω 2 c cos β 1y + ( Ω (ω0 c sin β ) 1x + ω0 ( −ω0 c sin β ) 1z ) − ω0 2 c cos β 1y 
=> aP =  2ω0 Ωc sin β − Ω 2 ( a + b )  1x − Ω 2 c cos β + ω0 2 c cos β  1y − ω0 2 c sin β  1z
avec aQ = aO + ε1 × OQ + ω1 × ω1 × OQ = − Ω 2 ( a + b ) 1x où ε1 = aO = 0
=> aP
β =90°
=  2ω0 Ωc − Ω 2 ( a + b )  1x − ω0 2 c 1z
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
Tenseur d’inertie
Formulaire
Element du tenseur d'inertie : I αβ = ∫
(x x δ
i i
système
αβ
− xα x β ) dm
Changement d'axe : I ' λµ = αiλα µj I ij
2Pxy
Axes principaux : tg 2θ =
I y − Ix
Steiner : IOαβ = I Gαβ + m ( a 2δ αβ − aα a β )
Rappel : avec l'axe z = axe de révolution
3D : I z =
=> I z
∫ (x
=
2
)
+ y 2 dm =I x + I y − 2 I xy
2 I x − 2 I xy
=
2I x
et
2D(z = 0)
z =axe de
révolution
=
Ix
z =axe de
révolution
Iz
Iz
+ I xy =
2
2D(z = 0) 2
Rappel : Utilisation de la formule de Steiner
Pxy =
∫ xydm = ∫ ( x
G
αβ
(
αβ
+ a xG
2 αβ
ou I O = I G + M a δ
En pratique :
(
)( y
G
α
−a a
)
)
+ a yG dm = PxG yG + ma xG a yG + a xG
β
= − PxG yG − Ma a
(
)
OG axG , a yG , azG => I x = I xG + m a 2yG + az2G
∫
=0
) => − P
xy
∫
yG dm + a yG xG dm
x
y
=0
(
et Pxy = PxG yG + m axG a yG
yG
)
y
dxxG=ayG
O
I x A = I xG
=> I x = I xG
= I xA + m
(
2
d xx
G
− d x2A xG
G
A
)
xG
yA
x
Parfois, il est plus facile de calculer le moment d’inertie par rapport à un
axe ne passant pas par G :
2
+ md xx
G
S
axG
Calcul du moment d’inertie du solide S par rapport à l’axe x passant par
O:
2
I x = I xG + md xx
G
+ md x2A xG
avec x = xG + a x
=> Pxy = PxG yG + ma xG a yG
dxAxG
xA
Des animations matlab sont disponibles sur le site : http://beams.ulb.ac.be/beams/teaching/meca200/matlab.html
1. 1.
L/2
y
l/2
Ll ³
l²
L²
I x = ρ ∫ dx ∫ y² dy = ρ
= m => I y = m
12
12
12
−L / 2
−l / 2
l
O
x
L
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
2.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
(2a)(a)³ 1 4
(a )(2a )³ 2 4
= ρ a ; I y( a ) = ρ
= ρa
12
6
12
3
2
(2a)(a)³ 
(a)(2a)³ 2 4
a  2
I x( b ) = ρ
+  ρ (a)(2a)    = ρ a 4 ; I y(b ) = ρ
= ρa
12
12
3
 2   3

(2a)(a)³ 
13
(a )(2a )³ 2 4
2
I x( c ) = ρ
+ ρ (a)(2a) ( a )  = ρ a 4 ; I y( c ) = ρ
= ρa

 6
12
12
3
13
2 
 (a)(a)³ 
I x( d ) = 2  ρ
+ ρ (a)(a ) ( a )   = ρ a 4 ;


12

 6
I x( a ) = ρ
2
 (a)(a)³ 
 a   2
I y( d ) = 2  ρ
+  ρ (a )(a )     = ρ a 4

12
 2    3


I x( e )
2
(a)(2a)³ 2 4
(2a )(a )³ 
a  2 4
(e)
=ρ
= ρa ; I y = ρ
+  ρ (a)(2a)    = ρ a
12
3
12
 2   3

13
2 
 (a)(a)³ 
 (a )(a )³  1 4
I x( f ) = 2  ρ
+ ρ (a )(a ) ( a )   = ρ a 4 ; I y( f ) = 2  ρ
= ρa


12
6
12  6



=> I x( a ) = I y( f ) < I x( e ) = I y( e ) = I y( a ) = I x(b ) = I y(b ) < I y( d ) < I x( f ) = I x( d )
Déplacer le rectangle le long de l’axe y, ne change rien au Iy comme le montre les cas a, b et c.
Grâce à la symétrie orthogonale, on peut voir que tant qu’on ne modifie pas la distance des
répartitions des masses par rapport aux axes, les moments d’inertie ne sont pas modifiés. (
I x( e) = I y( e) = I x(b) = I y(b)
y
)
y
y
x
x
y
x
(e)
(b)
(
Rayons de gyration m = ρ 2a
2
):I
x
=
mrx2
I x( a ) = I y( f ) < I x( e ) = I y( e ) = I y( a ) = I x(b ) = I y( b ) = I y( d ) < I x( f ) = I x( d ) = I x( c )
rx( a ) = ry( f ) =
2. 1.
L/2
Ix = ρ
∫
−L / 2
2.
1
4
13
a ; rx( e ) = ry( e ) = ry( a ) = rx(b ) = ry(b ) = I y( d ) =
a ; rx( f ) = rx( d ) = rx( c ) =
a
12
12
12
l/2
dx
∫
−l / 2
y² dy = ρ
Ll ³
l²
L²
= m => I y = m
12
12
12
y
l
O
x
L
I y( a )
(4a )(4a )³  (3a )(2a )³  58 4
29
(b )
(c )
(a)
(b )
(c )
=ρ
− ρ
 = 3 ρ a = I y = I y => ry = ry = ry = 15 a
12
12

I x( a ) = ρ
I
(b )
x
2
(4a )(4a )³  (2 a )(3a )³
23
 a   46 4
− ρ
+ ρ (3a )(2a )    =
a
ρ a => rx( a ) =
12
12
2
3
15
  

3a


2
 (2 a )( 2 )³
(4a )(4a )³
3a
13
 5a   65 4
=ρ
− 2.  ρ
+ ρ ( )(2a )    =
ρ a => rx( b ) =
a
12
12
2
4
6
12






I x( c ) = ρ
(4a )(4 a )³  (2a )(3a )³  101 4
101
(c )
− ρ
 = 6 ρ a => rx = 60 a
12
12

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Mécanique Rationnelle 2
3.
• I x( a ) =
a
2
a
−
2
+
∫
 (b )
I x =

•
 (b )
 Pxy =

a
2
a
−
2
ρ y ² dx = 0; I y( a ) = ∫
y =0
+
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
ρ x² dx = ρ
a3
ma 2
=> I y( a ) =
et Pxy( a ) =
12
12
a
2
a
−
2
ρ y ² dx = ρ a 3 = I x(Gb ) +ma 2 =ma 2 ; I y(b ) = ∫
a
+
2
a
−
2
ρ xydx = 0 = PxG yG + m.0.a
∫
+
∫
a
2
a
−
2
y =a
=0
+
ρ x ² dx =
a
2
a
−
2
∫
+
ρ xydx = 0 car y = 0
ma 2
= I y(bG) et
12
y =a
• I x( c ) = 0 + ma 2 ; I y( c ) =
ma 2
13ma 2
2
+ m(a) =
; Pxy( c ) = 0 + m. ( a ) . ( − a ) = − ma 2
12
12
2
• I x( d ) = 0 + m ( 2a ) ; I y( d ) =
2
ma 2
7 ma 2
 3a 
 3a 
+ m  =
; Pxy( d ) = 0 + m.  .( 2a ) = 3ma 2
12
3
 2 
 2 
2
 (e)
a

(e)
I x( e ) = y 2 dm = I x( e' ) + m  .sin 45 
 I x = I y Par symétrie
2


 (e)
2
2
 I x ' = y ' dm = ( sin θ x "+ cos θ y ") dm =

a
 (e)
2
2
2
ρ
θ
cos 2 θ y "2 + sin 2 θ x "2 + 2 cos θ sin θ x " y " dy ' =
cos
Ix' = ρ
a y " dy "
−
=
x
"
0

2

2
2
2
2
•  (e)
a 2
ma
ma
ma
ma 2
2
(e )
2
(e )
θ
θ
I
=
cos
.
I
=
cos
=
=>
I
=
+
m
=


 x'
x"
x
2 2 
24
6
12
1 24



cos 2 θ =
y’
2

y
a

x”
2
2
 Px('e ) = ( cos θ x "− sin θ y ")( sin θ x "+ cos θ y ") dm =
− sin θ cos θ − a y " dm
y”
x’

θ
x '= 0
2
d

 a 2   a 2  ma 2
1 ma 2

(e )
(e)
(e )
x
d
=
−
sin
cos
.
I
=
−
=>
P
=
P
+
m
θ
θ

 
 =
x
"
x
x
'

2
12
2
2
2
2
12




∫
∫
∫
∫(
)
∫
∫
∫
(e)
4. 1.
L/2
Ix = ρ
∫
−L / 2
2.
l /2
dx
∫
−l / 2
y ² dy = ρ
y
Ll ³
l²
L²
= m => I y = m
12
12
12
l
O
x
L
I x( a )
3a.(2a )³  a.(a )³  23 4
=ρ
− ρ
=
ρ a = mrx2
12
12  12

=> rx (b ) =
I y( a ) = ρ
I x(b )
23
a ( m = ρ 5a 2 )
60
2a.(3a )³  a.(a )³  53 4
ρ a = mry2 => ry (b ) =
− ρ
=
12
12  12

3


a
 a.  
2
3a.(2a)³
a  3a 
17
2
ρa4
=ρ
− 2.  ρ   + ρ a. .    =

12
12
2  4   12




=> rx (b ) =
17
a
60
53
a
60
=
-
=
- 2.
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
I y(b )
3
 a
 2 . ( a )  53 4
2a.(3a )³
ρ a => ry (b ) =
=ρ
− 2.  ρ
=
12
12  12



I x(c ) = ρ
a.(3a )³
 a.(a )³  29 4
+ 2.  ρ
=
ρ a => rx( c ) =
12
12  12

Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
53
a
60
29
a
60
I y(c ) = I x( c ) => ry( c) = rx( c )
5. 1.
a 3 ma ²
A
=
; I y (Tige AB ) = 0 et Pxy (Tige AB ) = 0
x
0
3
3
a
a 3 ma ²
a
I x (TigeBC ) = ρ a 3 ; I y (TigeBC ) =
=
et Pxy (TigeBC ) = ρ a.a.
ρ x ² dx = ρ
D
0
3
3
2
x’
G
2a
 8a 3 a 3  7
3
I x (TigeCD ) =
−
ρ y ² dy = ρ 
 = ma ²; I y (TigeCD ) = ρ a
E
a
3  3
 3
y’’
x’’
3a
y
y’
et Pxy (TigeCD ) = ρ a. .a
2
I x (Tige AB ) =
∫
a
ρ y ² dy = ρ
∫
∫


+a
2.a 3
 I x '' (TigeDE ) =
ρ y ''2 dy = ρ
−a
3


2

I x '' (TigeDE ) I y '' (TigeDE )
2
2

2
I
(
Tige
)
y
'
dm
y
''
x
''
=
=
+
+
+ Px '' y '' (TigeDE )

 dm =
 x'
DE
2
2 
2
2 

=0
=0

2

 => I (Tige ) = I (Tige ) + ρ 2a  2a + a 2  = ρ  28 a 3 + 4 2 a3 


x
DE
x'
DE
 3


2 




∫
∫
∫
2

I (TigeDE )


a3
 I y ' (TigeDE ) = x '2 dm =  x '' 2 − y '' 2  dm = I x '' (TigeDE ) + y ''
− Px '' y '' (TigeDE ) = ρ


2
2 
2
2 3


=0
=0

2

3


 I (Tige ) = I (Tige ) + ρ 2a  a − a 2  = ρ 5.a
y
DE
y'
DE


2 
3



Px '' y '' I y '' I x '' Px '' y ''

I
2
2 
2
2
a3
− y ''
+ x ''
+
−
−
= − x '' = − ρ
 Px ' y ' (TigeDE ) =  x ''
  y ''
 dm =
2
2 
2
2 
2
2
2
2
2
3


=0



2
2
 Pxy (TigeDE ) = Px ' y ' (TigeDE ) + ρ 2a.  2a + a
 .  a − a

2 
2 


∫
∫
∫
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Mécanique Rationnelle 2
2.
I x ' ( ArcDE ) =
∫
y '2 dm =
∫
π
0
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
R ² sin ²θρ adθ = ρ a3
2
=
Ma ²
2
2
2
2
Ma ²
2a 
 2a 

− M   + M  2a +
π
π 
2
 

π
Ma ²
I y ( ArcDE ) = I y ' ( ArcDE ) = x '2 dm =
R ² cos ²θρ Rdθ =
0
2
Px ' y ' ( ArcDE ) = 0 par symétrie autour de y
I xG ( ArcDE ) =
Ma ²
 2a 
−M  
2
π 
π
=> I x ( ArcDE ) =
∫
cercle : I z (cercle) =
∫
∫ ( x ' + y ' ) dm = ∫
2
2
π
0
R ² ρ Rdθ = M Cercle R ² =I x (cercle) + I y (cercle) en 2D
I z (cercle) = 2 I x (cercle) (par symétrie) => I x (cercle) =
M Cercle R²
2
Par symétrie : I x (cercle Ο) = I x (demi-cercle ∪) + I x (demi-cercle ∩) => I x (∪) =
6. 1.
cercle : I z (cercle) =
∫ (x
2
)
+ y 2 dm =
∫
2π
0
M Ο R² M ∪ R²
=
4
2
R ² ρ Rdθ = M Cercle R ² =I x (cercle) + I y (cercle) en 2D
I z (cercle) = 2 I x (cercle) (par symétrie) => I x (cercle) =
M Cercle R ²
2
M Ο R ² M ∪ R²
=
4
2
M Disque R ²
Par symétrie : I x (cercle Ο) = I x (demi-cercle ∪) + I x (demi-cercle ∩) => I x (∪) =
2.
Disque : I z (Disque Ο) =
∫ (x
2
)
+ y 2 dm =
R
∫ ∫
0
2π
0
r ² ρ rdrdθ = ρ
R4
2π =
4
2
M Ο R²
I z (Ο) =
I x (Ο) + I y (Ο) =
2 I x (Ο) => I x (Ο) =
4
en 2D
symétrie
Par symétrie : I x (Ο) = I x (∪) + I x (∩) => I x (∪) =
3.
Sphère : I z (Sphère Ο) =
∫ (x
2
)
+ y 2 dm =
R
π
0
0

M Ο R ² M ∪ R²
=
8
4
∫  ∫  ∫
2π
0

( r sin θ )2 ρ r 2 sin θ dϕ  dθ dr =


2
M Sphère R ²
5
ou I z (Sphère Ο ) = I x (Ο) + I y (Ο ) − 2 I xy (Ο)
avec I xy (Ο ) =
∫
z 2 dm =
R
π

∫  ∫  ∫
0
0
2π
0

( r cos θ )2 ρ r 2 sin θ dϕ  dθ dr =


1
M Sphère R ²
5
I z (Ο)
1
1
2
+ I xy (Ο ) = M Sphère R ² + M Sphère R ² = M Sphère R ²
2
5
5
5
On pouvait évidemment trouver directement I x = I y = I z par symétrie.
I x (Ο ) = I y (Ο ) (par symétrie) =>I x (Ο ) =
Par symétrie : I x (Ο ) = I x (∪) + I x (∩) => I x (∪) =
M Sphère R ²
5
=
2M ∪ R²
5
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
7. Soient 1=AB, 2=DE, 3=BCD
2
l 2

ml ² 1 9
ml ² 1
 33

I x1 = 1 1 . = ρ cm ³ et I y1 = 1 1 . + m1  1
+ 2  = ρ  + 9 2  cm ³;
3 2 2
12 2
 2

2 2

I x2 =
2
 27 2

m2l2 ² 3 9 2
ml ² 1
l 1

. =
+ 6  cm ³;
ρ cm ³ et I y 2 = 2 2 . + m2  1 + 2  = ρ 
3 4 2 3
12 4
22

 2 3

2
2
 2R
m R²
m3 R ²
2
 2R 
I x 3 = 3 − m3 
+ m3 
+3
= 4πρ cm ³;
 = ρ (13π + 24 2 )cm³ et I y 3 =

2
2
2 
 π 
 π
9 

2
I x = ρ   1 +
 + 13π + 24 2  cm ³ = 82,956 ρ cm³

3
 2 

 45

27 2
Ix = ρ  + 9 2 +
+ 4π  cm ³ = 58,817 ρ cm ³
2 3
 2

8.
ma 2 ma 2 ma 2
 a

AG1 =  − ,0, 0  : I x ( AB ) = 0; I y ( AB ) =
+
=
12
4
3
 2

et Pxy ( AB ) = 0
2
AG3 = ( 0, a,0 ) : I x (CD ) = 0+2ma ² ; I y (CD ) =
2m ( 2a )
12
x
D
2
a 
ma ma

+
; I y ( BC ) = 0 + ma 2
AG2 =  − a, ,0  : I x ( BC ) =
2 
12
4

a
et Pxy ( BC ) = 0 + m. ( − a ) .
2
2
A
x’
G
E
y’’
y
x’’
y’
2
et Pxy (CD ) = ρ 2 a.0.a = 0
2
ma
3a
 3a 
 3a 
AG4 =  a , ,0  : I x ( DE ) =
+m   ; I y ( DE ) = 0+ma 2 et Pxy ( DE ) = 0 + ρ a.a.
12
2
 2 
 2 

a 2
a 2 
AG5 =  a −
, 2a +
,0  :


2
2




+a
2.a3
 I x '' (TigeEF ) =
ρ y ''2 dy = ρ
−a
3

2


I x '' (TigeEF ) I y '' (TigeEF )
2
2

2
+ x ''
+
+ Px '' y '' (TigeEF )
 dm =
 I x ' (TigeEF ) = y ' dm =  y ''
2
2 
2
2


=0
=
0

2

 => I (Tige ) = I (Tige ) + ρ 2a  2a + a 2  = ρ  28 a 3 + 4 2a3 
x
EF
x'
EF




2 
 3



2



I x '' (TigeEF ) I y '' (TigeEF )
2
2
a3
2
 I y ' (TigeEF ) = x ' dm =  x ''
−
=
+
−
=
y
''
dm
P
(
Tige
)
ρ

x '' y ''
EF
∫
∫  2
2 
2
2
3


=0
=0

2

3


 I y (TigeEF ) = I y ' (TigeEF ) + ρ 2 a  a − a 2  = ρ 5.a


2 
3

∫
∫
∫
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie


Px '' y '' I y '' I x '' Px '' y ''
I x ''
2
2 
2
2
a3
− y ''
''
+
''
=
+
−
−
=
−
=
−
y
x
dm
ρ
 Px ' y ' (TigeEF ) =  x ''



2
2 
2
2 
2
2
2
2
2
3


=0



2
2
 Pxy (TigeEF ) = Px ' y ' (TigeEF ) + ρ 2a.  2a + a
 . a − a

2 
2 


∫
(
I x = I x ( AB ) + I y ( BC ) + I x (CD) + I x ( DE ) + I x ( EF ) = ρ a 3 15 + 4 2
=> I y = I y ( AB ) + I y ( BC ) + I y (CD) + I y ( DE ) + I y ( EF ) = ρ a 3
)
7
6
5

2
2 
Pxy = Pxy ( AB )+Pxy ( BC ) + Pxy (CD) + Pxy ( DE ) + Pxy ( EF ) = ρ a 3  + 2. 2 +
.1 −



3
2  
2  


9. Dans les axes liés au disque, nous avons
I GXYZ
 mR

 4

= 0


 0

 α11 α 21 α 31   1
0
 2
 
2
2
 α1 α 2 α 3  =  0 cosα
 3
3
3
  0 − sin α
 α1 α 2 α 3  

0 


0 

mR2 

2 
2
0
mR 2
4
0
(
1x = (1;0;0 ) = α11 ;α 12 ;α 31
0 

sin α 
cos α 
)
(
1y = ( 0;cos α ;sin α ) = α12 ;α 22 ;α 32
(
)
1z = ( 0; − sin α ;cos α ) = α13 ;α 23 ;α 33
La matrice de changement de base vaut :
0
0  X 
 x  1
  
 
y
=
0
cos
α
sin
α  Y 
  
 z   0 − sin α cos α  Z 
  
 
)
Donc : le moment d’inertie I’x ne dépend que du vecteur unitaire 1x.
( )
I 'x = α i1α 1j I ij = α11
I 'x = I X =
2
( )
I X + α 21
2
( )
IY + α 31
2
I Z − 2α11α 12 PXY − 2α11α 31 PXZ − 2α 12α 31 PYZ
mR 2
4
mR 2
mR 2 mR 2
+ sin 2 α
=
1 + sin 2 α
4
2
4
mR 2
mR 2 mR 2
I 'z = α i3α 3j I ij = sin 2 α
1 + cos 2 α
+ cos 2 α
=
4
2
4
I ' y = α i2α 2j I ij = cos 2 α
(
)
(
)
(
)
− P 'xy = α i1α 2j I ij = α11α12 I X + α 12α 22 IY + α 31α 32 I Z − 2α11α 22 PXY − 2α11α 32 PXZ − 2α 21α 32 PYZ = 0
et − P 'xz = α i1α 3j I ij = 0
Les axes Ox et OX sont confondu et forme une direction principale. => les produits d'inertie
comprenant l'axe x sont nuls.
− P ' yz = I '23 = α i2α 3j I ij = α 22α 23 IY + α 32α 33 I Z = − sin α cos α
I Gxyz
 mR 2

 4

= 0


 0

0




R2
m
cos α sin α 
4


mR 2
1 + cos 2 α 
4

0
mR 2
1 + sin 2 α
4
R2
m
cos α sin α
4
(
mR 2
mR 2
R2
+ sin α cos α
=m
cos α sin α
4
2
4
)
(
)
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Mécanique Rationnelle 2
10.
Iz = ρ
∫
a
0
=> I x =
Pxy = ρ
x ² dx
 x
 x y
b  1− 
c  1− − 
 a  dy  a b  dz
0
0
∫
(
m 2
b + c2
10
∫
a
0
xdx
∫
);
 x
b  1− 
 a
0
∫
m 2
2
 10 b + c

=> I O =  − mab

20

mac
 −

20

(
11.
Iy =
ydy
)
(
m 2
a + c2
10
∫
(
0
dx
 x
b  1− 
 a
0
 x y
c 1− − 
 a b  dz
0
=
(
m 2
a + b2
10
)
(
)
sym
M Cercle R ²
2
y ' =diamètre du cercle : Par symétrie : I y ' (cercle Ο) = I y ' (∪) + I y ' (∩) => I y ' (∪) =
I y' =
)
mab
mac
mbc
=> Pxz =
; Pyz =
20
20
20
mac 
−

20

mbc 
−

20

m 2
a + b 2 
10

cercle : I z = M Cercle R ² =
Ix + Iy =
2 I y => I y =
2D
y ² dy
=
mab
20
m 2
a + c2
10
mbc
−
20
a
∫ ∫
∫
) avec m = ρ abc
6
+ρ
 x y
c 1− − 
 a b  dz
0
−
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
2
2

mr 2
2r 
mr 2
r2
 2r 

=> I y = I y ' − m   + m  r −  =
+ m  r2 − 4

2
2
π 
π
π 


M Ο R² M ∪ R²
=
4
2
 3mr 2
r2
− 4m
 =
2
π

S1=Disque 1 ; S2=Tige ; S3=Disque 2
Disques : Par symétrie : I x ( S1 ) = I x( S3 ) =
m1r 2
2
m1r 2
5m r 2
+ m1r 2 = 1
car I x ( S1 ) = I y ( S1 ) + I z ( S1 ) = 2 I y ( S1 )
4
4
Tige : par symétrie, Ix(1)=Ix(2) car on a bien la même
y yG1 y’
y
répartition de masse par rapport à l’axe x. Nous pouvons tenir
le même raisonnement pour l’axe y. La symétrie orthogonale
x
r G
r G
B x
ne modifie pas les moments d’inertie. => Iy(1)=Iy(2)
G
1
En utilisant la formule démontrée à la question précédente :
Par symétrie : I y ( S1 ) = I y ( S3 ) = I z ( S1 ) = I z ( S3 ) = I xG1 + m1r 2 =
I y ( S2 ) =
3m2 r 2
3m r 2
r2
r2
− 4m2
=> I y ( S2 ) = 2 − 4m2
2
π
2
π
y
y
x
(3)
y
x
(4)
x
(5)
(1)
(2)
Dans le cas du demi-cercle, si on fait deux symétries
orthogonales, on passe de la configuration (3) à (5). Or ces
symétries ne modifient en rien la disposition des masses
par rapport aux axes. On voit donc que dans les trois cas,
on a pour le moment d’inertie :
I x = I y => I x (2) = I y ' (2) =
m2 r 2
m r2
=> I x ( S2 ) = 2
2
2
Pour le système complet :
 m r2  m r2
 5m r 2  3m r 2
r2
et I y =2.  1  + 2 − 4m2
I x = 2.  1  + 2
 2 


2
2
π


 4 


 5m1r 2   m2 r 2 3m2 r 2
r 2  5m1r 2
2

I z = 2. 
+
+
− 4m2  =
+ 2m2 r 2  1 − 
 4   2
2
π
2
π



 
 I x ( S 2)
I y ( S 2)

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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
Grâce à la symétrie des deux disques par rapport aux plans yz, xy et xz, nous pouvons dire que tous les produits
d’inertie sont nuls pour le système constitué des deux disques.
Pour la tige constituée des deux quarts de cercle, nous pouvons dire que Pxz=Pyz=0 car tous les points de la tige
possèdent une coordonnée z nulle. Quant à Pxy il n’y a aucune symétrie, donc rien ne nous permet d’annuler ce
terme. Il sera différent de zéro.
Pxy (barre ) = P
1
xy ( barreA )
2
=> P
12. 1.
m2 r 2
π
+a
Iz = ρ
1
xy ( barreB )
2
= PxyB +
1
xy ( barreB )
2
Pxy (barre ) =
+P
−
1
xy ( barreA )
2
= Pxy A +
=−
m2 r 2
π
+b
∫ ∫ dv ( u ² + v² − 2uv cos (π − α )) sin α = m
du
−a


3
m2 
 = ρ r − m2 ra
− a.( r − a ) −
a2
2  AG1 ( − a ,− a ,0) 
2
2
 GG1 ( r − a ,− a ,0)



m2 
m r2
ρ r 3 m2
a.( − r + a ) − a2  =
ra => Pxy ( barre ) = 2 − m2 ra
−
2  BG2 ( a ,a ,0) 
2
2
π
 GG2 ( − r + a ,a ,0)

m2 r 2r
π
=> P
( a ² + b² )
−b
3
=> rz =
( a ² + b² )
3
 x = u + v cos α
avec dm = ρ du.sin α dv et 
=> x 2 + y 2 = u 2 + v 2 + 2uv cos α
 y = v sin α
2.
+a
+b
2
I x = ρ ∫ du ∫ dv ( v sin α ) sin α = m
−a
−b
+a
+b
2
I y = ρ ∫ du ∫ dv ( u + v cos α ) sin α =
−a
−b
+a
Y’
b²
sin ²α ;
3
m
( a ² + b² cos ²α )
3
2
u=x
G
α
β
A
b²
Pxy = ρ ∫ du ∫ dv ( u + v cos α )( v sin α ) sin α = m sin α cos α
3
−a
−b
L’ellipse centrale d’inertie est un cercle ssi
1
I x X 2 + I yY 2 = 1 => cercle de rayon R =
ssi
Ix
π
v
C
2b
+b
I x = I y et Pxy = 0 => α =
y
D
2a
B
X’
et a = b
3. Recherche des axes principaux d’inertie en A :
Calcul des éléments du tenseur d’inertie dans les axes AX’Y’Z’ ( // Gxyz )
b²
m
2
I x ' = m sin ²α + m ( b sin α ) ; I y ' = ( a ² + b² cos ²α ) + m ( a + b cos α ) 2
3
3
+2 a
Px ' y ' = ρ
∫
0
+2b
du
4
∫ dv (u + v cos α )( v sin α ) sin α = mab sin α + m 3 b² sin α cos α
0
Les axes principaux en A sont les axes orthogonaux AX’’Y’’Z’’ tel que
I x '' x '' X '' ² + I y '' y ''Y '' ² + I z '' z '' Z '' ² = 1
Pour se faire, on fait une rotation d’angle θ des axes Ax’ et Ay’ pour avoir
La formule suivante permet de déterminer cet angle.
4

2  b² sin α cos α + ab sin α 
2 Px ' y '
3


tg 2θ =
=
I y ' − I x ' 4 b² cos ²α − sin ²α + 4 a ² + 2ab cos α
(
)
3
3
− Px '' y '' = 0
.
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Mécanique Rationnelle 2
4.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
I'
X '² − 2P '
X 'Y '+ I '
Y '² = 1
x' y'
y' y'
La quadrique d’inertie en A dans les axes AX’Y’Z’ : x ' x '
4
4
4

4

mb ² sin ²α X ' ² − 2m  b ² sin α cos α + ab sin α  X ' Y '+ m  b ² cos ²α + a ² + 2 ab cos α  Y ' ² = 1
3
3
3
3




L’ellipse d’inertie en A dans les axes AX’’Y’’Z’’ (axes principaux) :
avec
I '' x '' x '' X '' ² + I '' y '' y '' Y '' ² = 1
( )
θ .I ' y ' − 2sin θ cos θ ( − Px ' y ' )
I "x " = cos 2 θ .I ' x ' + sin 2 θ .I ' y ' + 2 sin θ cos θ − Px ' y '
2
I " y " = sin θ .I 'x ' + cos
2
5. Par la formule du changement de base, on écrit le tenseur dans le nouveau système d’axe ayant l’axe AC
comme premier vecteur unitaire. Le moment d’inertie suivant l’axe AC ne dépend que du vecteur unitaire
suivant AC.
I AC = α i1α 1j I ij = I x µ 1x ² + I y µ 1y ² − 2 Pxy µ 1x µ 1y
où µ 1x =
a + b cos α
a ² + b ² + 2ab cos α
13. 1.
I z (Cube) =
+R 
∫ ∫ ∫ (x
−R
+R

 −R 


+R
2
−R
b sin α
; µ 1y =
+y
2
)
a ² + b ² + 2ab cos α
et µ 1z = 0
2
M ( 2R )
ρ 25 R 5

dx dy  dz =
=
6
6
 
2
8 ρπ R 5
1
2
4 ρπ R 5
=> I z ( sphère ∪) = M ∪ R 2 =
MR 2 =
5
15
2
5
15
4π 5
ρ16 R 5
=> I z = I z (Cube) − I z ( Demi − Sphère) =
−ρ
R
3
15
I z ( sphère) =
Axes O " x " y " z " : au centre de la face supérieure du cube
Sphère : I x " y " (∪) =
I x " ( ∪) =
∫
z "2 dm =
R
π
0
0

∫ ∫  ∫



2
2π
0

( r cos θ )2 ρ r 2 sin θ dϕ  dθ dr =


1
M ∪ R²
5
I z " ( ∪)
1
1
2
+ I x " y " ( ∪) = M ∪ R ² + M ∪ R ² = M ∪ R ²
2
5
5
5
2
2
13M ∪ R 2 13ρπ R 5
3 
5 
I x ( ∪) = I x " ( ∪) − M ∪  R  + M ∪  R  =
=
20
30
8 
8 
I xG ( ∪ ) =
83
M ∪R2
320
Solide complet :
ρ R5
16 ρ R 5 13ρπ R 5 ρ R 5
−
=
(160 − 13π ) et I z =
(160 − 8π )
3
30
30
30
2. Tous les systèmes d’axes ayant vertical et les axes xp yp parallèle à x y sont des axes principaux. En effet, le
plans xz est un plan de symétrie orthogonale donc l’intégration de y sur un domaine symétrique sera nul. De
même pour l’intégration suivant x grâce au plan de symétrie orthogonale yz. => Grâce à ces deux plans de
symétrie, tous les produits d’inertie sont nuls car ils contiennent tous au moins du x ou du y.
Pour que l’ellipsoïde d’inertie soit une sphère, il faut trouver un point P tel que :
I x = I x (Cube) − I x (∪) =
I xP x ² + I yP y ² + I zP z ² = 1 où I xP = I yP = I zP
I = Ix < Iz
Il est possible de trouver cette ellipsoïde puisque y
On recherche un point P de l’axe z, donc l’axe z=zP
=> I x − ( mCube − m∪ ) zG2 + ( mCube − m∪ ) d 2 = I z où d est la distance du point P recherché à Gtotal
I xGtotal
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
3. P = P ( Cube ) − P (1/ 2 Sphère )
x' y'
x' y'
x' y'

 5 
O ' G cube = ( R, R, R ) et O ' G1/ 2 Sphere =  R, R, 1 +  R 
 8 

 Px ' y ' ( Cube ) = Pxy ( Cube ) + mCube .R.R


 Px ' y ' (1/ 2 Sphère ) = PxG Sph yGSph (1/ 2 Sphère ) + m1/ 2 Sphère .R.R
Pour le produit d'inertie suivant les axes x ' et y ' , le décallage en z ne nous intéresse pas.
Pxy ( Cube ) = 0 car les axes xyz sont des axes principaux
PxG
y
Sph GSph
(1/ 2 Sphère ) = 0
car les axes x et y sont intégrés sur un domaine symétrique
2 

=> Px ' y ' = mCarré R 2 − m∪ R 2 = ρ  8 − π  R5
3 

14.
2
2




H
H
OA =  − H 2 +   , 0, 0  et OD =  H 2 +   , 0, 0 




 2
 2




En considérant
ρH 2
M =Rectangle complet ( ▭ρ 2 H 2 ) - petit rectangle ( ▭
M =ρ 2 H 2 −
ρH 2
=
2
)
ρ 3H 2
2
2
 1X = cos θ 1x + sin θ 1y
 1x = cos θ 1X − sin θ 1Y
et 

 1y = sin θ 1X + cos θ 1Y
 1Y = − sin θ 1x + cos θ 1y
2
1
où cos θ =
et sinθ =
5
5
− PXY 0 
 IX


IO =  − PXY
IY
0
 0
0
I Z 



 



 



2 
2
 I X = I X ( S1) + I X ( S 2) + I X ( S 3) = I X ( S1) +  I X A ( S 2) + m.0  +  I X D ( S 3) + m.0 


 

2
2
2
m
L
m
L
(
)
(
)2


 

12
12

 





 

2 5 
2 5

 IY = IY ( S1) + IY ( S 2) + IY ( S 3) = IY ( S1) +  IYA ( S 2) + mH  +  IYD ( S 3) + mH 
4
4

 0
  0


avec 

 



 



 

 IZ = IZ ( S1) + IZ ( S 2) + IZ ( S 3) = IZ ( S1) +  I X ( S 2) + IY ( S 2)  +  I X ( S 3) + IY ( S 3) 


2
5mH 2   m( 2 L )2
5mH 2 

 m( 2 L )
 

4
4 
 12
  12



 



5  
5 
.0
 .0 + PX DYD ( S 3) + mH
 PXY = PXY ( S1) + PXY ( S 2) + PXY ( S 3) = PXY ( S1) +  PX AYA ( S 2) + m  − H
4    4 



0
0

 


=0

Page | 90
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
Rem : la symétrie des deux barres par rapport aux axes XYZ permettait de conclure directement que
PXY(S2+S3)=0
1
4
4

2
2
 I X ( S1 ) = sin θ I y ( S1 ) + cos θ I x ( S1 ) − 2sin θ cos θ Pxy ( S1 ) = 5 I y ( S1 ) + 5 I x ( S1 ) − 5 Pxy ( S1 )

4
1
4
I
= cos 2 θ I y ( S1 ) + sin 2 θ I x ( S1 ) + 2sin θ cos θ Pxy ( S1 ) = I y ( S1 ) + I x ( S1 ) + Pxy ( S1 )
 Y ( S1 )
5
5
5

1
4
4
4
1
4
I
= I X ( S1 ) + IY ( S1 ) = I y ( S1 ) + I x ( S1 ) − Pxy ( S1 ) + I y ( S1 ) + I x ( S1 ) + Pxy ( S1 ) = I y ( S1 ) + I x ( S1 )
 Z ( S1 )
5
5
5
5
5
5

 PXY ( S ) = sin θ cos θ − I y ( S ) + I x ( S ) + cos 2 θ − sin 2 θ Pxy ( S ) = 2 − I y ( S ) + I x ( S ) + 3 Pxy ( S )
1
1
1
1
1
1
1

5
5
) (
(
I x ( S1)




H2
=  ρ 2 H 2 .

12




I y ( S1)




( 2 H )2
=  ρ 2 H 2 .
12






 ▭ρ 2 H 2
)
(


2


H
2
 ρH 2  2 
2
ρ
H
H



.  +
.
−
2
12
2  4  
 

ρH2 H 2


2
.
2 12

 ▭ρ H
2



 ▭ρ 2 H 2
2
2
I z ( S1) = I x ( S1) + I y ( S1) = M




 ρH 2 H 2 ρH 2 H 2 



−
.
+
.
12
2  2  
 2


ρH2 H 2


2
.
2
3

 ▭ρ H
2
H
H
5H
+M
=M
12
3
12
)



 
ρH2
2
 =  ρ 2 H −
2
 



 H 2 MH 2
=
 .
12
 12



 
ρ H 2  H 2 MH 2
2
=
.
 =  ρ 2 H −
2  3
3
 



2


ρ H 2  H  H  

Pxy = ( 0 ) ▭ρ 2 H 2 −  0 +
. −   

2  2 
4   ρ H 2

▭

2


2
H H
 MH
 = 24 avec OG( − 2 , 4 , 0)



1 MH 2 4 MH 2 4 MH 2 MH 2
+
−
=
 I X ( S1 ) =
5 3
5 12
5 24
10

2
2
2

4 MH
1 MH
4 MH
19MH 2
+
+
=
 IY ( S1 ) =
5 3
5 12
5 24
60


2
2
2
H
H
H
5
IZ (S ) = M
+M
=M
1

3
12
12

2
2 

2
H
H
3 H 2 −3MH 2
P
=
−
M
+
M
+
M
=


XY
(
S
)
1

5 
3
12  5
24
40

=>

MH 2  mL2   mL2  MH 2 m 2 L2
+
+
 IX =
+
=
6
6
3

 3   3 

2
2
2

MH
5mH  
5mH  MH 2 5mH 2

I
=
+
0
+
+
0
+
+



=
Y

4
4  
4 
4
2



2
2
2
2
2
2
2
2
 I = 5MH +  mL + 5mH  +  mL + 5mH  = 5MH + m 2 L + 5mH




Z

12
4   3
4 
12
3
2
 3


2
2


  

 P = −3MH +  0 + m  − HL 5  .0  +  0 + mHL 5 .0  = −3MH
XY


40
4   
4 
40



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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
α
15.
Iz = ρ R
4
2π
∫ sin ³θ dθ ∫ dφ =
0
0
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
2π
ρ R 4 (1 − cos α )( 2 − cos α − cos ²α )
3
avec m = 2πρ R (1 − cos α ) => I z =
2
π
mR ²
2mR ²
( 2 − cos α − cos ²α ) pour α = et α = π : I z =
3
2
3
16. Axes principaux en A : Axy : xz est un plan de symétrie donc par symétrie du domaine de x, les produits Pxy et
Pxz seront nuls. De plus, z=0 pour toute la plaque, donc Pyz=0
2
I x1 =
2
2
mR 2
mR 2
 4R 
 4R

 4R 
 4R

= I xG1 + m 
=> I x "( S1 ) = I xG1 + m 
+ R =
− m

 + m  3π + R 
π
π
π
4
3
3
4
3








I x "( S1 ) = I x "( S2 ) =
I x "( S3 ) = I x "( S4 ) =
Par symétrie I x "
2
mR 2
4 R 2 5mR 2 8mR 2
+ mR 2 + 2m
=
+
4
3π
4
3π
mR 2
2mR 2 10mR 2 16mR 2
16mR 2
=> I x " =
+
+
= 3mR 2 +
4
4
4
3π
3π
= I y " et Px " y " = 0 (grâce au plan de symétrie orthogonal x " z ", l'intégrale impaire
de y " sur un domaine symétrie est nulle)
En A : AG ( R, R, 0 ) : I x ' = I x " + 4
m R 2 = 7 mR 2 +
4 demi
disques
16mR 2
= I y ' et Px ' y ' = Px " y " + 4 mR 2 = 4 mR 2
3π
Les axes principaux en A sont orientés de θ par rapport aux axes
Ax ' y ' tel que tg 2θ =
y’
2 Px ' y '
I y ' − I x'
= ∞ => θ = 45°.
y’’
S1
xG1
x1
On trouve par la formule de rotation :
I y'
I x' I y'
I
+
− Px ' y ' ; I y = x ' +
+ Px ' y ' ; Pxy = 0
2
2
2
2
16 
16 


=> I x =  3 +
 mR ² ; I y =  11 + 3π  mR ²
3
π




Ix =
17. 1.
Iy = ρ
b
 x
h  1− 
 b  x ² dxdy
0
∫∫
2.
0
 x
b h1− 
 b  xydxdy
0 0
=ρ
∫
b
0
x ² dx
 x
h  1− 
 b  dy
0
∫
O
y
x
x’’
x’
A
=ρ
S2
hb3 Mb ²
Mh ²
=
=> I x =
12
6
6
h²  x 
h²b² Mbh
1−  ² = ρ
=

0
2  b
24
12
8
3.
si b = 4 cm et h = 6 cm : I x = 6M cm ²; I y = M cm ² ≈ 2.67 M cm ²; Pxy = 2M cm ²
3
2 Pxy
Axe principaux d'inetrie en O sont les axes Ox ' y ' tel que tg 2θ =
= −1.2 => θ ≈ −25.1°
I y − Ix
Pxy = ρ
∫∫
=ρ
∫
b
xdx
4. En utilisant les formules de rotation d’une angle θ autour de l’axe z, nous obtenons les
Moment principaux d'inertie en O : I x ' ≈ 6.94 M cm ²; I y ' ≈ 1.73M cm ²
I y' < I y < Ix < Ix'
5. Vecteur unitaire nécessaire pour faire la rotation du système d'axes Ax ' y ' z ' ( // Oxyz ) vers Ax '' y '' z '' :
1AC =
1
3
( −1; +1; +1) = (α11 ;α 21 ;α31 ) =>
( )
I AC = I x '' = α i1α 1j I ij = α11
=> I AC =
2
( )
I x ' + α 21
2
I AC dépend seulement des cosinus directeurs de 1AC
( )
I y ' + α 31
2
I z ' − 2α11α 21 Px ' y ' − 2α11α 31 Px ' z ' − 2α 21α 31 Py ' z '
1
1
1
2
2
2
I x ' + I y ' + I z ' + Px ' y ' + Px ' z ' − Py ' z '
3
3
3
3
3
3 0( z '= 0)
0( z '= 0)
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
Calcul des composantes du tenseur dans le repère Ax ' y ' z ' ( // Oxyz ) : utilisez Steiner en passant par
b b 
 2b b 
le repère au centre de masse GxG yG de la plaque triangulaire : OG  , , 0  et AG  − , , 0 
3
3


 3 3 
2
Mb 2
b
b
I x = I xG + M   =
et I x ' = I xG + M  
3
6
 
3
2
2
2
2
 Mb 2
Mb²
b 
b
=> I x ' = 
−M   +M   =
;
6
3
3
6
  
 

Mb 2
b
 2b 
I y = I yG + M   =
et I y ' = I xG + M  − 
6
3
 3 
2
2
2
 Mb ²
Mb ²
b 
 2b 
=> I y ' = I y − md yyG + md y ' yG = 
−M   +M   =
;
2
 3  
 3 
 6
2Mb²
Iz' = Ix' + I y' =
( en 2D car z = 0 pour la plaque ) ;
3
 b   b  Mbb
 2b   b 
Pxy = PxG yG + M    =
et Px ' y ' = PxG yG + M  −  
3
3
12
  
 3  3 
 Mb ²
Mb²
 b   b 
 2b   b 
=> Px ' y ' = 
− M     + M  −   = −
4
 3   3 
 3  3 
 12
1 Mb ² 1 Mb ² 1 2 Mb² 2 Mb² 5
=> I AC =
+
+
−
= Mb²
3 6
3 2
3 3
3 4
18
18. z : axe vertical passant par le centre de la tasse, z’ : axe vertical passant par le bord de l’anse.
4
I z ( tasse )
D
D

 2
 2 − e

= ρπ H   − ρπ ( H − 2e ) 
2
2
4
Rappel : avec l'axe z = axe de révolution
∫ (x
)
Iz
+ I xy
2
Par symétrie : I x (cercle Ο) = I x (demi-cercle ∪) + I x (demi-cercle ∩)
cercle : I z (cercle) =
=> I x (demi-cercle ∪) =
2
+ y 2 dm =2I x − 2I xy => I x =
I x (cercle Ο)
2
I x '( Anse O )
1
I z '( Anse O ) avec I z '( Anse O ) =
+ I y ' z '( Anse O )
2
2
4
4


b
b − a) 
  ρπ a ( ) − ρπ a (


2 
2
2
2
 
2 2
a
b
−
a
(
)
1  
a
b
 +  ρπ a

I z '( Anse ∪) =
− ρπ a

2  2
12
12




I x '( Anse O )
I y ' z '( Anse O )


2


2 
 ρπ a

2
D

I z ( Anse ∪) = I z '( Anse ∪) + 
b 2 − ( b − a )  − dG 2 +  + d G   

 2
2

  


Dans notre cas : I z '( Anse ∪) =
)
(
Steiner
où dG =distance(axe z ';cdm de l'anse)
Iz =
ρπ 
4
D
D

 H   − ( H − 2e )  − e 

2
2
2

  
+
ρπ a
8
((b )
4
− (b − a )
4
3
4
) + ρπ24a (b




2
− (b − a )
2
) + ρπ2 a (b
2
  D 2

2
− ( b − a )    + DdG 
 2 



)
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Mécanique Rationnelle 2
19.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
Formulaire :
Pour une tige homogène de longueur L (axes en G)
Moment d’inertie par rapport à l’axe y : Iy=ML²/12
Pour un triangle rectangle de côté a, b et d’épaisseur e.
(axes sur la base de l’angle droit)
Moment d’inertie par rapport au plan xy : Ixy= Me²/3
Moment d’inertie par rapport au plan yz : Iyz= Ma²/6
Moment d’inertie par rapport au plan zx : Izx= Mb²/6
Pour un disque plein de rayon R (G : centre de masse
du disque)
Moment d’inertie par rapport à l’axe zG : Iz=MR²/2
x
b
selle
e a
L3
ω1
L2
Ri
L1
Re
O
y
SA
z
y
z
b
châssis
e
m la masse de la roue
I z ( roue)
I x ( roue ) = I y ( roue) =
2
m Re2 + Ri2
I z ( roue ) =
2
(
m1 la masse de la tige L1
L 
I x ( L1 ) = m1  2 
 2 
)
x
a
2
2
I z ( L1 ) =
m1 L12
L 
+ m1  1 
12
 2 
I y ( L1 ) =
m1 L12
L 
L 
+ m1  2  + m1  1 
12
2
 
 2 
2
m3 la masse de la tige L3
I x ( L3 ) = 0
I y ( L3 ) =
M la masse de la selle
I z ( selle ) = I xz + I yz
m3 L32
L 

+ m3  L1 + 3 
12
2 

mL2
L 

I z ( L3 ) = 3 3 + m3  L1 + 3 
12
2 

m4 la masse du corps
I y (corps ) = 0
m2 la masse de la tige L2
mL2
I x( L2 ) = 2 2
12
m2 L22
I y ( L2 ) =
+ m2 L12
12
2
2 I z ( L2 ) = m2 L1
2
2
I y (corps ) = I z (corps ) = m4 r 2
2
I x ( selle )
a
M 
2
 2  + Mb ² − M  b 
=


6
6
3
2
I y ( selle )
a
M 
2
2
Me 2
e
2

e
=
+   + M  L1 + L3 +  − M  
3
6
2

2
2
I z ( selle ) =
2
Me ² Mb ²
e

b
e
+
+ M  L1 + L3 +  − M   − M  
3
6
2
3


 
2
2
Px x = 0
Tous les i j
La roue :composante z=0 + symétrie suivant par rapport au plan xz et yz
Le châssis :composante y=0 + symétrie suivant par rapport au plan xy
La selle : au centre de masse : symétrie suivant l’axe zG et l’axe xG
les distances de décalage des axes : x=xG + dx ; y=yG ;z=zG où dy et dz sont nuls.
Le corps : au centre de masse : les produits d’inertie sont nuls (énoncé)
les distances de décalage des axes : x=xG + dx ; y=yG ;z=zG où dy et dz sont nuls.
20.
S1 -Parallélogramme abc : I G S1
 b2 + c2
ρ abc 
 0
=
12 
 0

0
2
a +c
0


0 

a 2 + b2 

0
2
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Mécanique Rationnelle 2
S2 - Parallélogramme
I G S2
a
bc :
2

 2
b + c2
a 
ρ   bc 
2
=    0

12


 0

S3 − 4 roues : I G S3
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie



 c2
0
− ( −cd ) 
2



a
a


2
 + ρ   bc  0
0
d 2 + c2
0 
 2 +c


 
2 
 − ( −cd )

0
d2 
2


a
2  0
Steiner avec GG2 = ( − d ,0,c )
 2  +b 
 

  b  2  c  2 

 4   +   

0
0
 R2

  2   2  

0
0 



 4



 2  c 2 


R2
2
2

= 4 × ρπ R  0
0  + ρπ R 
0
4 e +   
0
2


 2  






R2 

 2  b 2  
 0

0

4 
0
0
4 e +    

 
 2   


I Gï au centre de chq roue
0
0
Steiner pour les 4 roues
xyz = axes principaux pour le solide composé des 4 roues
b c
b c
b c

 b c


GG r1 =  e, − , −  ; GG r 2 =  e, , −  ; GG r 3 =  −e, , −  ; GG r 4 =  −e, − , − 
2 2
2 2
2 2

 2 2


mR 2
mR 2
mL2
= I xy + I xz par symétrie I xy = I xz =
; I y = I xy + I yz avec I yz =
2
4
12
Cylindre creux de rayon extérieur Re et de rayon intérieur Ri :
Cylindre : I x =
Ix =
(
ρπ h Re4 − Ri4
2
S3 -Canon : I G S3
) = M (R
2
e
+ Ri2
2
) ;I
y
=
(
M Re2 + Ri2
4
) + mL
2
12
= Iz
 re 2 + ri 2

0
0


2




re 2 + ri 2 L2
2
2

= ρπ re − ri L 
+
0
0
4
12



re 2 + ri 2 L2 

+ 
0
0

4
12 

(
)
IGï au centre du canon

L a
 
c2
0
− + − d c

2
4

 

2


L a


+ ρπ re 2 − ri 2 L 
0
c2 +  + − d 
0


2 4


2 
 L a

L a
 
0
 2 + 4 −d 
− 2 + 4 − d c



 

(
)
L a

Steiner avec GG canon = + − d ,0, c 
2 4

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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
=> I G = I G S1 + I G S2 + I G S3 + I G S4

 1 3b 2 + 15c 2
 12

ρ abc 
IG =
0
2 



cd


(
(
+ ρπ re 2 − ri 2
)
)
0
 9a 2 15c 2

+
+ d2 


12
 24

0
 re 2 + ri 2
+ c2

2


L
0


 L a

 −  + − d  c
2
4

 
 b2 + c2 + R2

+ ρπ R 2 
0


0

2
re 2 + ri 2 L2
L a

+
+ c2 +  + − d 
4
12
2
4


4e + c + 2 R





0


2
re 2 + ri 2 L2  L a
 
+
+
+ −d 
4
12  2 4
 Canon
L a

− + − d c
2
4


0
2
0
0
2


cd



0



 9a 2 3b 2

2 
+
+
d



12
 24
 2 Parallélogramme



0
2
2
2
4e + b + R 
4 roues
0
2
0
==> la symétrie du domaine d’intégration en y nous donnait directement que Pxy et Pyz étaient nuls pour
chacun des solides du système.
21. 1. S1: grâce à la symétrie du domaine d'intégration suivant l'axe y : D1 = F1 = 0
S 2 : le mat est suivant z2 => le domaine d'intégration unidimensionnel est suivant cet axe (0, 0, z2 )
=> C2 = D2 = E2 = F2 = 0 ; A2 = B2
S3: Le domaine d'intégration est nul suivant l'axe y3 (pas d'épaisseur)
Pb en 2D => B3 = A3 + C3 ; D3 = F3 = 0
S 4 : Le domaine d'intégration est nul suivant l'axe y3 (pas d'épaisseur)
Pb en 2D => B4 = A4 + C4 ; D4 = F4 = 0
2. G1G2 = ( a2 − a1 ,0, c2 − c1 )
I G1( S 2)
 A2

= 0
0

0
A2
0
2

( c2 − c1 )
0


0  + m2 
0

0 
 − ( a2 − a1 )( c2 − c1 )

0
( a2 − a1 )
2
+ ( c2 − c1 )
0
2
− ( a2 − a1 )( c2 − c1 ) 


0

2

( a2 − a1 )

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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
G2 G3 = ( a3 − a2 , 0, c3 − c2 ) et G1G3 = ( 0, 0, c3 − c1 )
I G3 ( S 3)
 A3

= 0
 −E
 3
2

( c3 − c2 )
− E3 


0  − m3 
0

C3 
 − ( a3 − a2 )( c3 − c2 )

0
A3 + C3
0
=> I G1 ( S 3) = I G3 ( S 3)
 ( c3 − c1 ) 2

0
+ m3 

0


( a3 − a2 )
+ ( c3 − c2 )
2
0
− ( a3 − a2 )( c3 − c2 ) 


0

2

( a3 − a2 )

0

0

0

0
( c3 − c1 )
0
2
2
0
 A = [ A ] +  A + m ( c − c )2  +  A − m ( c − c )2 + m ( c − c )2 
1
2
2
1
3
3
2
3
3
1
 2
  3



2
2
2
2
2

 

 B = [ B1 ] +  A2 + m2 ( a2 − a1 ) + ( c2 − c1 )  + ( A3 + C3 ) − m3 ( a3 − a2 ) + ( c3 − c2 ) + m3 ( c3 − c1 ) 

C = [C ] +  0 + m ( a − a ) 2  + C − m ( a − a ) 2 
1
2
2
1
3
3
2


  3


D
0
0
0
0
0
0
=
+
+
+
+
=
[ ] [ ] [ ]

 E = E + 0 + m ( a − a )( c − c )  +  E − m ( a − a )( c − c ) 
[ 1] 
2
2
1
2
1 
3
3
2
3
2 
 3

 F = [ 0] + [ 0 + 0 ] + [ 0 + 0] = 0

(
)
(
)
22. Pour la demi sphère pleine.
ρ 2π r ³
5r
2M1r ²
M1 =
et z 'G1 = . =>I z ' =
3
8
5
I z ' M1r ² M1r ² 2M1r ²
Axes xO ' yO ' z ' en O ' : I x = I x y + =
+
=
2
5
5
5
 2r ² 9r ² 25r ²  13M1r ²
I x ' = I x + M1d x ' x ² = ( I x − M1d x x ² ) + M1d x ' x ² = M1 
−
+
=
64
64 
20
 5
Pour le cylindre plein.
O'
G1
G1
O' O'
O'
M 2 = ρπ Lr ² et z 'G 2 = r +
O ' G1
G1
L
M r²
I
M L² M r ²
=> I z ' = 2 et I xG 2 = I xG 2 yG 2 + z ' = 2 + 2
2
2
2
12
4
2
I x ' = I xG 2 + M 2 d x ' xG 2 ² =
M 2 L² M 2 r ²
L

 L² r ² L²

 L ² 5r ²

+
+ M2  + r  = M2  +
+
+ r ² + Lr  = M 2  +
+ Lr 
12
4
4
4
2

 12 4

 3

Pour le cône.
M 3 = ρπ 2 R 4 R ² + 4 H ² − ρπ R R ² + H ² = 3 ρπ R R ² + H ²
Iz' =
ρπ 2 R 4 R ² + 4 H ² 4 R ²
−
2
A la pointe du cone (x p y p z') :
I xP =
I zP
2
+ I xP y P =
ρπ R R ² + H ² R ²
2
=
15 ρπ R R ² + H ² 5 M 3 R ²
=
2
2
5 M 3 R ²  ρπ 2 R 4 R ² + 4 H ² 4 H ² ρπ R R ² + H ² H ²  5 M 3 R ² 5 M 3 H ²
+
−
+
=
4
2
2
4
2


(
)
I x ' = I xG 3 + M 3 d xG 3 x ' 2 = I xP − M 3 d xP xG 3 2 + M 3 d xG 3 x ' 2
2
=
2
5M 3 R ² 5M 3 H ²
5M 3 R ² 43M 3 H ²
 14 H 
 19 H 
+
− M3 
+
 + M3 
 =
4
2
4
36
 9 
 18 
Pour le volant complet :
ρ 2π r ³
M = M1 + M 2 + M 3 = 1
+ ρ 2π Lr ² + 3ρ3π R R ² + H ²
3
2 M 1r ² M 2 r ² 5M 3 R ²
+
+
I z ' = I z ' Sphère + I z 'Cylindre + I z 'Cone =
5
2
2
13M 1r ²
 L ² 5r ²
 5M 3 R ² 43M 3 H ²
I x ' = I y ' = I x ' Sphère + I x 'Cylindre + I x 'Cone =
+ M2  +
+ Lr  +
+
20
4
4
36
 3

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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Tenseur d’inertie
ω
z’
2R
H
xG3
G3
R
L
r
H/2
O
G2
O’
G
G1
xO
x G2
xO’
xG
xG1
A
x’
P
xP
23. L’inertie de la plaque trouée est égale à l’inertie de la plaque pleine diminuée de l’inertie des trous.
I x ,total = I xG ,0 − ( I x,1 + I x,2 + I x ,3 + I x,4 + I x ,5 + I x,6 )
Pxy = Pxy0 − ( Pxy1 + Pxy2 + Pxy3 + Pxy4 + Pxy5 + Pxy6 )
avec
l²
12
R²
R²
I xG ,1 = σπ R ²
=> I x ,1 = σπ R ²( + a ²)
4
4
d²
d²
I xG ,2 = I xG ,3 = σ d ²
=> I x,2 = I x ,3 = σ d ²( + a ²)
12
12
d²
d²
I xG ,4 = I x ,4 = σ d ² (cos ²45° + sin ²45) = σ d ²
12
12
σπ r ² r ²
I x,5 + I x ,6 = 2
2 4
et
I xG ,0 = σ Ll
Pxy = Pxy0 − ( Pxy1 + Pxy2 + Pxy3 + Pxy4 + Pxy5 + Pxy6 )
0− σπ2R ² ab
0 −σ a 4
0 +σ a 4
0
0− σπ4r ² ac
0 − σπ4r ² ac
Pxy = σπ2R ² ab + σπ2r ² ac = σπ2 a (bR 2 + cr 2 )
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
Résultante et moment cinétique
Formulaire
Résultante cinétique : R = mvG
Moment cinétique par rapport à A : M A = M B + AB × R
Moment cinétique par rapport à A ( A ∈ Solide ) : M A = m AG × v A + I A .ω
Energie cinétique ( A ∈ Solide ) : T =
mv A2
1
+ mv A . ω × AG + ω .I A .ω
2
2
(
)
1. O = point appartenant à l’axe de rotation fixe.
1
ℜ = mvG
M O = I O .ω
ℜ = − maω 1 x
M O = − Pxzω 1 x − Pyzω 1 y + I zω 1 z
4
= −mabω 1 y + ma²ω 1 z
3
2
ℜ=0
M O = − Pxzω 1 x − Pyzω 1 y + I zω 1 z
=
3
ℜ = − mbω 1 y
+ maω 1 z
4
ℜ=0
ma ²
ω1 z
3
M O = + I xω 1 x − Pxyω 1 y − Pxzω 1 z
4
= m(a ² + b²)ω 1 x
3
M O = − Pxyωy 1 x + I yω y 1 y − Pyzωy 1 z
−Pxzωz 1 x − Pyzωz 1 y + I zωz 1 z
4
a
b
M O = + mb²ω
1 y −mabω
1y
3
a ² + b²
a² + b²
4
b
a
+ ma²ω
1 z −mabω
1z
3
a ² + b²
a ² + b²
1
T = ω .I O .ω
2
1
T = I zω ²
2
2
= ma²ω ²
3
1
T = I zω ²
2
1
= ma²ω ²
6
1
T = I xω ²
2
2
= m(a² + b²)ω ²
3
1
T = I z 'ω ²
2
1
a ²b ²
ω²
= m
3 a ² + b²
ou M O = − Px ' z 'ωz ' 1 x ' − Py ' z 'ω 1y ' + I z 'ω 1z '
1
b2 − a 2
2 ma 2b2
= mab 2 2 ω 1y ' +
ω 1z '
3
3 a 2 + b2
a +b
On aurait pu faire : M O = M G
(4)
∫
∫
I z ' = y '² dm = (cosα y - sin α z )² dm = cos ²α I z + sin ²α I y − 2sin α cos α Pyz
=
b² 4
a² 4
ab
2 ma ²b²
. ma ² +
. mb² − 2
.mab =
a ² + b² 3
a ² + b² 3
a ² + b²
3 a ² + b²
z
z’
ω
α
y
y’
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Mécanique Rationnelle 2
∫
Py ' z ' = y ' z ' dm =
=
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
∫ ( cosα y - sin α z )( sin α y + cosα z ) dm = cosα sin α ( I
z
)
− I y + ( cos ²α − sin ²α ) Pyz
ab  4
4
a² 
1 ma 3b
1 mab 3
  b²
ma ² − mb ²  + 
−
mab =
−


2
2
a ² + b²  3
3
3 a +b
3 a2 + b2
  a ² + b² a ² + b² 
2. O = point appartenant à l’axe de rotation fixe.
ℜ = mvG
mO = IO .ω
a
b
ℜ = −m ω 1 x
3
b
h
ℜ = m ω1 x
3
c
m
ℜ = ω − h 1 y +b 1 z
3
d
m
h² − b²
1x
ℜ= ω
3
h² + b²
(
T=
b²
ω²
12
h²
T = m ω²
12
bh
b²
ω 1 y +m ω 1 z
12
6
h²
bh
mO = m ω 1 y −m ω 1 z
6
12
T =m
mO = −m
)
mO = m
( b² + h ² ) ω 1
1
I d ω ² avec d =axe de rotation
2
x
6
m
ω
 h ( 2h ² − b ² ) 1 y
mO =
12 b² + h ² 
T =m
T=
+ b ( 2b² − h ² ) 1 z  avec ω *
( b² + h² ) ω ²
(
12
m
12 b2 + h2
)
(b
 b² + h²

0
0 
m 6
v = vO + ω × OG


cinématique : G
h²
bh 

h
b
I O xyz = 
m
−m 
0
ω* = ω
1y + ω
1z
6
12
2
2
2
2


Triangle
b
+
h
b
+
h
bh
b² 

m
0
−m

12
6 

**
2
2
Résultante (d) : Distance d’1 point P1(x1, y1) I z' = y' dm = (cosα y-sinα z ) dm
à la droite ax + by + c = 0,:
= cos 2 α I z + sin 2 α I y − 2 sin α cos α Pyz
d=
ax1 + by1 + c
=
a ² + b²
3. O = point appartenant à l’axe de rotation fixe.
Ix= Iy+ Iz
ℜ = mv
G
1
2
− maω 1 x
0
3
− mbω 1 x + maω 1 y
4
− mbω 1 x
5
0
6
0
∫
m 1
. b4 + h4 − b2 h2
6 b ² + h²
(
)
+ h4 − b2 h2 ω 2
**
avec I z
Ou utiliser la formule classique de
∫
4
z
ω
B
z’
α
y
O y’
A
(d)
)
mO = − Pxzω 1 x − Pyzω 1 y + I zω 1 z T = 1 I ω ²
z
2
Iz=m(2a)²/12+ma²
Iy=m(2b)²/12+mb²
Iz=m(2a)²/12
Iy=m(2b)²/12+mb²
Iy=m(2a)²/12+ma²
Ix=m(2b)²/12+mb²
Iz= Ix+ Iy
Iz=m(2b)²/12+mb²
Iy=m(2a)²/12+ma²
Iz=m(2b)²/12
Iy=m(2a)²/12+ma²
* (1)
4
− mabω 1 y + ma ²ω 1 z
3
ma ²
ω1z
3
4
m(a² + b²)ω 1 z
3
2
ma ²ω ²
3
1
ma ²ω ²
6
4
− mabω 1 y + mb ²ω 1 z
3
mb ²
ω1z
3
1
a ² − b²
2
a ²b ²
mab
ω1 y+ m
ω1 z
3
a ² + b²
3 a ² + b²
2
mb ²ω ²
3
2
m ( a ² + b ²)ω ²
3
1
mb²ω ²
6
1 a ²b²
m
ω²
3 a ² + b²
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
* (1)
I z = ∫ y²dm = ∫ (cosα y'-sinα z')²dm
z’
ω
B
= cos ²α I z ' + sin ²α I y ' − 2sin α cosα Py ' z '
a² 4
b² 4
ab
. mb² +
. ma ² − 2mab.
a ² + b² 3
a ² + b² 3
a ² + b²
2 ma ²b²
=
3 a ² + b²
z
C
=
A
x
α
D
y
y’
4. Axe x (AB), y (AD), z (perpendiculaire au plan en A)
1
1
T = mvG2 + ω .I .ω
a) ! le vecteur de vitesse angulaire est négatif (-1x)
2
2
ℜ = mvG = mv A = mLθɺ(− cos θ ,− sin θ ,0)
2
1  L² + 4 L ²
 3L   ɺ 4
ɺ
T
=
m
+
m
1
1

   θ ² = mL ² θ ²
T = mvG2 = mL ²θɺ ² car ω = 0 (translatio n)
2 
12
2  
3

2
2
1
 . . 0  0 
mG = 0; m A = mG + AG × ℜ = mL ²θɺ( − sin θ + cos θ ) 1z

  5
2
mG =  . . 0  0  = mL ² θɺ1z
b)
 . . I  θɺ 12
z  

3
ℜ = mvG = mLθɺ(−1, 0, 0)
7
2
mA = mG + AG × ℜ = mL²θɺ 1z
6
5. Dans les axes principaux Oxyz tel que précisé sur le
dessin.
ɺ 

 A 0 0   ϕɺ sin α − φɺ   A ϕɺ sin α − φ 




mO =  0 B 0  
0
0
=
 0 0 B   ϕɺ cos α   Bϕɺ cos α 



 

MR ²
R²
mL ²
où A =
; B=M
+ ML ² +
2
4
3
B = I disque ( = I diamètre + Md ( diamètre − axe Z ) ) + I tige
(
z
ϕɺ
)
φɺ
L
O
α
C
x
R
I
ω
vC = vitesse C ∈ tige = vitesse C ∈ disque.
L cos αϕɺ = ω × CI =>
ϕɺ
R ² + L ²ϕɺ = Rφɺ => φɺ =
sin α
cos ²α
1x + Bϕɺ cos α 1z
sin α
dmO
cos ²α
= − Aϕɺɺ
1x − ϕɺ ² cos α sin α ( B + Acotg²α )1y + Bϕɺɺ cos α 1z
dt
sin α
mO = − Aϕɺ
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
6. m = I .ω + MAG × v
A
A
A
2
(1ξ + 1ς );
2
Axes (η ', ξ , ς ') centrés au centre de la base (η '² + ξ '² = r ²)
où ω = θɺ
2π
R
h
Iς 'G = ρ ∫ rdr ∫ dθ ∫ d ς '(η '² + ξ ' ²) = ρ
0
0
0
2π
R
h
π
2
Iη ' = Iξ = ρ ∫ rdr ∫ dθ ∫ d ς '(ς '² + η '²) =
0
0
0
R4h =
Iς ' G
2
MR ²
MR ²
3
; Iς =
+ MR ² = MR ²
2
2
2
R
2π
h
0
0
0
+ ρ ∫ rdr ∫ dθ ∫ d ς ' ς '² =
2π
h
0
0
0
R
2π
h
R
2π
h
0
0
0
0
0
0
R
MR ² Mh ²
+
4
3
Pξη = ρ ∫ rdr ∫ dθ ∫ dς '(ξη ') = 0;
Pξ ς = ρ ∫ rdr ∫ dθ ∫ d ς ' ( (ξ 'G + R)ς ') = Pξ 'ς ' + ρ ∫ rdr ∫ dθ ∫ d ς 'ς ' R = −
MRh
2
2
h
MAG × v A = −
M ( R + ) zɺ 1η
2
2
M 2 ɺ
2
h
mA =
M ( R + ) zɺ 1η
θ ( 3R ² + 4h² + 6 Rh ) 1ξ + (18R ² + 6 Rh ) 1ς  −
24
2
2
7. Les rotations subies par les trois solides ne sont pas identiques
=> calculer le moment cinétique de chaque solide.
M A = M A ( S1) + M A ( S 2) + M A ( S 3)
z
.
O’ ϕ
Solide 1 : A appartient à S1
M A ( S1) = I A .ω1 =
M G1 + AG1 × m1vG1
A




0

 0 
3

  0  = ρ 8 R ϕɺ 1 z
M A ( S1) =
0

 
3
2  

ρ 2 R. ( 2 R )   ϕɺ 


3


Axes G2x’y’z’ avec x’y’z’ parallèle à Axyz.
Axes G2x’’y’’z’’ = rotation du repère Ax’y’z’
d’un angle α tel que x’’ est suivant G2C.
O
v
B
2R
ou
M A ( S 2) = M G2 + AG2 × m2 vG2 avec A ∉ S2
G1
2R
x
G2 .
φ
α
u
D
C =G3
I R
.
O’ ϕ
z’
z”
A
B
O
2R G2
x
x’
α
x”
AG2 = ( 2 R + R cos α )1x − ( R sin α )1z et vG2 = ( 2 R + R cos α ) ϕɺ1y
mL2 mR 2
=
et I x ''
12
3

0
0


= I G2 .ω2 = 0
0

0
m2 R 2


3

I z '' = I y '' =
= Px '' z '' = Px '' y '' = Py '' z '' = 0 et ω2 = ω1 = ϕɺ 1z
M G2

 −ϕɺ sin α

2
 
m R2
 m2 R ɺ

ϕ cos α 1z " = 2 ϕɺ cos α sin α 1x ' + cos α 1z '
0
=

3
3


  ϕɺ cos α 


(
)
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
1 
3  3
=
1x ' + 1z ' 
ρ R ϕɺ 
2 
α = 30°
 6
on peut aussi travailler directement dans les axes G2 x ' y ' z ' en calculant les éléments du tenseurs
M G2
3
ρ R3
ρ R3 et I z ' = cos 2 α I z '' =
6
2
3
3
ρR
= − Px ' z 'ω z '1x ' − Py ' z ' ω z '1y ' + I z 'ω z '1z ' =
ρ R3ϕɺ1x ' +
ϕɺ1z '
6
2
avec les changements d'axes : Px ' z ' = − cos α sin α I z '' = −
M G2
=0

3
ρ R3
2
ρ R3ϕɺ1x ' +
ϕɺ1z ' + ρ 2 R ( 2 R + R cos α ) ϕɺ1z + ( R sin α )( 2 R + R cos α ) ϕɺ1x
 M A tige 2 =
6
2

=> 


2
3
3
=> M
+ 2 1x ' + ρ R3ϕɺ 10 + 4 3 1z '
A tige 2 = ρϕɺ R 
 3





Axes Cuvw avec C=G3 ; u suivant BC, v//y et w suivant CD.
B
(
(
)
G1
M A ( S 3) = M G3 + AG3 × m3 vG3 avec A ∉ S3
x
2R
2R
G2 .
φ
α
d OG3
= ( 2 R + 2 R cos α ) ϕɺ1y
dt
(
w
D
C =G3
I
OG3 = ( 2 R + 2 R cos α )1x − ( 2 R sin α )1z et vG3 =
)
R
u
)
ou par la formule de cinématique de distribution des vitesses avec ωS3 = −ϕɺ sin α − φɺ 1u + ϕɺ cos α 1w
vG3
(
)
= ωS1 × AC = 2 R (1 + cos α ) ϕɺ 1y ' = ωS3 × IC = R ϕɺ sin α + φɺ 1y
vC∈tige
vC∈disque
ce qui nous donne le lien entre ϕɺ et φɺ (en égalant la vitesse de C appartenant à la tige et la vitesse
3

de C appartenant au disque) avec => φɺ = ( 2 (1 + cos α ) − sin α ) ϕɺ =
 + 2 3  ϕɺ

α = 30°  2
mR 2
mR 2
et I u =
; Puw = Pvw = Puv = 0
4
2
 m3 R 2


  − ɺ sin α − φɺ 
0
 2
 ϕ

= I G3 .ω3 =  0
0 
0
 = I u ωu 1u + I wωw1w



2  ϕɺ cos α
0
m3 R  




4 

Iv = I w =
M G3
=> M G3 = −
ρπ R 4
2
(ϕɺ sin α + φɺ )1u + ρπ4R
4
ϕɺ cos α 1w = −
ρπ R 4
4
(ϕɺ + 2φɺ)1u +
3
ρπ R 4ϕɺ1w
8
2

ρπ R 4
3
ρπ R 4ϕɺ1w + ρπ R 4 2 + 3 ϕɺ1z + ρπ R 4 2 + 3 ϕɺ1x
ϕɺ + 2φɺ 1u +
 M O tige 3 = −
4
8

=> 

  117
15
3 ɺ


 1 
=> M
φ 1x + ρπ R 4  ϕɺ 
= ρπ R 4  ϕɺ  2 +
3−
+ 4 3  + φɺ 1z
O
tige
3


16
4
16



 4 




(
)
(
)
(
)
Page | 103
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Mécanique Rationnelle 2
8.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
ω = ω 1x1 = ω cos α 1x + ω sin α 1y
B
y
2a
x1
2b
x
D
 Ix

M G = I .ω =  0
0

MG =
0
Iy
0
2
2
et sinα =
a
a +b
a +b 2
Les produits d’inertie sont nuls car nous
travaillons dans les axes principaux. En effet,
l’intégration des puissances impaire (x et y)
sur le domaine symétrique est nulle. Et la
coordonnée z est nulle pour toute la plaque.
C
A
b
où cosα =
ω
2
−   ω cosα 


−   ωsinα  = I x cos αω 1x + I y sin αω 1y


−   0

( ρ 2a2b )( 2a )2 ω
b
12
a 2 +b2
1x +
( ρ 2a 2b )( 2b )2 ω
a
12
a 2 +b 2
1y =
ρ 4 a 2b 2ω
3
a 2 +b 2
( a 1x + b1y )
9. T = TTige + Tcarré
Dans les axes principaux (Cx ' y ' z ') lié au centre de masse de la tige :

1
1
1
1
mvC2 + ω .I C .ω = m vC2 x + vC2 y + vC2 z +  I x p 2 + I y q 2 + I z r 2 


2
2
2
2  =0
=0 
z
3a

Z
OC = 2 cos θ 1X + sin θ 1Z

z’

d OC 3a
avec vC =
=
− sin θ θɺ + φɺ 1X + cos θ θɺ + φɺ 1Z
dt
2


mL ² ρ 9 a 3
=
et ω = θɺ − φɺ 1Y
 I Cy =
12
4

(
TTige =
)
(
(
(
)
(
=> TTige = ρ
x’
)
9a ³  ɺ ɺ
θ +φ
8 
(
)
2
+
α
) )
(
G
X
C
)
1 ɺ ɺ 2
θ −φ 
3

(
x’’
z”
θ
)
φ
x
O
Dans les axes principaux Gx’’y’’z’’ lié au centre de masse du carré.
1
1
1
1
2
2
2
TCarré = mvG2 + ω .I G .ω = m vGx
+ vGy
+ vGz
+ ( Ap ² + Bq ² + Cr ² )
2
2
2
2

3a
a
a
a
3a
 3a

cos θ 1X + sin θ 1Z + 1x '' =  sin 2θ + cos α  1x ' + sin α 1y ' − cos 2θ 1z '
OG =
2
2
2
2
2
2




a
3a
a


vG =  3a cos 2θθɺ − sin ααɺ − cos 2θ θɺ − φɺ  1x ' + cos ααɺ 1y '
2
2
2






a

 3a

+  3a sin 2θθɺ −  sin 2θ + cos α  θɺ − φɺ  1z ' = vGx 1x '' + vGy 1y '' + vGz 1z ''
avec 
2
2






ɺ
ɺ
ɺ
ɺ
ɺ
ɺ
ɺ
ω = θ − φ 1y ' + α 1z ' = θ − φ sin α 1x '' + θ − φ cos α 1y '' + αɺ 1z '' = p 1x '' + q 1y '' + r 1z ''

ml ² ρ a 4
ml ² ρ a 4
 A=C = I
=
=
et B = I y '' G =
=
x
''
G

12
12
6
6

(
(
)
)
(
)
(
(
)
(
)
(
)
)
Pour les moments cinétiques :
M O = M O tige + M O carré
M O tige = M C + OC × ℜ = I C .ω + OC × mvC
M O carré = M G + OG × ℜ = I G .ω + OG × mvG = Ap 1x '' + Bq 1y '' + Cr 1z '' + OG × mvG
Page | 104
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Mécanique Rationnelle 2
10. ℜ =
∑ mv
Gi
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
= mvP 1x + 3mvGtige + MvGballe
y
i
 x = a cos ω t;

a
a



avec OG =  a cos ω t + sinθ  1x − cosθ 1y ;
2
2



OG ' = ( a cos ω t + ( a + R ) sin θ ) 1 − ( a + R ) cosθ 1
x
y

P(m)
A
B
x
O
3m
θ
M
 
a
a


ℜ =  − ma sin ω t .ω 1x  + 3m   − a sin ω t.ω + cosθθɺ  1x + sin θθɺ 1y  
2
2


 
+  M − a sin ω t.ω + ( a + R ) cosθθɺ 1x + ( a + R ) sin θθɺ 1y 


((
)
)
a
3m + M ( a + R )
2
=> ℜ = ( 4m + M )  −ω a sin ω t + aθɺcosθ 1x + Aθɺ sin θ 1y  avec A =
4m + M
(
)


1 2
 1
1
1
1
 1

T = ∑ Ti =  mvGm + ω .I Gm .ω  +  ( 3m ) vG2tige + ωtige .I Gtige .ωtige  +  MvG2 + ω balle .I Gballe .ω balle 
balle
2 2
2
 2

i
 2
2
= 0(masse ponct) 

1 3ma ɺ 2   1
12
1
 1

T =  mxɺ 2  +  3mvG2 tige +
MR 2θɺ 2 
θ  +  MvG2 balle +
2 12
25
2
 2
 2

M
1
2
2


=> T =  2m +  a 2ω 2 sin 2 ω t +  ma 2 + M ( a + R ) + MR 2  θɺ2
2 
2
5


3

−  ma 2 + Ma ( a + R )  ωθɺ sin ω t cosθ
2


11. dans les axes principaux Gy " z " lié à la tige :
ω = − βɺ 1 + ϕɺ 1 = − βɺ 1 + ϕɺ cos β 1 − ϕɺ sin β 1
x
z
x"
z"
y"
1. Dans les axes Oxyz
MO
( S 1+ S 2)


 0

= I O( S 1+S 2) .ω =  0
 0



=> M O = −

  m2 .L2 2
0   12
 
0 + 0

m1 .L12   0
 
3  



 0
2
m2 .L2
 
cos β sin β  +  0
12
 0
m2 .L2 2
 
2
cos β 
12

0


0    − βɺ 
 

0   0 

m2 .L12    ϕɺ 



  m .L 2

 m .L 2
m2 .L2 2 ɺ
m .L 2 sin 2 β
β 1x + 2 2
ϕɺ 1y +   1 1 + m2 .L12  + 2 2 cos 2 β  ϕɺ 1z


12
12
2
12

 3

Page | 105
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
d MO d MO
=
+ ω xyz / XYZ × M O =
dt
dt xyz
  m .L 2

 m .L 2
d MO
m .L 2
m .L 2 sin 2 β
ϕɺɺ1y +   1 1 + m2 .L12  + 2 2 cos 2 β  ϕɺɺ1z
= − 2 2 βɺɺ1x + 2 2


dt
12
12
2
3
12



+
2


m2 .L2 2
m .L 2 ɺ
m .L 2 sin 2 β 2
ɺ ɺ 1 +  − m2 .L2 2 cos β sin β  ϕβ
ɺ ɺ 1z − 2 2 βϕ
ɺ 1y − 2 2
cos 2 ββϕ
ϕɺ 1x
y 

12
12
12
12
2


ωxyz / XYZ × M O
2. Dans les axes Oxyz tournant avec les 2 tiges. (S=S1+S2)


2
 0
0
0   m2 .L2 0


12
m1.L12

 
MO
0 + 0
0
= I O( S 1+ S 2) .ω =  0
( S 1+ S 2)
3

 

m1 .L12   0
0
0
0

 

3 

MO = −

 0
0
 
0  +  0 m2 .L12
 
m2 .L2 2   0
0

12 
0


0    − βɺ 
 

0    −ϕɺ sin β 

m2 .L12    ϕɺ cos β 


 m .L 2

 m .L 2 m .L 2

m2 .L2 2 ɺ
β 1x " −  1 1 + m2 .L12  ϕɺ sin β 1y " +  1 1 + 2 2 + m2 .L12  ϕɺ cos β 1z "
12
12
 3

 3

d MO d MO
=
+ ω x " y " z "/ XYZ × M O =
dt
dt x " y " z "
−
 m .L 2

 m .L 2

m2 .L2 2 ɺɺ
β 1x " −  1 1 + m2 .L12  ϕɺɺ sin β 1y " −  1 1 + m2 .L12  ϕɺ cos ββɺ 1y "
12
 3

 3

 m .L 2 m .L 2

 m .L 2 m .L 2

+  1 1 + 2 2 + m2 .L12  ϕɺɺ cos β 1z " −  1 1 + 2 2 + m2 .L12  ϕɺ sin ββɺ 1z "
 3



12
12


 3

 m .L 2

m .L 2
− 2 2 βɺ ϕɺ cos β 1y " + ϕɺ sin β 1z " −  1 1 + m2 .L12  ϕɺ sin β − βɺ 1z " − ϕɺ cos β 1x "
 3

12


(
)
(
)
 m .L 2 m .L 2

+  1 1 + 2 2 + m2 .L12  ϕɺ cos β βɺ 1y " − ϕɺ sin β 1x "
 3

12


3. en considérant séparément les deux solides.





0  0 


   m .L 2
 M O ( S1) = I O .ω = 
  0  = 1 1 ϕɺ 1z
0

3

 
M O = M O ( S 1) + M O ( S 2) avec 
m1.L12   ϕɺ 





3 


 M O ( S 2) = M G + OG × R = I G .ω2 + m2 ( L1 1x ) × L1ϕɺ 1y
(
)
Page | 106
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
 m2 .L2 2

 12
I G .ω2 =  0


 0

Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique

  − βɺ 


m .L 2
m .L 2
0   −ϕɺ sin β  = − 2 2 βɺ 1x " + 2 2 ϕɺ cos β 1z "
12
12

m2 .L2 2   ϕɺ cos β 

12 
0
0
0
0
m2 .L2 2 ɺ
m .L 2
m .L 2
β 1x + 2 2 ϕɺ cos β sin β 1y + 2 2 ϕɺ cos β cos β 1z
12
12
12
2
2
2


m .L
m .L
m .L
= − 2 2 βɺ 1x + 2 2 ϕɺ sin 2 β 1y +  2 2 ϕɺ cos 2 β + m2 L12ϕɺ  1z


12
24
 12

=> I G .ω2 = −
M O ( S 2)
=> M O = −
 m .L 2
m2 .L2 2 ɺ
m .L 2
m .L 2 
β 1x + 2 2 ϕɺ sin 2 β 1y +  2 2 ϕɺ cos 2 β + m2 L12ϕɺ + 1 1 ϕɺ  1z
12
24
3
 12

12. 1.
π
M =k
∫π ∫
dθ
2
−
Iz = k
∫π ∫
dθ
2
−
2
zdz
0
2
π
H
H
zdz
0
R
H
=k 
2
R
z
h r 3 dr
R
H
=k 
4
∫
0
∫
2
R
z
H rdr
0
( H )4
4
π = kπ
R² H ²
8
4
( H )6
6
π=
kπ 2 4 MR 2
H R =
24
3
2
π
I xy = k
∫ π dθ ∫
2
−
2
H
0
zdz
R
z
H
∫ (z )
2
0
R
 H  H 6 2MH 2
rdr = kπ  
=
2
6
3
4
π
I yz = k
∫ π dθ ∫
2
−
2
H
0
zdz
R
z
H
∫
0
R
 H  H 6 MR 2
π
2
=
= I xz
( r cos θ ) rdr = k  
2 4
6
6
MR 2 2 MH 2
+
= Iy;
6
3
Pxy = Pyz = 0 grace à l'intégration de y sur un domaine symétrique
=> I x = I xy + I xz =
3
π
Pzx = k
∫ π dθ ∫
2
−
2
H
0
zdz
∫
R
z
H
0
R
 H  H 6 8M
=
z ( r cos θ ) rdr = k 2  
RH
3
6
9π
2. Trouvons les points P appartenant à l’axe z où les moments d’inertie (IxP , IyP , IzP) sont égaux dans le repère
PxPyPzP
MR 2 2 MH 2
+
−M
6 3
Ix
2
 3H 
 4  +M


d²
d (axe xG ,axe xP )²
=
MR ²
3
d (axe x ,axe xG )
R2  5  2
H
8
−
H à condition que
<
6  48 
R
5
Il faut en plus que en ces points le produit d’inertie Pxp z soit nul aussi pour qu’on soit bien dans des axes
principaux (ce qui ne semble pas être le cas)
=>Il n’existe pas de point de l’axe z qui annule le produit d’inertie dans un système d’axe parallèle à xyz, car
le décalage de l’axe en x est nul =>
=> 2 racines réelles d = ±
Page | 107
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
3.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
L’angle alpha est l’angle entre l’axe z et l’axe z’. Par la formule de changement d’axe (
2
1z ' = ( 0; sin α ; cos α )
)
2
H
R
et sin 2 α = 2
2
H +R
H + R2
 MR 2 2 MH 2  R 2
MR 2 H 2
R2 
MR 2 
2
=> I z ' =
+
+
=
MH
+




3 H 2 + R2  6
3  H 2 + R2 H 2 + R2 
6 
I z ' = I z cos 2 α + I y sin 2 α où cos 2 α =
2
4. M = I O .ω avec ω = ω 1 => M = − P ω 1 − P ω 1 + I ω 1
O
z'
O
x'z '
x'
y'z'
y'
z'
z'
Py ' z ' = ∫ ( cos α y - sin α z )( sin α y + cos α z ) dm = cos α sin α ( I z − I y ) + ( cos ²α − sin ²α ) Pyz
=
HR  MR 2  MR 2 2 MH 2    H 2 − R 2 
HR  MR 2 2 MH 2 
P
−
+
+
=
−







yz
2 
2
2
2
H + R  3
3    H + R  H + R2  6
3 
 6
dom. sym
2
en y => 0
Px ' z ' = ∫ x ( sin α y + cos α z ) dm = sin α Pxy + cos α Pxz =
=> M O = −
8MRH
9π
H +R
H
2
2
8MRH
HR  MR 2 2MH 2 
R2 
MR 2
1x ' + 2
ω 1y ' + 2
MH 2 +
−



2
2
H +R  6
H +R 
3 
6
H 2 + R 2 9π
Hω

 ω 1z '

ou
M O = − Pxzω cos α 1x + I yω sin α 1y + I zω cos α 1z
MO = −
13.
z1
y 1 Y0
O
 MR 2 2 MH 2 
Rω
MR 2
1x + 
+
1y +

3  H 2 + R2
6
H 2 + R2
 6
Hω
8MRH
9π
x1
θ
A y2
z2
O
X0
α
y1
x2
A
Hω
H 2 + R2
1z
x3
z2
x0
φ
z3
=> les vecteurs de Darboux :
ω R1 / R0 = θɺ 1z1 ; ω R2 / R0 = ω R2 / R1 + ω R1 / R0 = θɺ 1z1
ω R3 / R0 = ω R3 / R2 + ω R2 / R0 = θɺ 1z1 − φɺ 1y2
=> les vecteurs vitesses angulaires des solides :
ωCercle = ω R1 / R0 = θɺ1z1 et ωT = ω R3 / R0 = θɺ1z1 − φɺ1y2
y1
α
y2
y0
ϕ
ϕ
θ
θ
x1=x2
α
z0=z1
z2
R0 : Axe OX0Y0Z0 fixe. ;
R1 : Axe Ox1 y1z1 tourne autour de l’axe Z0 = z1 (θ)
R2 : Axe Ox2y2z2 incliné d’un angle α par rapport aux axes Ox1 y1z1, avec z2 lié à la tige, R2 tourne autour de l’axe
z1 (φ)
R3 : Axe Gx3y3z3 liés au cube et tourne autour de z1 (φ) et z2 ()
T = T (C ) + T ( BC ) + T ( AD) et M O = M O (C ) + M O ( BC ) + M O ( AD )
1. Dans les axes principaux du cercle (Repère R2):
MR ²

1
1
 A = B = 2 ; C = MR ²
(C )
T
= ω .I G .ω = ( Ap ² + Bq ² + Cr ² ) avec 
2
2
ωT = θɺ 1z = sin αθɺ 1y + cos αθɺ 1z
1
2
2

=> T (T ) =
MR 2 ɺ 2
θ 1 + cos 2 α
4
(
)
M O = I O .ω = Ap 1x2 + Bq 1y2 + Cr 1z2 M O (T ) => M O =
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
2. Dans les axes principaux du T (des tiges soudées) (Repère R3)
1
1
1
1
T ( BC ) = mvG2 + ω .I G .ω =
Mv 2A + ( A ' p '² + B ' q ' ² + C ' r '² )
G=A 2
2
2
2

d 1y2
= Rω R2 / R0 × 1y2 = − Rθɺ cos α 1x2 avec ω R2 / R0 = θɺ 1z1 = θɺ sin α 1y2 + cos α 1z2
OA = R 1y2 => v A = R
dt


avec ωT = sin αθɺ − φɺ 1y2 + cos αθɺ 1z2 = sin αθɺ − φɺ 1y3 + cos αθɺ sin φ 1x3 + cos φ 1z3 = p ' 1x3 + q ' 1y3 + r ' 1z3

MR ²
 =>p ' = sin φ cos αθɺ; q ' = sin αθɺ − φɺ ; r ' = cos φ cos αθɺ et A ' = 0; B ' = C ' = I
x3, A =

12

2
MR ²
1
1  MR ²

T ( BC ) = MR 2θɺ 2 cos 2 α + 
sin αθɺ − φɺ +
cos 2 φ cos 2 αθɺ 2 
2
2  12
12

(
(
)
(
(
)
(
)
)
)
M O ( BC ) = M A + OA × R avec M A = A ' p ' 1x3 + B ' q ' 1y3 + C ' r ' 1z3 car A=Centre de masse G
MR ²
MR ²
sin αθɺ − φɺ 1y3 +
cos φ cos αθɺ 1z3 + − MR 2θɺ cos α cosθ 1x3
12
12
3. Dans les axes principaux du T (des tiges soudées) (Repère R3)
1
1
1
1
T ( AD ) = mvE2 + ω .I E .ω = MvE2 + ( A " p ' ² + B " q ' ² + C " r ' ² ) avec E = milieu de AD
2
2
2
2
1z3 = cosψ 1z2 − sin ψ 1x2 ; 1x2 = cosψ 1x3 − sin ψ 1z3 ; 1y2 = 1y3 ; 1z2 = cosψ 1z3 + sin ψ 1x3 ;
M O ( BC ) = −
(
(
)
)

ɺ
ɺ
ɺ  R cosψ 1 − sin ψ 1

z2
x2
vE = v A + ω AD × AE = − R cos αθ 1x2 +  ψɺ + sin αθ 1y2 + cos αθ 1z2  × 2 
1z3


R
vE = − R cos α cosψθɺ 1x3 + R cos α sin ψθɺ 1z3 +  ψɺ + sin αθɺ 1y3 + cos αθɺ cosψ 1z3 + cos αθɺ sin ψ 1x3  × 1z3
avec 
2

R
R ɺ

vE = +  ψ + sin αθɺ − R cos α cosψθɺ  1x3 − cos α sin ψθɺ 1y3 + R cos α sin ψθɺ 1z3
2
2



MR ²
; C" = 0
 A" = B " =

12
(
(
(
T ( AD ) =
(
)
)
)
)
MR 2 ɺ 2
MR 2 ɺ
θ cos 2 α + MR 2θɺ cos α cosψ θɺ sin α − ψɺ +
θ sin α − ψɺ
2
6
(
)
(
)
2
+ θɺ 2 cos 2 α sin 2 ψ
M O ( AD ) = M E + OE × R avec M E = A " p ' 1x3 + B " q ' 1y3 + C " r ' 1z3
1

MR 2 ɺ
M O ( AD ) =  MR 2θɺ cos α sin ψ +
θ sin α − ψɺ sin ψ  1x2
2

 3
(
)
1

MR 2 ɺ
+  MR 2 θɺ sin α − ψɺ −
θ cos α cosψ  1y2
2
 3

1

MR 2 ɺ
+  MR 2θɺ cos α sin 2 ψ + MR 2θɺ cos α −
θ sin α − ψɺ cosψ  1z2
2
 3

(
)
(
)
14. 1. Centre de masse du volant G : 9r/10 à partir de A avec r=3R/2. (r/3+r=2R). Moment cinétique en A :
A 0 0  0 

9r
 9r  
 

M A = M AG × v A + I A .ω = M  1z '  ×  −vG 1z ' − ω 2 1x '  +  0 A 0  .  ω 2 1y ' 
10
10

 
 


 0 0 C   ω1 1z ' 
9r
 9r 
avec v A = vG + ω × GA = −vG 1z ' + ω 2 1y ' + ω1 1z ' ×  − 1z '  = −vG 1z ' − ω 2 1x '
10
 10 
(
)
2
2


 9r 
 9r 
M A = − M   ω 2 1y ' + Aω 2 1y ' + Cω1 1z ' =  Aω 2 − M   ω 2  1y ' + Cω1 1z '


 10 
 10 


(
)
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Résultante et moment cinétique
2. L’énergie cinétique :
M
1
M
1
T=
vG ² + ω .I G .ω =
vG ² + ( 0 ω 2
2
2
2
2
 A − M ( 9r /10 )2

ω1 ) . 
0

0


0
A − M ( 9r /10 )
0
2
0  0 

0  .  ω 2 

C   ω1 

2

 1
 9r 
 vG ² −   ω 2 ²  + ( Aω 2 ² + Cω1 ² )
 10 

 2
M
1
T=
v A ² + M v A . ω × AG + ω .I A .ω
2
2
=
M
2
(
)
A
2


9r
 9r 


 9r   1

 vG ² +   ω 2 ²  + M  −vG 1z ' − ω 2 1x '  .  (ω 2 1y ' + ω1 1z ' ) ×  1z '   + ( 0 ω 2 ω1 ) .  0
10
10
10
2
 




0



2

M
9
r
9
r
9
r
1
 



 vG ² +   ω 2 ²  + M  −vG 1z ' − ω 2 1x '  .  ω 2 1x '  + ( Aω 2 ² + Cω1 ² )
2 
10
10
 10 



 2

M
2
T=
M
2
0 0  0 
 
A 0  . ω2 
0 C   ω1 
2
2
2



 1
M
 9r 
 9r   1
 9r 
 vG ² +   ω 2 ²  + M  −ω 2 ²    + ( Aω 2 ² + Cω1 ² ) =
 vG ² −   ω 2 ²  + ( Aω 2 ² + Cω1 ² )
2 
 10 
 10   2
 10 



 2
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
Théorèmes généraux
Formulaire
Théorème de la résultante cinétique
Théorème du moment cinétique calculé en A :
∑F
d
R=
dt
e
d
M A = mvG × v A + me, A
dt
avec M A = M G + AG × R ou M A = mAG × v A + I A .ω si A ∈ S
mvA2
d
1
T = ∑ Fh .vh avec T =
+ mv A . ω × AG + ω .I A .ω
dt
2
2
(
Théorème de l’énergie cinétique
)
1. Identification des différents états du système :
ɺ
t = avant le lancement de l’obus ( x1 = 0 ; x = 0 ) ;
1
ɺ
t2 = Au moment du lancement ( x2 = vitesse initiale du chariot ; x = 0 ) ;
t3 = le chariot recul suite à la vitesse acquise lors du lancement de l’obus. (
ɺ
t = Le chariot est à l’arrêt après un recul X ( x4 = 0 ; x = X );
xɺ ; x ) ;
4
Après le départ de l’obus : Système {canon + wagon} = 1 solide entre le temps 2 et 4.
Rem : l’axe des x est dirigé vers la gauche.
d
Rx =
dt
∑F
e, x
=> Mxɺɺ = − F frot =>
∫
0
xɺ2
M
2
dxɺ 2
=
2
∫
X
0
− F frot dx =>
M
xɺ2 ² = F frot X
2
Avant le départ de l’obus Système {canon + wagon + obus} Il n’y a pas de forces extérieures suivant l’axe x.
=> il y a conservation de la résultante cinétique suivant l’axe x.
d
m
Rx = 0 jusqu'en t2 : Rx t1 = Rx t2 => Rx t1 = 0 et Rx t2 = Mxɺ2 + mv cos θ cos φ => xɺ2 = − v cos θ cos φ
dt
M
M
m²v² cos ²θ cos ²φ
X=
xɺ2 ² =
2Ffrot
2MFfrot
en t=0 :
2. Par le théorème du moment cinétique : conservation du moment cinétique
( M1 + M 2 ) R
M1 R 2
M R2
d
M 0 = 0 => M 0 + = M 0 − =>
ω1 − 2 ω2 =
ω
dt
2
2
2
( M 2 + 3M 2 ) R 2
ω
M 2 R2
M R2
ω => ω = 2
4ω2 − 2 ω2 =
6
2
6
4
2
Pourcentage de l'énergie cinétique initiale présente après la chute :
T
( M1 + M 2 ) R 2 ω 2
+
T−
=
2
= 1,32 %
M1 R 2 2 M 2 R 2 2
ω1 +
ω2
2
2
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Mécanique Rationnelle 2
3.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
d
MO = 0
dt
où M O = IO .ω
Pour le système {patineur} :



2
2
2
mr
ml
l

ω = ω1 1z et I z (t <0) = 1 1 + 2  2 2 + m2  2 + r1  

2
12
2

 
 I zG ( tige )

d
zz
G


t<0 :
me,O = 0 ; vG = 0 =>
t>0 :
ω = ω 2 1z et I z (t <0) =
t<1
t>1
m3 r32
m r2
=> M O = 3 3 ω 2 1z
2
2
2
 m r2
 m l2
m r2
l
 
M O t < 0 = M O t > 0 =>  1 1 + 2  2 2 + m2  2 + r1    ω1 = 3 3 ω 2 => ω 2 = 4,89 t / s
 12
2
 2
2
  


Attention : la conservation de l’énergie cinétique ne peut être appliquée car en bougeant
les bras, le patineur modifie son énergie potentielle.
4. 1.
∑F
e
=
dR
et
dt
∑m
e ,O
=
dMO
car O est fixe
dt
 1X = cos θ 1x + sin θ 1y
2
1
où cos θ =
et sinθ =

5
5
 1Y = − sin θ 1x + cos θ 1y
Changement d’axes : 
En travaillant dans les axes Oxyz (R2) tournant avec la plaque :
R = − Md ω 1z => Fe =
MO
(
dR
= ω R 2 / R 0 × R = − Md ω 2 − sin θ 1x + cos θ 1y
dt
 I x − Pxy

= I O .ω =  − Pxy I y

0
 0
=> me,O =
ω = ω ( cos θ 1x + sin θ 1y ) = ωR 2 / R 0 = ωR1/ R0
)
  ω cos θ 


  −ω sin θ  = I xω cos θ − Pxy ω sin θ 1x + − Pxy ω cos θ + I y ω sin θ 1y


0


(
)
(
(
)
)
(
)
dMO
= ω R 2 / R 0 × M O = − I xω cos θ − Pxy ω sin θ ω sin θ 1z + − Pxy ω cos θ + I y ω sin θ ω cos θ 1z
dt
3
2

=>me,O = cos θ sin θ I y − I x + Pxy sin 2 θ − cos 2 θ  ω 2 1z => me,O =  I y − I x − Pxy  ω 2 1z


5
5

(
(
)
)
(
)
OU En travaillant directement dans les axes OXYZ (R1) tournant avec la plaque : ω = ω 1X
dR
R = − Md ω 1Z => Fe =
= ωR1/ R 0 × R = Md ω 2 1Y
dt
− −  ω 
 IX
dMO

 
M O = I O .ω =  − PXY − −   0  = I X ω 1X − PXY ω 1Y => me,O =
= ωR1/ R 0 × M O => me,O = − PXY ω 2 1Z
dt
 0



− − 0 

3
2

où PXY = sin θ cos θ − I y + I x + cos 2 θ − sin 2 θ Pxy => me,O = −  − I y + I x + Pxy  ω 2 1Z
5
5

) (
(
=> PXY =
PXY a été calculé à la séance 5.
(
)
(
)
2
H2
H 2  3 H 2 −3MH 2
+M
=
 − M
+ M
5
3
12  5
24
40
=> Fe = Mdω 2 1Y = Mdω 2 − sin θ 1x + cos θ 1y
)
et
me,O = − PXY ω 2 1Z =
3MH 2 2
ω 1Z
40
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
2. A l'équilibre dynamique :
∑F
e
∑m
=
e ,O
dR
Md
= ωR1/ R 0 × R = Rω 1Y = 0 => R = ( − Md + m1 L − m2 L ) ω 1z = 0 => m1 − m2 =
dt
L
=
dMO
= ωR1/ R 0 × M O = − PXY ω 2 1Z = 0 => PXY ,O =0
dt
 −3MH 2 


5 HL 
PXY ,O = 
 +  m1
 +  m2
2 
 40  S 

m1

2  3MH 
( m1 + m2 ) =



5 HL  40  => m =

1

Md
 m2 = m1 − L

5 HL 

2 
m2


 5H

5H
avec OA ' =  −
, L, 0  ; OD ' = 
, − L, 0 




2


 2

2
 3MH 2  Md
et m2 =

+
5 HL  40  2 L
1
5.
Dans les axes Axyz liés au système,
X
x
x
m
R
A
z
R
mg
L/3
θ
y
m
L/3
réactions extérieures :
P1
B
 3MH 2  Md

−
5 HL  40  2 L
1
Z
P2
mg
L/3
 RA ( RA, x (t ), RA, y (t ), RA, z (t ))

 RB ( RB , x (t ), 0, RB , z (t ))

mg (− cos θ , 0, −sinθ ) en P ( R, L ,0)
1

3

mg (− cos θ , 0, −sinθ ) en P2 (− R, 2 L , 0)

3
Recherche des réactions en B :
dM A
dM A
= mvG × v A + me, A =>
= me, A
A fixe dt
dt


M A = m AG × v A + I A .ω = I A .ω = 
d 1x
dM A
2
A fixe
= − Pxy ω
= Pxy ω 1z avec

dt
dt

Pyz = 0 car z = 0 pour tout le système
Pxyω 2 1z = me, A
− Pxy
Iy
0
 0 
 
  ω  = − Pxy ω 1x + I y ω 1y
 
 0 
L 
2L 
LR

Pxy = Pxy , P1 + Pxy , P2 =  0 + mR  +  0 + m ( − R )
= −m

3 
3 
3

L
L
me, A = − LRB , x 1z + LRB , z 1x + mgR sin θ 1y + mg cos θ 1z − mg sin θ 1x
avec
3
3
2L
2L
− mgR sin θ 1y + mg
cos θ 1z − mg
sin θ 1x
3
3
=> me, A = LRB , z − mgL sin θ 1x + mgL cos θ − LRB , x 1z
(
)
(
)
 x : LRB , z − mgL sin θ = 0 =>RB , z = mg sin θ

=> 
LR 2
R 2

 z : mgL cos θ − LRB , x = − m 3 ω avec => RB , x = m  g cos θ + 3 ω 



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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
Recherche des réactions en A :
dM B
= me, B
dt B fixe
M B = I B .ω = − Pxy ω 1x + I yω 1y
dM B
d1
= − Pxy ω x = Pxy ω 2 1z avec
dt
dt
Pxyω 2 1z = me, B avec
B fixe
Pyz = 0 car z = 0 pour tout le système

1
 2L   
 L 
Pxy = Pxy , P1 + Pxy , P2 =  0 + mR  −
  +  0 + m ( − R )  − 3   = −m 3 LR
3





 

2L
2L
me, B = − LRA, z 1x + LRA, x 1z + mgR sin θ 1y − mg
cos θ 1z + mg
sin θ 1x
3
3
L
L
− mgR sin θ 1y − mg cos θ 1z + mg sin θ 1x
3
3
=> me, B = − LRA, z + mgL sin θ 1x + − mgL cos θ + LRA, x 1z
(
)
(
)
− LRA, z + mgL sin θ = 0 =>RA, z = mg sin θ

=> 
LR 2
R 2

−mgL cos θ + LRA, x = − m 3 ω avec => RA, x = m  g cos θ − 3 ω 



6. Système {système complet } : Théorème du moment cinétique en A : (Système d’axe tournant avec la barre)
d
M A = mvG × v A +
me, A =
me, A où ω = 40π rad / s 1y
dt
∑
∑


 − P ωɺ − P ω 2 =
− P ω 2 =
m
me, A
zy
e, A
 xy
 zy
x
x




me, A
me, A
=> avec ω const : 0 =
 I yωɺ =


y
y




2
2
me, A
me, A
 − Pzyωɺ + Pxyω =
 Pxyω =


z
z

L
3L
Pxy = 0 + m. .R cos 30 + m. . ( − R cos 30 ) = 0, 6 ( 0, 4.0,13 − 0,6.0,13) = −0,0156 kg m 2
2
4
∑
∑
∑
∑
∑
∑
A L/4 1 L/4
L/4
Rcosθ
x
2
z
3
Rcosθ
L/4 B
L/4 1 L/4
y
A
3
Rsinθ
L/4
Rsinθ B
L/4
y
2
L
L
3L
Pzy = m. . ( − R ) + m. .R sin 30 + m. . ( R sin 30 ) = 0,6 ( −0, 2.0,15 + 0, 4.0,075 + 0,6.0, 075 ) = 0, 027 kg m 2
4
2
4
 −0, 027 ( 40π )2 = LZ
 Z B = −533 N
B

=> 

2
 X B = 308 N
−0, 0156 ( 40π ) = − LX B
=> 
Système {système complet } : Théorème de la résultante cinétique:
vG = 0 => X A = − X B = −308 N ; Z A = − Z B = 533 N
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
7. Force en présence
Force du ressort :
F = −k ( x − L ) 1x
(
P = mg sin α 1x − cos α 1z
Poids de la roue :
A
)
θ
k, L
R
Réaction du sol : RI = −T 1x + N 1z
30°
Théorème de la résultante cinétique {masse (m)} :
R = mxɺ 1x
d
R
dt
=
1x
∑F
=> mxɺɺ = − k ( x − L ) + mg sin α − T (1)
e
1x
Théorème de la résultante cinétique en G :
d
M G = mvG × vG +
dt
d
M G = I y ωɺ 1y =
dt
∑m
e ,G
=
∑m
où M G
e,G


= I G .ω = 


0
Iy
0
 0 
 
  ω  = I y ω 1y
 
 0 
2
∑m
e ,G
=>
Iy =
MR 2
2
MR ɺɺ
θ = RT (3)
2
La condition de roulement sans glissement au point de contact I nous donne :
v = 0 = v + ω × GI => xɺ 1 + θɺ 1 × − R 1 => xɺ = Rθɺ => ɺɺ
x = Rθɺɺ (4)
I
G
x
y
(
z
)
2
mR ɺɺ
x
m
= RT => T = ɺɺ
x (5)
2 R
2
m

(5)− > (1) : mxɺɺ = mg sin α − ɺɺ
x − k ( x − L )
Solution de l'équation différentielle non homogène
2

3m

mg sin α
ɺɺ
x = mg sin α − k ( x − L )
SP : x (t ) = L +
 =>
2
k


SGENH : x(t ) = A cos Ωt + B sin Ωt
2k
2g
2k
ɺɺ
x+
x=
sin α +
L (6) 
3m
3
3m

(4)− > (3) :
A et B seront fixé par les conditions initiales et la pulsation est Ω =
L'énergie cinétique est donnée par : T =
2k
.
3m
1 2 1
1
mR 2 ɺ 2 1 2 m 2 3 2
mvG + ω .I G .ω = mxɺ 2 +
θ = mxɺ + xɺ = mxɺ
2
2
2
4
4
4
xɺ = 2
Rθɺ
1
2
L'énergie potentielle : V = k ( x − L ) − mgx sin α avec le point A comme référence.
2
La force de frottement ne dérive pas d’un potentiel, mais sa puissance est nulle car il y a roulement sans
glissement, la vitesse du point matériel sur lequel s’applique cette force est nulle.
3
1
2
L'énergie s'écrit donc : E=T + V = mxɺ 2 + k ( x − L ) − mgx sin α
4
2
3
3

ɺɺɺ + k ( x − L ) xɺ − mgxɺ sin α =  mxɺɺ + k ( x − L ) − mg sin α  xɺ = 0 (=6)
Eɺ = mxx
2
2

L’énergie mécanique totale est donc conservée. => E=T + V est une intégrale première
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
8. a) Pour le système {bloc + balle}:
d
m
Rx = 0 => ∆Rx = 0 : mv0 = mv1 + Mv => v =
( v0 − v1 )
dt
M
Rem : Toutes les forces internes au système ne sont pas prises en compte. On considère la variation de
résultante cinétique entre l’instant t<0 où la balle n’a pas encore touché le bloc et l’instant t=0 où la balle a
transpercé le bloc et lui a donné une vitesse initiale (v). Entre ces deux instants, on considère que le bloc ne
bouge pas et donc les forces de frottements n’interviennent pas.
b) Pour le bloc seul (t>0), après le passage de la balle qui lui a donné une certaine vitesse initiale (v) :
sf
m dv ²
m 
U = ∆T car F = ma =
=> ∫ Fx dx = ∆  v ² 
s
i
2 dx
2 
M
v²
− fMg ( s − 0) =
(0 − v ²) => f =
2
2 gs
AN : v = 4m / s et f = 0.302
9. Origine de l’axe x : position de m lorsque le ressort a sa longueur libre.
d
ɺɺ
ɺɺ ɺɺ
R = ∑ Fe => suivant x : MX+m(X+x)=-(
M + m) g sin α
dt
Système {M, m} :
(1)
d
ɺɺ ɺɺ mg sin α − kx
R = ∑ Fe => suivant x : m(X+x)=dt
(2)
Système {m} :

k M 

ɺɺ ɺɺ g sin α − k x
 x = d cos
 +1 t
(1) => X=-xM
m 
m

=> 

k M 
m
gt ²
m
k M 
(2) dans (1) => ɺɺ

x+  +1 x =0

 X = X 0 + d m + M − 2 sin α − d m + M cos M  m +1 t
Mm 



Le wagon commence par monter la pente si
Xɺɺ (t=0)>0, càd k d > M g sinα
10. Les forces extérieures : dans le repère Oxyz
Réaction en I du sol sur le disque : RI ( RIx , RIy , RIz )
Réaction en O du sol sur la tige : RO ( ROx , ROy , ROz )
Poids : mg = ( 0, 0, − mg )
Considérons les axes Ox’y’z’ attaché au
centre du disque tournant autour de l’axe z. (
l ² = R ² + h² )
z
z’
x’
Théorème de la résultante cinétique :
R = mvG = − mh cos αω1 1y '
d 
 dt R  = Re

z
( )z
=> 0 = ROz + RIz − mg
C
ω2
ω1
ω
h
R
l
I
x
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
Le théorème du moment cinétique en O :
Rem : le vecteur de Darboux du repère R’ à utiliser pour dériver les axes du repère :
d

me,O
 dt M O  =

 y O fixe
(
ωR '/ R0 = −ω1 1z
)y
ω1 R
= => ω R '/ R0 = − ω.tgα 1z
ω h
0   ω x '   I x 'ω cos α 

 

0  0  = 
0
 = I x 'ω cos α 1x ' − I z 'ω sin α 1z ' = M Ox ' 1x ' + M Oz ' 1z '
 −ω   − I ω sin α 

Iz'  z'   z'

ω R '/ R0 = −ω1 1z avec tgα =
avec
 Ix'

MO =  0
 0

0
I y'
0
d
M O = ωR '/ R0 × M O = (ω1 sin α M Oz ' − ω1 cos α M Ox ' ) 1y
dt
sin α =
avec
R
2
R +h
2
; cos α =
h
2
R +h
2
Rω
h
; ω1 =
d
R
M O = −ω 2 sin α ( I x ' cos α + I z ' sin α .tgα ) 1y = −ω 2 2
dt
R + h2
I x' =
mR ²
; I y ' = I z ' = I tige +
2
= 0( m = 0)
avec
= I diamètre + M OC
=m
2

 1y

R²
+ mh ²
4


mR ²
 mR ²

+ mh ²  ( −ω sin α ) 1z ' 
ω cos α 1x ' + 
 MO =
2
4




h²
me,O = mg − lRIz
y
l
(
 d MO

 dt
I disque

R2
 I x ' .h + I z ' .
h

)

 = me,O
y
(
)y
=> − mω 2
(
R3
2
h R +h
2
)
 3h 2 R 2
+

4
 2

h²
 = mg − lRIz
l


h²
R³  3
R² 
h²
R³  3
R²  
+ mω ²
h² +
et ROz = mg −  mg + mω ²
h² +




l²
hl ³  2
4 
l²
hl ³  2
4  


h²
R³  3
R² 
>0
RIz = mg + mω ²
h² +
pas de décollement en I

l²
hl ³  2
4 
lh

 => ω ² lim = g
3
R² 

R³  3
R² 
 h² 
R  h² +
ROz = mg  1 −  − mω ²
h² +
≥ 0 pour garder le contact en O 



2
4 
l² 
hl ³  2
4 



RIz = mg
11. dans les axes liés à la pente inclinée à 60 °
(x vers la poulie et z perpendiculaire à la pente)
z
m1
x°
60°
m2
30°
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
Le corps m1, Variable (ϕ,x)
 d 
mg
 R  = R e
=> m1 ɺɺ
3 + F1 − T1 (1)
x=− 1
x
dt
2

x

m1 g
 d 
+ N1 (2)
 R  = R e z => 0 = −
2
 dt  z

m R2
 d M G  = me,G
=> 1 ϕɺɺ1 = RT1 (3)
y
 dt
2
y

( )
Les forces extérieures :

 Tension de la corde : F1 ( F1 , 0, 0)
=>

 Poids : P ( − m1 g sin 60, 0, − m1 g cos 60)
 Contact : R ( −T , 0, N )
I1
1
1

( )
(
)
Le corps m2, Variable (ϕ,z)
 d 
m g
 R  = R e
=> − m2 ɺɺ
z = − 2 + F2 + T2 (4)
z
2
 dt  z

m2 g
 d 
3 + N 2 (5)
 R  = R e x => 0 = −
dt
2
x


m2 R 2
 d M G  = me,G
ϕɺɺ2 = RT2 (6)
=>

y
 dt
2
y

( )
Les forces extérieures :

 Tension de la corde : F2 (0, 0, F2 )
=>

 Poids : P (− m2 g cos 30, 0, − m2 g sin 30)
 Contact : R ( N , 0, T )
I2
2
2

( )
(
)
Le corps m3, Variable (θ)
 d 
mg
 R  = R e
=> 0 = −
3 + X − F1 (7)
x
2
 dt  x

m2 g
 d 
+ Z − F2 (8)
 R  = R e z => 0 = −
2
 dt  z
 d
mr 2 ɺɺ
 M G  = me,G
=>
θ = r ( F2 − F1 ) (9)
y
 dt
2
y
( )
 Les forces extérieures :

 Tension de les cordes : F ( − F1 , 0, − F2 )
=>

 Poids : P (− mg cos 30, 0, −mg sin 30)
 Contact : R ( X , 0, Z )
C

( )
(
)
Condition de roulement sans glissement : xɺ = Rϕɺ1 ; zɺ = Rϕɺ2 ; xɺ = rθɺ = zɺ (10)
m1 R
m
mg
m
mg
3
x ; +(1) : m1 ɺɺ
x = − 1 3 + F1 − 1 ɺɺ
x => m1 ɺɺ
x = − 1 3 + F1 (11)
ϕɺɺ1 = 1 ɺɺ
2
2
2
2
2
2
m2 R
m2
m2 g
m2
m2 g
3
ɺɺ
ɺɺ
ϕɺɺ2 =
(10)−>(6) : T2 =
z ; +(4) : − m2 ɺɺ
z=−
+ F2 +
z => m2 ɺɺ
z=
− F2 (12)
2
2
2
2
2
2
3
g
(11) − (12) et (ɺɺ
x = ɺɺ
z ) : ( m1 + m2 ) ɺɺ
x=
m2 − m1 3 + ( F1 − F2 ) (13)
2
2
mr ɺɺ m
g
m
3
=
θ = ɺɺ
x dans (13) = > ( m1 + m2 ) ɺɺ
x=
m2 − m1 3 − ɺɺ
x
( F2 − F1 ) (9)
2 (10) 2
2
2
2
(10)−>(3) : T1 =
(
)
(
=> Equation du mouvment : ɺɺ
x=
(m
2
− m1 3
On trouve donc les tensions dans la corde :
F1 =
F2 =
m1 g
3 + m1 ɺɺ
x + T1
2
m2 g
− m2 ɺɺ
z − T2
2
=
T1 =
m1
ɺɺ
x
2
=
T2 =
m2
ɺɺ
z
2
)
( 3m1 + 3m2 + m )
)
g
(
)
m2 − m1 3
m1 g
3
3 + m1
g
2
2 ( 3m1 + 3m2 + m )
(
)
m2 − m1 3
m2 g 3
− m2
g
2
2
( 3m1 + 3m2 + m )
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
1ere phase du mouvement : rotation autour de C :
3
3
vG = vC + ω × CG = θɺ 1z × R − cos θ 1x − sin θ 1y = R sin θθɺ 1x − cos θθɺ 1y
8
8
12.
θ
R1
G
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
(
)
(
)
=0
C
P
R2
Th. de la résultante cinétique
 dR
3
= Fe : mxɺɺG = R1 => mR cos θθɺ2 + sin θθɺɺ = R1 (1)

8
 dt
x

 dR = F : myɺɺ = R − mg => 3 mR sin θθɺ 2 − cos θθɺɺ = R − mg
e
G
2
2
 dt
8
y

Th du moment cinétique en C
(
)
(
dM C
= mvG × vC + me,C = me,C
dt
=0
:
z
)
2
3
mR ²θɺɺ = CG × mg = mgR cos θ
5
8
2
avec I C , z = mR ² (formule de la sphère entière avec la masse de la demi sphère, voir S4E2)
5
1 dθɺ2
1
3
15 g
: mR ² dθɺ2 = mgR cos θ dθ => θɺ² =
sin θ (2)
=> avec θɺɺ =
2 dθ
5
8
8 R
135
π
π
3 15 gR
mgR sin θ cos θ
s'annule pour θ =
(2) −> (1) => R1 =
d’où vG ( ) =
128
2
2
16
2
2eme
phase
du
mouvement
:
y
Th. résultante cinétique
ϕ
C
 dR
3 15 gR
G
= Fe : mxɺɺG = 0 => xɺG = Const => xɺG =
(1)

dt
16
2
P

x
N

O
x
 dR = F : myɺɺ = R − mg
e
G
2
 dt
y

Conservation de l’énergie
2
T+V=E0 => I G =
2
83
3 
MR ² − M  R  =
MR ²
5
8
320


1
1
1
1 83
mvG2 + ω .I G .ω = m ( xɺG ² + yɺ G ²) +
mR ²ϕɺ ²
2
2
2
2 320
3
V = mgyG = − mg R cos ϕ avec C comme référence
8
1
1 83
3
1
1 83
3
=> m ( xɺG ² + yɺ G ²) +
mR ²ϕɺ ² − mg R cos ϕ = m ( xɺG 0 ² + yɺ G 0 ²) +
mR ²ϕɺ 0 ² − mg R
2
2 320
8
2
2 320
8
3
15 g
45
avec yɺG = R sin ϕϕɺ ; yɺG 0 = 0; ϕ 0 = 0; ϕɺ0 ² =
=> ϕɺ ² = 0 pour cos ϕ =
8
8 R
128
T=
13. Réactions : Réaction en A (XA YA), le poids Mg, les réactions
aux roues (2N).
Système = {Barre } :
dR
Théorème de la résultante cinétique :
=
Fe
dt
L
vG = v A + ω × AG = xɺ 1x + θɺ cosθ 1x + sin θ 1y
2
y
A
x
∑
(
)
x
θ
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
L
L
L


L

m  ɺɺ
x + θɺɺ cos θ − θɺ 2 sin θ  1x + m  θɺ 2 cos θ + θɺɺsin θ  1y = X A 1x + ( −mg + YA ) 1y
2
2
2


2


L
L


x + θɺɺ cos θ − θɺ 2 sin θ  (1)
 X A = m  ɺɺ
2
2



=> 
Y = m  L θɺ 2 cos θ + L θɺɺsin θ  + mg (2)
2

 A
2


Pour supprimer la variable x de l’équation, il faut trouver une équation supplémentaire (liant XA et x) Nous
avons plusieurs possibilités :
Le théorème de la résultante sur le chariot
Le théorème du moment cinétique en A sur la barre
Le théorème de la résultante sur l’ensemble
Lagrange (qui sera vu dans les prochain TPs)
Le théorème de la résultante - Système = {Chariot } :
dR
= Fe => Mxɺɺ = − X A (3)
x
dt x
L
L
mM L ɺɺ
 X

dans (1) : X A = m  − A + θɺɺ cos θ − θɺ 2 sin θ  => X A =
θ cos θ − θɺ 2 sin θ
+m 2
2
2
M
M


Le théorème du moment cinétique en A sur la barre - Système = {Barre} :
 L
mL2 ɺ 
M A = m AG × v A + I A .ω =  m cos θ xɺ +
θ  1z
 2
3 

dM A
= mvG × v A + me, A
dt

L
L
mL2 ɺɺ 
L
L
2 L ɺɺ sin θ
x+
g (4)
θ  1z = −m θɺ sin θ xɺ 1z − sin θ mg 1z => ɺɺx = −
θ−
 −m sin θθɺ xɺ + m cos θ ɺɺ
2
2
3
2
2
3cos
cos θ
θ


(
)
 L
2 L  ɺɺ L
ɺ 2 sin θ 
=> dans (1) : X A = m   cos θ −
 θ − 2 sin θθ − cos θ g 
2
3cos
θ



Le théorème de la résultante sur l’ensemble - Système = {Chariot+Barre} :
Fe = 0 => Conservation de la résultante cinétique suivant x
x
dR
dt
L
L
m L ɺ2


= Mxɺɺ + m  ɺɺ
x + θɺɺ cos θ − θɺ 2 sin θ  = 0 => ɺɺ
x=
θ sin θ − θɺɺ cos θ
2
2
m
+
M 2


(
x
(
)
)
mM L ɺɺ
θ cos θ − θɺ 2 sin θ
m+M 2
L
L
mM L ɺɺ
 m L ɺ2

=> dans (1) : X A = m 
θ cos θ − θɺ 2 sin θ
θ sin θ − θɺɺ cos θ + θɺɺ cos θ − θɺ 2 sin θ  =
2
2
 m+M 2
 M +m 2
Par Lagrange, on verra que cela revient à ceci - Système = {Chariot+Barre} :
x = f θ ,θ ,θɺɺ = équation du mouvement
A exprimer en fonction de θ , θ et θɺɺ. Cherchons la relation ɺɺ
dans (3) : X A =
(
)
(
(
)
)
m 
 1 mL2 ɺ2 
L2
L
1

ɺ θɺ cos θ  +
θ 
T = Tchariot + TTige =  Mxɺ 2 
+   xɺ 2 + θɺ2 + xL
et V = C − mg cosθ

 2 12
4
2
2
 chariot  2 
Tige


d
 dt





d
 dt
∂L ∂L
m
−
= 0 : ( M + m ) ɺɺ
x+
L cos θθɺɺ − L sin θθɺ 2
∂xɺ ∂x
2
m L
=> ɺɺ
x=−
cos θθɺɺ − sin θθɺ 2
M + m  2
(
(
)=0
)
= th R (barre+chariot)
x

 Equation du mouvement 1

 mL2 ɺɺ m

∂L ∂L
L
θ
−
=0 : 
+ L cos θ ɺɺ
x  + mg sin θ = 0
 3

2
2
∂θɺ ∂θ


= th M A (barre) Equation du mouvement 2
z
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Mécanique Rationnelle 2
1
m cos 2 θ
=>  +
3 M +m 4

=> X A =
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
 ɺɺ L m sin 2θ ɺ 2 g
θ + sin θ = 0
 Lθ −
4 M +m 2
2

(
mM L ɺɺ
θ cos θ − θɺ 2 sin θ
M +m 2
L
L

et YA = m  θɺ 2 cos θ + θɺɺ sin θ  + mg
2
2


)
14. 1. 2 degré de liberté :
3 coordonnées / solide = 9 coordonnées
- 3 rotule = 3*2 réactions de liaison
- 1 glissière = 1 réactions de liaison
=2 ddl
2. 2 ddl : angle θ1 et θ2 définis respectivement entre les tiges OA et AB avec l’horizontale
Réaction de liaison en O : XO et YO
Réaction de liaison en C : YC
Réaction interne en A : XA et YA
Réaction interne en B : XB et YB
3. Par les théorèmes généraux :
S1+S2+S3 : =>3 équations, 5 inconnues
Théorème du moment cinétique en O sur tout le système : 1 équation liant θ1 , θ2, et YC
Théorème de la résultante cinétique sur tout le système projeté sur x : 1 équation liant θ1 , θ2, et XO
Théorème de la résultante cinétique sur tout le système projeté sur y : 1 équation liant θ1 , θ2, YC et YO
S1 : =>3 équations, 5 inconnues
Théorème du moment cinétique en O sur S1 : 1 équation liant θ1 et XA et YA
Théorème de la résultante cinétique sur S1 projeté sur x : 1 équation liant θ1 , XA et XO
Théorème de la résultante cinétique sur S1 projeté sur y : 1 équation liant θ1 , YA et YO
S1+S2 : =>3 équations, 5 inconnues
Théorème du moment cinétique en O sur S1+S2 : 1 équation liant θ1 θ2, , XB et YB
Théorème de la résultante cinétique sur S1 projeté sur x : 1 équation liant θ1 θ2, XB et XO
Théorème de la résultante cinétique sur S1 projeté sur y : 1 équation liant θ1 θ2, YB et YO
9 équations, 9 inconnues
4. Théorème de la résultante cinétique sur tout le système:
R =
Ri avec Ri = mvGi

i

d
R = Fe avec et la contrainte : L sin θ1 + L sins θ 2 = L sin θ 3
dt

 Fe = RO + RC − 3mg

les axes sont fixes : seules les composantes seront dérivées;
L
L
vG1 = vO + θɺ1 1z × OG1 =
− sin θ1 1x + cos θ1 1y θɺ1 avec OG1 = cos θ1 1x + sin θ1 1y
2
2
L
vG 2 = v A + θɺ2 1z × AG2 = L − sin θ1 1x + cos θ1 1y θɺ1 + cos θ 2 1y − sin θ 2 1x θɺ2
2
ɺ
vG 3 = vB − θ3 1z × BG3
∑
(
(
)
(
)
)
(
(
(
)
)
)
(
)
L
= L − sin θ1 1x + cos θ1 1y θɺ1 + L cos θ 2 1y − sin θ 2 1x θɺ2 + − cos θ3 1y + sin θ3 1x θɺ3
2
3
L
 5L
=> R ( S1 + S2 + S3 ) = m 
− sin θ1 1x + cos θ1 1y θɺ1 +
cos θ 2 1y − sin θ 2 1x θɺ2
2
 2
(
)
+
(
)
L

− cos θ3 1y + sin θ3 1x θɺ3 
2

(
)
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
  5L
ɺ 3L
ɺ L
ɺ 
 m  2 ( − sin θ1 1x ) θ1 + 2 ( − sin θ 2 1x ) θ 2 + 2 ( + sin θ 3 1x ) θ 3  = X O
 


5
L
3
L
L


m
+ cos θ1 1y θɺ1 +
cos θ 2 1y θɺ2 +
− cos θ 3 1y θɺ3  = YO + YC − 3mg

2
2

  2
Théorème du moment cinétique en O sur tout le système : 1 équation liant θ1 et θ2 et YC

mL2 ɺ
θi 1z
d
 M Gi = I Gi .ωi =
M O = me,O avec M O =
M Oi où M Oi = M Gi + OGi × Ri où 
12
dt
 R = mv
i
Gi
 i
(
)
(
)
(
)
∑
les axes sont fixes : seules les composantes seront dérivées;
me,O =
∑ OG × mg + OC × R
i
C
i
15.
d
Rx =
Théorème de la résultante cinétique : dt
∑F
e, x
Avant le départ des obus Système {canon + wagon + obus}
Rt < 0 = − ( m1 + 2m2 ) v0 1x
Au moment du départ de l’obus : Système {canon + wagon + obus}: Rt >0 = −m1v1x + 2m2 (vr − v)1x
d
Rx = 0 => Rx = const
dt
Il n’y a pas de force extérieure suivant l’axe x =>
: R t >0 = Rt < 0
−m1v + 2m2 (vr − v) = − ( m1 + 2m2 ) v0 => v =
2m2 vr + ( m1 + 2m2 ) v0
m1 + 2m2
=> v = −24, 7 m / s 1x
16. a) Pour le système {barge A (MA) + voiture (m)}: Théorème de la résultante cinétique suivant x :
d
Rx =
dt
∑F
m50 cos α
= 0 => Rx = Const : ( M A + m ) .0 = − M Av A x + mv avec v = 50
α −v A x
cos
=> v A x =
vrel|x
MA +m
ventr
.
Rem : Les forces de frottement de l’eau sont négligées. On considère la variation de résultante cinétique entre
l’instant t1 où le système est immobile et l’instant t2 où la voiture a atteint la vitesse de 50 km/h (par rapport au
bateau = vrel) à la sortie du tremplin.
e x
b) Pour le système {barge B (MB) + voiture (m)}: Etude du mouvement entre t3 (avant que la voiture n’arrive
sur la barge B) et l’arrêt de la voiture sur la barge B en t4. Théorème de la résultante cinétique suivant x :
d
Rx =
Fe x = 0 => Rx = Const : mv + M B .0 = ( M B + m ) vB x avec v = 50cos α − v A x
dt

m 
m50 cos α  1 −

M
mM 50 cos α
A +m

=> vB x =
car M A = M B = M
=
( M B + m)
( M + m )2
∑
17. En régime, l’angle θ est constant
Pour le système {Triangle+pendule=M+m} :
 d
 R=
 dt


x=F
 => ( M + m ) ɺɺ

x
(1)
Pour le système {pendule=m} :
d
 R=
 dt

y
∑F
x
e

x = g tgθ
 => mxɺɺ = T sin θ et 0 = mg − T cosθ => ɺɺ

x
(2)
F
θ = arctg
g (M + m)
A
θ T
F
B
mg
P
∑F
(1) + (2) =>
e
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
On peut aussi utiliser le théorème du moment cinétique sur le pendule pour calculer la deuxième équation :
d
M A = mvG × v A + me, A
dt
avec vG // v A
M A = M G + m AG × vG = ml cos θ xɺ 1z où M G = 0 car m est une masse ponctuelle.
d
M A = ml cos θ ɺɺ
x 1z = me, A = AG × mg = lmg sin θ 1z => ɺɺ
x = g tgθ
dt
18. Pour le système {disque S} :
d
R=
dt
∑
Fe où R = mvC∈S = mvC∈S * = −m( R + r )θɺ 1x =>
∑
(
Fe = −m( R + r ) θɺɺ 1x + θɺ2 1y
)
Pour le système { disque S } :
d
me,O = M O − mvG × vO
dt
ω*
S
A
=0
R
x
S*
S0
M O = M C + mOC × vC
M C = I zC ω S 1z où I zC =
mr ²
2
ω S : vC∈S * = − ( R + r )θɺ 1x = vC∈S = v A + ω S × AC = −ω r 1x => ω S =
R+r ɺ
θ 1z
r
mr ( R + r ) ɺ
2
 3r

θ 1z + m ( R + r ) θɺ 1z = m ( R + r )  + R θɺ 1z
2
 2

d
 3r

me,O = M O = m ( R + r )  + R  θɺɺ 1z
dt
 2

On peu aussi utiliser le théorème du moment cinétique sur le pendule pour calculer la deuxième équation :
d
M A = mvG × v A + me, A
dt
avec vG // v A
=> M O =
M A = M G + m AG × vG = ml cos θ xɺ 1z où M G = 0 car m est une masse ponctuelle.
d
M A = ml cos θ ɺɺ
x 1z = me, A = AG × mg = lmg sin θ 1z => ɺɺ
x = g tgθ
dt
19. d
R = ∑ Fe => ∆R = ∫ ∑ Fe dt : m(v − 0) = fmgt
dt
=> v = fgt et s =
1
1
ɺ ²) d'où t =
fgt ² (= vt
2
2
2s
fg
d
1
M G = me,G => ∆M G = ∫ me,G dt : mr ²ω = fmgrt
dt
2
=> ω =
2 fgt 2 fg
=
r
r
Y
mg
N
T
2s 2
=
2 sfg
fg r
Page | 123
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
20. 1. Deux méthodes sont possibles : théorème du moment cinétique et la conservation de l’énergie.
Nous utiliserons la première.
Résultante cinétique : R = mvG = mω r 1x
i ɺ
Moment cinétique en G : M iG = I Gi .ω = I Gy
θ 1y =>
(
i
Moment cinétique en I : M iI = I Gi .ω + R × GI = I Gy
dM iG
i ɺɺ
= I Gi .ωɺ = I Gy
θ 1y
dt
+ mr ² θɺ 1y (= mIG × vI + I Ii .ω avec vI = 0)
)
Moment des force appliquées au solide : me, I = ( m1 + m2 ) gr1 sin α 1y
dM1I dM I2 d
+
=
dt
dt
Théorème du moment cinétique en I :
(( I
1
Gy
) ) =m
2
+ I Gy
+ m1r1 ² + m2 r1 ² θɺ 1y
dt
e, I
m1 ( r1 ² + r2 ² )
m r ²
2
et I Gy
= 22 .
2
2
ɺ


m
r
²
+
r
(
1 dθ ²
2 ² ) + m2 r2 ²
Or θɺɺ =
=>  1 1
+ m1r1 ² + m2 r1 ² θɺ ² = 2 ( m1 + m2 ) gr1 sin αθ


2 dθ
2


ρ
δγ ² + 1 − γ ²
2 g sin α
On trouve donc θɺ ² = Kθ avec K =
après avoir posé δ = 1 et γ = 2 .
4
4
r1
ρ
r1
γ
 γ

3
2
+ δ 
+ γ ²  − 
+ γ ² 
2
 2
  2

1
I Gy
=
2.
r1 = r1*; ρ1 = ρ 2 *; ρ 2 = ρ1 * => δ =
1
δ*
1+
1 + δγ ² − γ ²
3
γ4
γ4
+δ
+ δγ ² −
−γ ²
2
2
2
=
1
δ
cherchons r1γ = r2 = f (γ * r1 = r2 *)
γ *² −γ *²
3 1 γ *4 1
γ *4
+
+ γ *² −
−γ *²
2 δ 2
2
δ
(1 + δγ ² − γ ² ) ( 3δ + γ *4 +2γ * ² − δγ *4 −2δγ * ² ) = (δ + γ * ² − δγ * ² ) ( 3 + δγ 4 + 2δγ ² − γ 4 − 2γ ² )
(δ − (1 + δ ) γ ) γ
2
2
(
)
− 5γ *2 + (1 − δ ) γ *2 −γ 2 γ 2γ *2 = 0
(
)
5r2 4 − (1 − δ ) r14  r2 *2 +  δ r22 r12 − (1 + δ ) r12  r2 *4 +  − (1 − δ ) r2 2 r14  = Ar2 *4 + Br2 *2 +C = 0






(
)
(
)
2
−2  δ r2 2 r12 − (1 + δ ) r12  ±  δ r2 2 r12 − (1 + δ ) r12  − 4 5r2 4 − (1 − δ ) r14   − (1 − δ ) r2 2 r14 







2
=> r2 * =
2 5r2 4 − (1 − δ ) r14 


Le rapport entre les rayons r2 et r2* doit satisfaire cette dernière équation pour que les deux cylindres arrivent
en même temps en bas.
3.
K=
Si le cylindre est homogène, K devient
4 g sin α
3r1
qui est indépendant de la masse du cylindre
21. dM O
= me ,O avec M O = − Pxzω 1x − Pyzω 1y − I zω 1z
dt
dM O
= − Pxzω ² 1y + Pyzω ² 1x avec Pxz = 0
dt
 b² 
 −3b ² 
(4)
Pyz (1) = 0 ; Pyz ( 2) = ρ ( −b)   ; Pyz (3) = ρ (b ) 
 ; Pyz = 0 ;
2
2
 


 5b ² 
 b² 
(3)
Pyz ( 2) = ρ ( −b)  −
 ; Pyz = ρ ( −3b )   => Pyz = 2 ρ b ³
 2 
 2
me ,O = 2 ρ b ³ω ² 1x
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
22. Les réactions sont définies dans les axes fixes O’’uvw :
FO’ =(UO’,VO’,WO’) et FO’’ =(0,VO’’,WO’’)
v
u
Y
x
d
M O ' = mvG × vO ' + me,O '
dt
y
vG = 0
me,O ' = O ' O × mg + O ' O '' × RO '' =
M O ' = M O + mO ' O × vG
O’’
w
X
O
L
mg1v − LWO ''1v + LVO ''1w
2
O’
= I X ω1X − PXY ω1Y
vG = vO = 0
Axes O’’uvw fixe,
Axes OXYZ lié à la plaque, ω = ω 1X
d
M O ' = I X ωɺ1X − PXY ωɺ 1Y − PXY ω 2 1Z
dt
1X = 1u

1Y = cos ω t1v + sin ω t1w

1Z = − sin ω t1v + cos ω t1w
1u : I X ωɺ = 0
1u : I X ωɺ = 0


L
L


2
2
1v : − PXY ωɺ cos ω t + PXY ω sin ω t = mg − LWO '' => ω constant : 1v : PXY ω sin ω t = mg − LWO '' (1)
2
2


1w : − PXY ω 2 cos ω t = LVO ''
1w : − PXY ωɺ sin ω t − PXY ω 2 cos ω t = LVO ''


d
R=
Fe où vG = 0
dt
∑
1u : U O ' = 0

1v : VO ' + VO '' = 0

1w : WO ' + WO '' − mg = 0
1.5 m
23.

U O ' = 0

P ω2

VO '' = − XY
cos ω t

2
PXY ω


L
V
cos
t
et
=
ω
 O'

L
mg PXY ω 2


WO '' =
−
sin ω t
2


mg PXY ω
2
L

W
=
+
sin
t
ω
 O'
2
L
(1)+(2) => 
(2)
Système {Porte (m1)} : Théorème de la résultante
1.5 m
B
A
d
R
dt
x
1.5 m
1m
G
m1
m2
y
=
∑F
x
=> m1 ɺɺ
x=F
e
cinétique suivant x :
(1)
Système {Contrepoids (m2)} : Théorème de la
résultante cinétique suivant y :
d
R
dt
=
∑F
(1) + (2)
=> m2 ɺɺ
y = − F + m2 g
e
y
y
=>
x
( m1 + m2 ) a = m2 g
(2)
avec ɺɺ
x = ɺɺ
y=a
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
! : Système {(m1+m2)} : Théorème de la résultante cinétique :
d
R
dt
y
d
R
dt
y
x=
= m1 ɺɺ
∑F
( XO )
e
y
= m2 ɺɺ
x=
∑F
( RA , RB , m1 g , m2 g , YO )
e
y
=> Pas intéressant.
Système {Porte (m1)} :
Théorème de la résultante cinétique suivant y :
d
R
dt
=
∑F
=> 0 = − R A − RB + m1 g
e
y
y
(3)
mvG × vP
Théorème du moment cinétique en G : (en un autre point P, le terme
d
M G = mvG × vG +
me,G => 0 = R A .1, 5 − RB .1, 5 + F .1 car ω = 0
dt
ne sera pas nul)
∑
(4)
mg F
 8 
RB = 1 + = m1 g   = 2354, 4 N et R A = 2060,1 N
2
3
 15 
(3) + (4) :
Remarque : Nous pouvons dire que la force de tension dans le câble est la même de part et d’autre de la poulie
car la poulie est sans masse. Cela se vérifie en appliquant le théorème du moment cinétique sur la poulie seule.
24. P l’intersection de la barre uniforme avec l’axe AB : Px’y’z’ = repère lié à la barre avec x’ suivant la barre.
dMO
= me ,O avec M O = M P + OP × R
dt
M P = − Px ' z 'ω 1z ' − Py ' z 'ω 1z ' + I z 'ω 1z ' avec ω = θɺ 1z et Px ' z ' =Py ' z ' =0 car z ' = 0
mL2 ɺ
d OG
L
mL2 ɺ
L
θ 1z ' et R = m
θ 1z + mb θɺ 1x '
= m θɺ 1y ' ; OP = −b 1z ' => M O =
dt
3
2
3
2
dMO
bL ɺ 2
bL ɺ 2
=>
= me,O : m θ 1y ' = cRBx 1y − cRBy 1x => m θ ( cos θ 1y − sin θ 1x ) = cRBx 1y − cRBy 1x
dt
2
2
bL ɺ 2
bL ɺ 2
bL
bL
=> RBx = m θ cos θ et RBy = m θ sin θ => RB = m θɺ 2 ( cos θ 1x + sin θ 1y ) avec RB = m θɺ 2
2c
2c
2c
2c
=> M P =
25. 1.
Système {masse (m)} : Théorème de la résultante cinétique suivant 1r :
d
R=
dt
1θ
O
)
=> m ɺɺ
r − rθɺ 2 =
e
− k ( r − r0 )
+ mg cos θ
− k ( ( L − r ) − ( L − r0 ) )( − 1r )
1r
(1)
Système {Tige (M) + masse (m)} : Théorème du moment cinétique en O :
d
M O = mvG × vO +
me ,O où M O = M O ( m ) + M O ( M )
dt
r
θ
(
∑F
∑
m N
=0
k
M O (M ) =
A
1r
ML2 ɺ
θ 1z
3
et
M O (m) = M G
+ OG × mvG = mr 2θɺ 1z
= 0 masse
ponctuelle
 ML2

L
=> 
+ mr 2 θɺɺ + m2rrɺθɺ = − sin θ Mg − mgr sin θ
 3

2


2. Système {Tige (M)} : Théorème du moment cinétique en O :
d
M O = mvG × vO +
dt
=0
∑m
e ,O
=>
ML2 ɺɺ
L
θ = − sin θ Mg − rN
3
2
(2)
L ɺɺ g
θ + sin θ
2
N = − ML 3
r
(3) =>
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
OU Système {masse (m)} : Théorème de la résultante cinétique suivant 1θ :
d
R=
dt
ML2 ɺɺ L
θ + sin θ Mg
3
2
=> m rθɺɺ + 2 rɺθɺ = N − mg sin θ => N = m rθɺɺ + 2rɺθɺ + mg sin θ =
−
r
(2)
(
∑F
e
1θ
C
B
L
y
∑m
e ,O =
L
)
∑
D
L
OE × (YE + Z E ) + OG1 × mg + OG 2 × mg + OG 3 × mg + OG 4 × mg
ZE
L
YE
O
(
Système {système complet (4m)} : Théorème du moment cinétique en O :
d
M O = mvG × vO +
me,O où ω = θɺ 1x et M O = I xθɺ 1x − Pxyθɺ 1y − Pxzθɺ 1z
dt
26.
z
)
A
x
E
Dans le système d’axe Oxyz lié au solide :
L
L
L


 L 


OG1  , 0, 0  ; OG 2  L, 0,  ; OG 3  L, , L  ; OG 4  L + , L, L  ;
2
2
2


 2 


(
mg = −mg 1Z = −mg sin θ 1y + cos θ 1z
I x = 0 +
OA
)
2
 L 2

mL2
mL2
11
L
+ m  +
+ m    + L2  + 0 + m  L2 + L2  = mL2


12
2
12
2
 
  
 3
CD
AB
BC
L
L
3L
L
L
3L
Pxy = m. .0 + m
.L.0 + m.L. + m. .L = 2mL2 et Pxz = m. .0 + m.L. + m
.L.L + m. .L = 3mL2
2
2 2
2 2
2
AB
BC
OA
BC
CD
OA
3
 11 2 ɺɺ 5
 3 mL θ = 2 mLg sin θ − 2 mLg cos θ

2
2 2
 −2mL θɺɺ + 3mL θɺ = −2 LZ E + 4mLg cos θ

2 ɺɺ
2 ɺ2
 −3mL θ − 2mL θ = 2 LYE − 4mLg sin θ
=> 
AB
(1)
(2)
(3)
3 g
(1) : θɺ2 =
( 5 ( − cosθ + 1) − 3 ( sin θ − 0 )) = 113 Lg ( −3sin θ − 5cosθ + 5)
11 L
mg
(1)+(2)+(4) : ZE =
( 42sin θ + 80 cosθ − 45)
22
mg
(1)+(3)+(4) : YE =
( 79sin θ + 87 cosθ − 60 )
44
27. 1.
∑F
e
MO
=
dR
= 0 car R = 0 et
dt
 mH 2

 12

= 0

 0



0
mB 2
12
0
∑m
e ,O
=
CD
(4)
dMO
car O est un point fixe
dt

−
  ω sin θ 
2

mB 2
 mH
−   ω cos θ  =
ω sin θ 1X +
ω cos θ 1Y
12
12


0

−



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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
Dans les axes OXYZ liés à la plaque
d1
d1
d M O mH 2
mB 2
mH 2
mB 2
=
ω sin θ X +
ω cos θ Y =
ω sin θ −ω cos θ 1Z +
ω cos θ +ω sin θ 1Z
dt
dt
dt
12
12
12
12
 mH 2 2

mB 2 2
m
ω sin 2θ +
ω sin 2θ  1Z = ω 2 sin 2θ B 2 − H 2 1Z =
= −
me ,O

24
24
24


Ou directement dans les Oxyz tournant avec la plaque :
 − − Pxy −   0 
 1x = cos θ 1X − sin θ 1Y

 
mH 2
mB 2
−   ω  = − Pxy ω 1x + I yω 1y et 
; IX =
; IY =
M O = − Iy
12
12
 1y = sin θ 1X + cos θ 1Y

 
− 0 
0
−
(
)
(

2
2
 I y , plaque = sin θ I X + cos θ IY − 2sin θ cos θ PXY


 mB 2 mH 2
P
−
xy , plaque = sin θ cos θ ( IY − I X ) = 
 12

12


= sin 2 θ
(
)
)
∑
mH 2
mB 2
+ cos 2 θ
12
12
 sin 2θ

 2
 mB 2 mH 2  sin 2θ

mH 2
mB 2 
d M O  mB 2 mH 2  sin 2θ 2
M O = −
−
ω 1x +  sin 2 θ
+ cos2 θ
=
−
ω 1z

 ω 1y =>

 12

dt
12  2
12
12 
12  2


 12
2. Dans les axes Oxyz.
∑m
e,O
=
dMO
car O est un point fixe avec M O = − Pxyω 1x + I yω 1y
dt
P1( X1 , d ) ; P 2 ( − X 2 , d )

  ρπ r 4

mH 2
mB 2  ρπ r 4
+ cos2 θ
−
+ ρπ r 2 X12  − 
+ ρπ r 2 X 22 
 I y = I y , plaque − I y ,r1 − I y ,r 2 = sin 2 θ




12
12
4
4


 


 mB 2 mH 2  sin 2θ

2
2
 Pxy = Pxy , plaque − Pxy , r1 − Pxy ,r 2 =  12 − 12  2 − 0 + ρπ r X 1d − 0 + ρπ r X 2 d



m
 r2

 m 2

MO = −
B − H 2 sin 2θ + ρπ r 2 ( X 1 + X 2 ) d  ω 1x + 
H 2 sin 2 θ + B 2 cos 2 θ − ρπ r 2  + X12 + X 22   ω 1y
 2

 12
 24




A l'équilibre statique et dynamique :
(
(
)
) (
(
∑m

= 0 => − − ρπ r 2 gX1 − ρπ r 2 gX 2 = 0 => X 1 = X 2  //


De plus,
∑m
e ,Oz
(
e ,O
=
)
) (
)
)
∑F
e ,O
=

dR
= 0

dt

dMO
 m 2
 d1
B − H 2 sin 2θ + ρπ r 2 ( X1 + X 2 ) d  ω x
= 0 = −
dt
24

 dt
(
)
 m 2

=> −  −
B − H 2 sin 2θ + ρπ r 2 ( X1 + X 2 ) d  ω 2 1z = 0
 24

(
=> X1 =
)
(
)
2
2
m B − H sin 2θ
48
ρπ r 2 d
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Mécanique Rationnelle 2
28.
 Ix

M A = I Aω =  − Pxy
 −P
 xz
Syllabus d’exercices
Corrigés : Théorèmes généraux
  ωx 
 
  0  = I xωx 1x − Pxy ω x 1y − Pxz ω x 1z
 
 0 
I x,total = I xG ,0 − ( I x ,1 + I x ,2 + I x ,3 + I x ,4 + I x,5 + I x ,6 )
Avec Pxy = Pxy0 − ( Pxy1 + Pxy2 + Pxy3 + Pxy4 + Pxy5 + Pxy6 )
Pxz = 0
l²
12
R²
R²
I xG ,1 = σπ R ²
=> I x ,1 = σπ R ²( + a ²)
4
4
d²
d²
I xG ,2 = I xG ,3 = σ d ² => I x,2 = I x ,3 = σ d ²( + a ²)
12
12
d²
d²
I xG ,4 = I x ,4 = σ d ² (cos ²45° + sin ²45) = σ d ²
12
12
σπ r ² r ²
I x,5 + I x ,6 = 2
2 4
et
I xG ,0 = σ Ll
Pxy = Pxy0 − ( Pxy1 + Pxy2 + Pxy3 + Pxy4 + Pxy5 + Pxy6 )
0 − σπ2R ² ab
0 −σ a 4
0 +σ a 4
0
0 − σπ4r ² ac
0 − σπ4r ² ac
Pxy = σπ2R ² ab + σπ2r ² ac = σπ2 a (bR 2 + cr 2 )
2.
dM A
dt
= ( me, A )
y, z
y, z
⇒ Pxy (−ωɺ x 1y + ω x2 1z ) =
L
L
N P 1z − N Pz 1y
2 y
2

ωɺ xσπ a(bR 2 + cr 2 )
 N Py = −

L
⇔
2
ω x σπ a (bR 2 + cr 2 )

 N Pz = −
L
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
Lagrange
Formulaire
1

² + ωi I Gi ωi 
2

n coordonnée de Lagrange => n équation de Lagrange (i = 1,...., n)
Lagrangien : L = T − V
Qi =
∂ϕh
∑ F . ∂q
avec δ rh =
h
i
h
avec
T=
i Gi
∂ϕh
∑ ∂q
i
Equation de Lagrange :
1
∑  2 m v
δ qi
i
d ∂T ∂T
−
= Qi avec Qi = Qi*( Force ne dérivant pas d'un potentiel ) + Qi ( Force dérivant d'un potentiel )
dt ∂qɺi ∂qi
Pour les forces dérivent d'un potentiel : δτ = −δ V
=>
∂ϕ h
∑ F .δ r = ∑ F . ∂q
h
h
h
i
h
i i
δτ
∂V
∂V
δ qi => Qi = −
qi
∂qi
i ∂
δ qi = ∑ Qiδ qi = − ∑
δV


d ∂T ∂T
∂V
d  ∂T ∂V  ∂T ∂V
d ∂L ∂L
*
=>
−
= Qi −
=> 
−
+
= Qi* =>
−
= Qi*
−
dt ∂qɺi ∂qi
∂qi
dt  ∂qɺi ∂qɺi  ∂qi ∂qi
dt ∂qɺi ∂qi


=0 

Si toutes les forces dérivent d'un potentiel :


d ∂T ∂T
∂V
d  ∂T ∂V  ∂T ∂V
d ∂L ∂L
=>
−
=−
=> 
−
+
= 0 =>
−
=0
−
dt ∂qɺi ∂qi
∂qi
dt  ∂qɺi ∂qɺi  ∂qi ∂qi
dt ∂qɺi ∂qi


=0 

Rem :
ɺɺ
∂mx
∂mx
∂mxɺ
dmxɺ dmxɺ dt
x
=m ;
=0 ;
=0 ;
=
=m
∂x
∂xɺ
∂x
dx
dt dx
xɺ
1. Les réponses correctes sont :
1.a (T = T1+ T2)
1.e (T = T1+ T2 avec les Ti calculés au point O)
2.b
3.b et 3.e
4.a (T+V=E0 est une intégrale première)
4.c (c’est une intégrale première)
4.d (c’est la condition pour avoir 4.c)
5.b (ssi toutes les forces dérivent d’un potentiel) et 5.e
2. 3 degrés de liberté (les coordonnées de Lagrange : x, y, θ)
Dans un plan horizontal (V=0) : formule de l’énergie cinétique
appliquée à un solide.
G(x,y)
A
B
θ
Rem :
ɺɺ
∂mx
∂mx
∂mxɺ
dmxɺ dmxɺ dt
x
=m ;
=0 ;
=0 ;
=
=m
ɺ
∂x
∂x
∂x
dx
dt dx
xɺ
a.
0
. 0

2
2
1
2.m   dx   dy   1 
M


   +    + ω.  0 .
L = T =  vG ² + ω .I G .ω 
=
0
 .ω
2
2   dt   dt   2 
 2
solide

 0 0 I z ( A) + I z ( B ) 
= m( xɺ ² + yɺ ²) +
ml ² ɺ
l²
θ ² avec I z ( A) = I z ' ( A) + md ² = m ( z ' passant par A).
4
4
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
Or le moment d'inertie d'un point (masse ponctuelle) est nul, donc il ne reste que le terme de Steiner md² :

d ∂L ∂L
−
= 0 => ɺɺ
x = 0 => xɺ = xɺ0 => x = xɺ0 t + x0
x :
dt ∂xɺ ∂x

d ∂L ∂L

−
= 0 => ɺɺ
y = 0 => yɺ = yɺ 0 => y = yɺ 0 t + y0
y :
dt
∂yɺ ∂y


d ∂L ∂L
−
= 0 => θɺɺ = 0 => θɺ = θɺ0 => θ = θɺ0 t + θ0
θ :
dt ∂θɺ ∂θ

L’énergie cinétique peut aussi se trouver par la formule ci-dessous pour un système de points, en exprimant
les coordonnées des deux points et en les dérivant.
b. 4 degrés de liberté (les coordonnées de Lagrange : x, y, θ, η)
B
Dans un plan horizontal : Energie cinétique appliquée à un système de
G(x,y)
θ
points.
A
2
2
2
2
η
m   dx   dy   m   dx   dy  
1
L =T =
mi vi ² =   A  +  A   +   B  +  B  
2
2   dt   dt   2   dt   dt  




η
η
η
η
A( xG − cos θ ; yG − sin θ ) et B( xG + cos θ ; yG + sin θ )
2
2
2
2
avec
ɺ
ɺ
η
η
η
η
ηɺ
η
ηɺ
η
vA ( xɺ − cos θ + sin θθɺ; yɺ − sin θ − cos θθɺ) et vB ( xɺ + cos θ − sin θθɺ; yɺ + sin θ + cos θθɺ)
2
2
2
2
2
2
2
2
m
k
2
L = m( xɺ ² + yɺ ²) +
ηɺ ² + η ²θɺ² − (η − l )
4
2
x = 0 => xɺ = xɺ0 t + x0
 x : ɺɺ

y = 0 => y = yɺ 0 t + y0
 y : ɺɺ

m d
m ɺ
=> θ :
ɺ ɺ = 0 et
η ²θɺ = 0 => η ²θɺɺ + 2ηηθ
η ²θ = C
2 dt
2


m
m ɺ
m
2C ²
+ k (η − l ) = 0
ηɺɺ −
η : ηɺɺ − ηθ ² + k (η − l ) = 0 =>
2
2
2
m
η3

∑
(
)
( )
La 4ième équation peut aussi s’obtenir avec le théorème de la conservation de l’énergie : T + V = E0
d (T + V )
m
ɺɺɺ + k (η − l )ηɺ = 0
ɺ ɺɺ + 2ηηθ
ɺ ɺ² + 2η ²θθ
ɺɺɺ + 2 yy
ɺɺɺ) +
= m(2 xx
2ηη
dt
4
(
)
2
=>
c.
 C 
m
ηɺɺ − mη 2 
 + k (η − l ) = 0
2
 mη ² 
Si on a une tige de longueur l : L = T =
m
1 ml ² ɺ
( xɺG ² + yɺG ²) +
θ ² => Mouvement inchangé.
2
2 12
d. Dans le plan vertical, on doit rajouter le terme du potentiel dans le Lagrangien
L = m( xɺ ² + yɺ ²) +
ml ² ɺ
t²
θ ² − 2mgy
y : ɺɺ
y = − g => yɺ = − gt + yɺ 0 => y = − g + yɺ 0t + y0
4
2
avec
3. Condition de roulement sans glissement :
xɺ = Rϕɺ ; zɺ = Rϕɺ ; xɺ = rθɺ = zɺ (1)
1
2
5 paramètres de positions :
4 équations liant ces paramètres dépendants
=> 1 ddl = 1 coordonnée généralisée
z
m1
x°
60°
m2
30°
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Toutes les forces dérivent d'un potentiel :
T=
avec
1
∑  2 m v
i Gi
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
d ∂L ∂L
−
=0
dt ∂xɺ ∂x
 m
 
m R2
m R2
1
mr 2 ɺ 2 
 m
² + ωi I Gi ωi  =  1 xɺ ² + 1 ϕɺ12  +  2 zɺ ² + 2 ϕɺ22  +  0 +
θ 
 
 
2
4
4
4
  2

  2
 
m
m R 2 xɺ ²   m2
m2 R 2 xɺ ²  
mr 2 xɺ 2  3 
m
ɺ
+
+
+
0
+
T =  1 xɺ ² + 1
x
²

 =  m1 + m2 +  xɺ ²



2  
2 
2  
 2
4
4
3
4
2
4
R  
r 
R  


V = m1 gx sin 60 + m2 g ( L sin 60 − z sin 30 )
=> L = T − V =
=
z =C − ( L − x )
C = longueur du cable
3
1
− m2 g x + Const ( réf=Sol )
2
2
m1 gx
 3m1 m2 
3
m
m1 + m2 +  xɺ ² − gx 
−
 + Const

 2
4
3
2 

(
)
m2 − 3m1
 3m1 m2 
1
−
x=
g
( 3m1 + 3m2 + m ) ɺɺx + g 
 = 0 => ɺɺ
2
2 
( 3m1 + 3m2 + m )
 2
OU par la méthode des multiplicateurs de Lagrange. 5 coordonnées généralisées et 1 ddl.
Toutes les forces dérivent d'un potentiel :
T=
d  ∂L

dt  ∂qɺ j
 ∂L
=
−

 ∂q j
∂φi
∑ λ ∂q
i
i
j
 m
 
m R2
m R2
mr 2 ɺ 2 
1
 m
² + ωi I Gi ωi  =  1 xɺ ² + 1 ϕɺ12  +  2 zɺ ² + 2 ϕɺ22  +  0 +
θ 
 
 
2
4
4
4
  2

  2
 
1
∑  2 m v
i Gi
avec V = m1 gx sin 60 + m2 g ( L sin 60 − z sin 30 ) + Const
=> L = T − V =
=
z =C − ( L − x )
m1 gx
3
1
− m2 g x + Const
2
2
( Réf=Sol )
m1
m R2
m
m R2
mr 2 ɺ 2
3
1
xɺ ² + 1 ϕɺ12 + 2 zɺ ² + 2 ϕɺ22 +
θ − m1 gx
+ m2 g z + Const
2
4
2
4
4
2
2
4 Contraintes : xɺ = Rϕɺ1 => λ1 (δ x − Rδϕ1 = 0 ) ; zɺ = Rϕɺ 2 => λ2 (δ z − Rδϕ 2 = 0 ) ; xɺ = rθɺ => λ3 ( δ x − rδθ = 0 ) ;
zɺ = rθɺ => λ (δ z − rδθ = 0 )
4
=> 5 coordonnées généralisées => 5 Equations de Lagrange
d

 dt

d
 dt

 d

 dt
d

 dt

d
 dt

∂φi
∂L ∂L
−
=
∂ϕɺ1 ∂ϕ1
∑ λ ∂ϕ
i
1
i
∂L
∂L
−
=
∂ϕɺ2 ∂ϕ2
∂L ∂L
−
=
∂xɺ ∂x
∑
∂L ∂L
−
=
∂zɺ ∂z
∑
∂L ∂L
−
=
∂θɺ ∂θ
∑
i
i
m1 R 2
ϕɺɺ1 = − Rλ1 (1)
2
m1 R

(1) : λ1 = − 2 ϕɺɺ1

i
(2) : λ = − m2 R ϕɺɺ
2
2

∂φi
3m1
2
: m1 ɺɺ
x+ g
= λ1 + λ3 (3) => 
λi
∂x
2
3m1
mR
(3)+(1) : m ɺɺ
= − 1 ϕɺɺ1 + λ3
1x + g

2
2
∂φ
m

x − g 2 = λ2 + λ4 (4)
λi i : m2 ɺɺ
m
m
R
2
∂z
2
(4)+(2) : m ɺɺ
= − 2 ϕɺɺ2 + λ4
2x − g

2
2

∂φ
mr 2 ɺɺ
λi i :
θ = −r λ3 − r λ4 (5)
∂θ
2
∑
i
:
λi
∂φi
m R2
: 2 ϕɺɺ2 = − Rλ2 (2)
∂ϕ2
2
3m1 m1 R
m
m R
mr ɺɺ
θ = −m1 ɺɺ
x−g
−
ϕɺɺ1 − m2 ɺɺ
x + g 2 − 2 ϕɺɺ2
2
2
2
2
2
ɺɺ
=> mrθ + 2m1 ɺɺ
x + m1 Rϕɺɺ1 + 2m2 ɺɺ
x + m2 Rϕɺɺ2 = gm2 − g 3m1
(1),(2),(3),(4)->(5) :
Si on fait les remplacements en fonction de x, grâce aux 4 equations de contraintes, on obtient :
(
)
mxɺɺ + 2m1 ɺɺ
x + m1 ɺɺ
x + 2m2 ɺɺ
x + m2 ɺɺ
x = gm2 − g 3m1 => ( 3m1 + 3m2 + m ) ɺɺ
x = m2 − 3m1 g
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
4.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
d  ∂L

dt  ∂qɺ j
O
(
y2
θ
x
x0
(
1 2 1
1
mvG + ω .I G .ω = m  xɺ − Rθɺ
2
2
2 
V = − mg ( x cos θ − R sin θ )
(
T=
y1
G
P
x1
)
)
ω = θɺ + ϕɺ 1z ; OG = x 1x1 + R 1y1 => vG = xɺ − Rθɺ 1x1 + xθɺ 1y1
ϕ
Q
 ∂L
=0
−

 ∂q j
m
)
2
1 mR ² ɺ
+ x 2θɺ 2  +
θ + ϕɺ
 2 2
(
)
2
Condition de roulement sans glissement : vP∈corde = vP∈disque => xɺ = −Rϕɺ
vP∈corde = xθɺ1y
1


d x1x1 + R1y1 + R1y2
avec où 
= xɺ − Rθɺ 1x1 + xθɺ1y1 − R θɺ + ϕɺ 1x2 = ( xɺ + Rϕɺ ) 1x1 + xθɺ1y1
vQ∈disque =
quand
dt

Q= P
(
=> L = T − V
)
(
)
(
)
2
2
1 
1 mR²  ɺ xɺ 
m  xɺ − Rθɺ + x2θɺ2  +
θ −  + mg ( x cosθ − R sin θ )
2
2 2 
R


xɺ =− Rϕɺ
=
(
)
(
)

mR  ɺɺ ɺɺ
x
3
3
ɺ2
x − Rθɺɺ −
x − Rθɺɺ − xθɺ2 = g cosθ =th R + th M G
 x : m ɺɺ
θ − R  − mxθ = mg cos θ => 2 ɺɺ
x
x
2
2



2

mR  ɺɺ ɺɺ
x
2
θ −  = −mgx sin θ − mgR cosθ => xθɺɺ + 2xɺθɺ − Rθɺ2 = − g sin θ
x − Rθɺɺ +
θ : m x θɺɺ + 2 xxɺθɺ − R ɺɺ

2 
R


 =th R y

Condition initiale pour que la corde reste verticale :
2
θ (0) = 0 et θɺ(0) = 0 => ɺɺ
x= g
3
(
)
(
(
(
))
)
5. Les axes centraux principaux : // à Aξηζ en G. Les produits d’inertie sont tous nuls.
2
2
1
mR ²
mR ² mh ²
h
+
; Iξ G = Iη G =
et ω = θɺ
1ξ G + 1ζ G ; vG ² = zɺ ² +  R +  θɺ ²
2
4
12
2
2
2
2


m
1
h
1  mR ² 1 ɺ  mR ² mh ²  1 ɺ 
T =  zɺ ² +  R +  θɺ ²  + 
θ²+
+
θ ²  et V = mgz + C
 2 2 2
2 
2
2
12  2 
 4

(
Iζ G =
A fixe :
a)
T=
)
ml ² ɺ
θ ² avec l constante => on a une rotation uniforme θ = θ0 + θɺ0t
2
A mobile
L = T −V =
m
l²
zɺ ² + m θɺ² − mgz
2
2
(2 degrés de liberté)
t²
z : ɺɺ
z + g = 0 => z = − g + zɺ0 t + zɺ0 et θ : θɺɺ = 0
2
∂L
 ∂L

ɺ
ɺ
=> θ = θ 0 t + θ 0 
= 0 =>
= constante => intégrale première 
∂θɺ
 ∂θ

T+V=Eo est une deuxième intégrale première.
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
6. Coordonnées généralisées :
u : détermine la position du centre de masse de la planche (S3)
(suivant x)
ϕ : détermine la rotation des deux rouleaux (S1 et S2)
il n’y a pas de glissement entre les rouleaux et la planche donc
on peut écrire ϕ en fonction de u.
vI ∈C1 = rϕɺ 1x = vI ∈P = uɺ 1x => ϕɺ = uɺ / r
y
R
A
x
x
z
G
θ
u
J
I
C1
B
ϕ
C2
θ : détermine la rotation du demi-disque autour de A. (S4)
x : détermine la position de A (suivant x)
=> il n’y a pas de glissement entre le demi-disque et la planche donc on peut écrire x en fonction de u.
v
= uɺ 1 = v
= v + ω × AJ = xɺ 1 − Rθɺ 1 => uɺ = xɺ − Rθɺ
J ∈S3
J ∈S4
x
A
S4
x
x
Degré de liberté = 2 .Les paramètres u et θ détermine entièrement la position du demi-disque.
Calculons les équations du mouvement par Lagrange.
Considérons le système complet = {2 rouleaux (m) + planche (m) + demi-disque (M)}
T = TS1 + TS2 + TS3 + TS4
1
1 mr ² 2 1 muɺ 2
ϕɺ =
TS1 = ωS1 .IC1 .ωS1 =
(avec vC1 = 0);
2
2 2
2 2
1
1 muɺ 2
TS2 = TS1 = ωS2 .IC2 .ωS2 =
; (avec vC2 = 0);
2
2 2
1
1
1
TS3 = mvB2 + ωS3 .I B .ωS3 = muɺ 2 (avec ωS3 = 0)
2
2
2
ωS = −θɺ1z
 4
MR²

 I z G = 2 − Ma ²

1
1
TS4 = mvG2 + ωS4 .IG .ωS4 avec  JG = ( −a sin θ ) 1x + ( R − a cos θ ) 1y
2
2

vG = vJ + ωS4 × JG = uɺ + Rθɺ − a cos θθɺ 1x + a sin θθɺ 1y

ou vG = v A + ωS4 × AG = xɺ 1x + θɺa sin θ 1y − a cos θ 1x

M 2
1  MR²

=> TS4 =
uɺ + R 2θɺ2 + a 2θɺ2 + 2 Rθɺuɺ − 2a cos θθɺuɺ − 2a cos θ Rθɺ2 + 
− Ma ² θɺ2
2
2 2

(
(
)
(
)
)
V = VS1 + VS2 + VS3 + VS4
VS1 = VS2 = 0 ; VS3 = rmg 
 => V = C − aMg cos θ
VS4 = ( R − a cos θ ) Mg

1
1 3M 2 ɺ 2
=> L = T − V = ( 2m + M ) uɺ 2 +
R θ + MRθɺuɺ − Ma cos θθɺuɺ − Ma cos θ Rθɺ 2 + aMg cos θ
2
2 2
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
d ∂L ∂L
−
= 0:
dt ∂θɺ ∂θ
 3M 2 ɺ

d
R θ + MRuɺ − Ma cos θ uɺ − 2Ma cos θ Rθɺ 
 2
 − Ma sin θθɺuɺ − Ma sin θ Rθɺ 2 + aMg sin θ = 0
dt
 3M 2
 ɺɺ
ɺ2
ɺ
 2 R − 2Ma cos θ R θ + 2Ma sin θ Rθ + M ( R − a cos θ ) uɺɺ + Ma sin θθ uɺ


− Ma sin θθɺuɺ − Ma sin θ Rθɺ2 + aMg sin θ = 0
Toutes les forces dérivent d'un potentiel =>
 3R

MR 
− 2a cos θ  θɺɺ + M ( R − a cos θ ) uɺɺ + MRa sin θθɺ2 + aMg sin θ = 0
2


(
)
d ( 2m + M ) uɺ + MRθɺ − Ma cos θθɺ
d ∂L ∂L
−
= 0:
=0
dt ∂uɺ ∂u
dt
( 2m + M ) uɺɺ + M ( R − a cosθ )θɺɺ + Ma sin θθɺ 2 = 0
=>
Intégrales premières :
1
1 3M 2 ɺ 2
T + V = E0 : ( 2m + M ) uɺ 2 +
R θ + MRθɺuɺ − Ma cos θθɺuɺ − Ma cos θ Rθɺ 2 + C − aMg cos θ = E0
2
2 2
∂L
d ∂L
∂L
= 0 =>
= 0 =>
= Const : ( 2m + M ) uɺ + M ( R − a cos θ ) θɺ = Const
∂u
dt ∂uɺ
∂uɺ
7. 1.
m = m1 − m2 = 15 ρπ R 2
2R
16
1
m ; m2 = m
15
15
m1.0 − m2 . ( −2 R )
G1G =
=
m1 − m2
=> m1 =
x
4R
G2
G2
θ
θ
G1
4R
2R
G1
G
G
4R
I
I
2
R sin θ = V1 − V2 = 0 − m2 g 2 R sin θ ( point de référence : G1 )
15
1
1
1
1
T = T1 − T2 où Ti = MvI2 + MvI . ω × IG + ω .I I i .ω = ω .I I i .ω = I yI ω 2
2
2
2
2 i
2
1
1
mR 
41

I y − I yI ω 2 = I yI ω 2 =
16.24 − − 16 sin θ θɺ 2 car
=> T =
2
2 I1
2
30 
2

L = T − V avec V = − mg
(
(
I yI =
L=
m1 ( 4 R )
mR 2
30
2
)
)
2
2
2 m R
+ m1 ( 4 R ) −  2
+ m2
 2

(( 4R + 2R sin θ )
2
mR 2 
41
2 

+ ( 2 R cos θ )  =
 16.24 − 2 − 16 sin θ 

15



)
41
2

 ɺ2
 16.24 − 2 − 16 sin θ  θ + mg 15 R sin θ


41
2
d ∂L ∂L
mR 2 
mR 2

−
= 0 =>
16.24 −
− 16 sin θ θɺɺ +
16 cos θ .θɺ 2 − mg R cos θ = 0

ɺ
dt ∂θ ∂θ
15 
2
15
15

2.
T +V =
Intégrale première :
3.
mR 2
30
(T + V )θ =0,θɺ =0 = (T + V )θ =π / 2
41
2

 ɺ2
 16.24 − 2 − 16sin θ  θ − mg 15 R sin θ = Const


=> 0 =
mR 2
30
73  ɺ 2
2
8g
8g

ɺ2
 16.24 − 2 θ − mg 15 R => θ max = 32.24 − 73 R = 695 R
(
)


AN : R = 0, 075 m => ω = 1, 227 s −1
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Mécanique Rationnelle 2
8. 1.
1θ
O
1y
Système {Tige (M) + masse (m)} : Théorème de Lagrange :
1
1
1
1 ML2 2
T = Tm + TM où TM = MvO2 + MvO . ω × OG + ω .I O .ω = ω .I O .ω =
θ
2
2
2
2 3
1
1
1
m 2
Tm = mvG2 + MvG . ω × GG + ω .I G .ω = mvG2 =
rɺ + r 2θɺ 2
2
2
2
2
(
(
r
θ
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
)
)
(
)
I G = 0 (masse
ponctuelle)
m N
1x
k
A 1r
Système avec 2 ddl :
r et θ.
T=
m 2
L
k
1 ML2 ɺ 2
2
θ et V = − Mg cos θ − mgr cos θ + ( r − r0 )
rɺ + r 2θɺ 2 +
2
2 3
2
2
(
)
m 2
1 ML2 ɺ 2
L
k
2
rɺ + r 2θɺ 2 +
θ + Mg cos θ + mgr cos θ − ( r − r0 )
2 3
2
2
2
d ∂L ∂L
−
= 0 => mrɺɺ − mrθɺ 2 − mg cos θ + k ( r − r0 ) = 0 (1)
dt ∂rɺ ∂r
(
L=
)
d ∂L ∂L
ML2 ɺɺ
L
θ + Mg sin θ + mgr sin θ = 0 (2)
−
= 0 => mr 2θɺɺ + m 2rrɺθɺ +
ɺ
dt ∂θ ∂θ
3
2
Système {Tige (M)} : (m est au point P)
∂ϕ
∂ϕ
1 ML2 ɺ 2
L
θ et Qθ = N . P +Mg . G = rN − Mg sin θ
T=
2 3
∂θ
∂θ
2
∂ϕ P
∂ϕ P
∂ϕ P
∂ϕ P

 N = N 1θ et OP = r 1r ; δ OP = ∂r δ r + ∂θ δθ = δ r 1r + rδθ 1θ => ∂r = 1r et ∂θ = r 1θ

∂ϕ
∂ϕ
L
L

où  Mg = Mg 1x et OG =
cos θ 1x + sin θ 1y ; δ OP = G δ r + G δθ =
− sin θ 1x + cos θ 1y δθ
2
∂
r
∂
θ
2


∂ϕ G
∂ϕ G L
= 0 et
=
− sin θ 1x + cos θ 1y
 =>
∂
r
∂θ
2

(
)
(
L'équation de Lagrange
(
)
)
d ∂T ∂T
ML2 ɺɺ
L
θ = rN − sin θ Mg
−
= Qθ =>
ɺ
dt ∂θ ∂θ
3
2
L ɺɺ g
θ + sin θ
2
N = ML 3
r
=>
Cette méthode est beaucoup plus lourde que les théorèmes généraux. Il est
préférable d’utiliser les théorèmes généraux pour trouver les réactions de liaison
9. 2 degrés de liberté (x, θ) => 2 coordonnées de Lagrange => 2 équations de mouvement
Toutes les forces dérivent d’un potentiel => Formule avec le Lagrangien et Qi=0.
Axes centrés en A : z = verticale descendante, x = horizontale dirigée de B vers C => vitesse angulaire positive
suivant y.
1
1
1
T = TM + Tm avec TM = Mv A2 + Mv A . ω × AG + ω .I A .ω = Mxɺ 2 car le triangle ne tourne pas.
2
2
2
(
)
= 0 (ω = 0)
1
1
Pour le point matériel de masse m : Tm = mvG2 + ω .I G .ω
2
2
= 0 (point
matériel, I G =0)
1
vP = v A + ω × AP = xɺ + ℓθɺ cos θ 1x − ℓθɺ sin θ 1z => Tm = m xɺ 2 + ℓ 2θɺ 2 + 2ℓθɺ xɺ cos θ
2
1
1
2
2
2 ɺ2
V = − mg ℓ cos θ => L = T − V = Mxɺ + m xɺ + ℓ θ + 2ℓθɺ xɺ cos θ + mg ℓ cos θ
2
2
d ∂L ∂L
∂L
d ∂L
∂L
−
=0 :
= 0 =>
= 0 =>
= A est une intégrale première : Mxɺ + m xɺ + ℓ cos θθɺ = A
dt ∂xɺ ∂x
∂x
dt ∂xɺ
∂xɺ
d ∂L ∂L
−
= 0 : ℓθɺɺ + ɺɺ
x cos θ + g sin θ = 0 (ou directement avec T + V = E0 )
dt ∂θɺ ∂θ
(
(
)
(
)
)
(
)
Page | 136
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
10. Système à un seul degré de liberté (θ)=> 1 coordonnée de Lagrange => 1 équation de mouvement
Toutes les forces dérivent d’un potentiel mais avec un couple extérieur => Formule avec le Lagrangien et Q*i.
vB = Lθɺ 1θ ; vD = Lθɺ 1θ => vB = vD = vG => Le solide 2 est en translation curviligne : ω2 = 0
1
1
1
 M

T = 2TtigeAB 2.  mvG1 ² + ω1.I G1 .ω1  +  vG2 ² + ω2 .I G2 .ω2 
2
2
2
  2

 1  L  2 1 mL2 2   M
2
1 2 L2 ɺ 2 M 2 ɺ 2
Lθ
T = 2.  m  θɺ  +
Lθɺ  = m
θ +
θɺ  + 
2 2 

2 12
2
3
2
 2

 
L
L
V = − mg cos θ − mg cos θ − MgL cos θ = − ( m + M ) gL cos θ
2
2
2
1 2L ɺ2 M 2 ɺ2
θ +
L = T −V = m
L θ + ( m + M ) gL cos θ
2
3
2
Le travail du couple C : δτ =Cδθ
( )

d ∂L ∂L
*
−
= Qθ* avec Qθ* = C
• δτ ( Force ne dérivant pas d'un potentiel ) =Qθ δθ =>
dt ∂θɺ ∂θ


2
 => m 2 L θɺɺ + ML2θɺɺ + ( m + M ) gL sin θ = C

3

• δτ Toutes les forces =Q δθ => d ∂T − ∂T = Q avec Q = Q* − ∂V = C − m + M gL sin θ
(
) θ
(
)
θ
θ
θ

dt ∂θɺ ∂θ
∂θ


2 L2 ɺɺ
θ + ML2θɺɺ = C − ( m + M ) gL sin θ
 => m
3

11. 1.
2 degrés de liberté (r, θ) => 2 coordonnées de Lagrange => 2 équations de
mouvement
Toutes les forces dérivent d’un potentiel => Formule avec le Lagrangien et Qi=0.
1θ
O
1y
r
θ
Système {Tige (M) + masse (m)} : Théorème de Lagrange. Dans les axes polaires r θ
(
m N
1x
T = Tm + TM
k
A

1
1
1
1 ML2 ɺ 2
2
θ
TM = MvO + MvO . ω × OG + ω .I O .ω = ω .I O .ω =
2
2
2 3
2

O fixe

où 
1 2
1
1
m 2
ω .I G .ω = mvG2 =
rɺ + r 2θɺ 2
Tm = mvG +
2
2
2
2

I G = 0 (masse

ponctuelle, I G =0)

1r
=> T =
)
(
)
k
1 ML2 ɺ 2
m 2
L
2
θ et V = − Mg cos θ − mgr cos θ + ( r − r0 )
rɺ + r 2θɺ 2 +
2
2 3
2
2
(
)
2
m 2
1 ML ɺ 2
L
k
2
rɺ + r 2θɺ 2 +
θ + Mg cos θ + mgr cos θ − ( r − r0 )
2
2 3
2
2
 d ∂L ∂L
ɺ2
 dt ∂rɺ − ∂r = 0 : mrɺɺ − mrθ − mg cos θ + k ( r − r0 ) = 0 (1)

2
 d ∂L − ∂L = 0 : mr 2θɺɺ + m2rrɺθɺ + ML θɺɺ + Mg L sin θ + mgr sin θ = 0 (2)
 dt ∂θɺ ∂θ
3
2
=> L =
(
)
Page | 137
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
2. Système {Tige (M)} : (m est au point P) Théorème de Lagrange
1 ML2 ɺ 2
L
T =
θ et V = − Mg cos θ
2 3
2

∂ϕ
∂ϕ P
L
+Mg . G = − rN − Mg sin θ
• Qθ = N .
θ
θ
∂
∂
2

 
∂ϕ P
∂ϕ
∂ϕ P
∂ϕ P
  N = − N 1θ et OP = r 1r ; δ OP =
δ r + P δθ = δ r 1r + rδθ 1θ =>
= 1r et
= r 1θ
∂r
∂θ
∂r
∂θ
 
 
∂ϕ
∂ϕ
L
L
cos θ 1x + sin θ 1y ; δ OG = G δ r + G δθ =
− sin θ 1x + cos θ 1y δθ
où  Mg = Mg 1x et OG =
θ
2
∂
r
∂
2
 
∂ϕ G
∂ϕ G L
 
= 0 et
=
− sin θ 1x + cos θ 1y
  =>
∂
∂θ
r
2
 

∂ϕ
∂V
∂V
L
• Qθ = Qθ* −
= N. P −
= − rN − Mg sin θ
θ
θ
θ
∂
∂
∂
2

L ɺɺ g

θ + sin θ
 d ∂T ∂T
ML2 ɺɺ
L
2
−
= Qθ =>
= − rN − sin θ Mg => N = − ML 3
θ

dt ∂θɺ ∂θ
r
3
2

L'équation de 
OU en utilisant directement ce qui a été calculé précédemment :
Lagrange 
2
2
 d ∂L − ∂L = Q* avec L = 1 ML θɺ 2 + Mg L cos θ => ML θɺɺ + L sin θ Mg = − rN
θ
 dt ∂θɺ ∂θ
2 3
2
3
2

Il est préférable d’utiliser les théorèmes généraux pour trouver les réactions de liaison (voir TP 8)
(
)
(
(
)
)
12. 1 degré de liberté (θ) => 1 coordonnées de Lagrange => 1 équations de mouvement
Il y a une force extérieure ne dérivant pas d’un potentiel => Formule avec le Lagrangien et Q*i.
Axes : Axyz avec x dans le sens de F et z est la verticale ascendante. ω = ω 1z
d ∂L ∂L
−
= Qθ*
dt ∂θɺ ∂θ
Il y a roulement sans glissement en O ( vO = 0 ) : vG = xɺ 1x = ω × OG = − rθɺ 1x => xɺ = − rθɺ
L = T − V avec V = Const et T =
1
1
1
1
mvG2 + ω .I G .ω = mr 2θɺ 2 + θɺ 2 m iz 2
2
2
2
2
Avec O ' l'origine du repère O ' xy
Qθ* =
∑F
h
h
∂ϕ h
∂ϕ
= F . A = Qθ* = ( R − r ) F
∂θ
∂θ

 Les axes x ' y ' sont les axes lié à la poulie et qui coincide avec xy à l'instant étudié.
• pour un petit déplacement δθ , on a O ' A = x 1 − R 1 => δ OA = δ x 1 − Rδ 1 = δ x 1 + Rδθ 1
x
y'
x
y'
x
x'


∂ϕ A
δθ
 Or on a vu que xɺ = − rθɺ donc δ x = − rδθ => δ O ' A = ( R − r ) δθ 1x =
∂θ

• le déplacement peut aussi se calculer à partir de O qui a une vitesse nulle :

 OA = − ( R − r ) 1 => δ OA = ( R − r ) δθ 1 = ∂ϕ A δθ
y'
x'
∂θ

F (R − r)
d ∂L ∂L
−
= Qθ* : m r 2 + iz 2 θɺɺ = ( R − r ) F => θɺɺ =
ɺ
dt ∂θ ∂θ
m r2 + i 2
(
)
La poulie va reculer avec une accélération : ɺɺ
x=−
(
z
)
Fr ( R − r )
(
m r 2 + iz 2
)
Page | 138
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
13.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Lagrange
ɺ ɺ
ɺ
Le seul degré de liberté est θ (Φ=rθ/R). ω (cercle)= φ -θ car défini la vitesse angulaire relative du cercle θ et
φɺ défini la vitesse angulaire d'entrainement du cercle .
mr ²
; V = − mg ( R − r ) cos φ
2
3
3
2
2
= m ( R − r ) φɺ² ; L = T − V = m ( R − r ) φɺ² + mg ( R − r ) cos φ
4
4
yC = R − ( R − r ) cos φ ; vC ² = ( R − r )²φɺ²; I z ,C =
(
)
m
1 mr ² ɺ ɺ 2
2
φ −θ
( R − r ) φɺ² +
2
2 2
T+V=Eo est une intégrale première.
∂L 3
∂L
3
= m( R − r )²φɺ ;
= −mg ( R − r )sin φ =>
( R − r )φɺɺ + g sin φ = 0
∂φɺ 2
∂φ
2
T=
(
)
φɺɺ + ω ²φ = 0 avec ω ² =
Pour de petits mouvements :
2g
3( R − r ) => oscillateur harmonique
14. Le seul degré de liberté est θ. O est un point fixe du
solide. Ig est le moment d’inertie du cône par rapport à
la génératrice de contact g. ω = la vitesse instantanée
de rotation.
Dans le plan de symétrie du cône passant par g, on a :
l
O
θ
g
β
OA = l cos α ; OA = l cos ²α 1x + l cos α sin α 1y ; ω = ω 1x
v A = vO + AO × ω = lω cos α sin α 1z 
 => ω = θɺcotgα
v A = AO 'θɺ 1z = l cos ²αθɺ 1z

y
O’
l
A
2α
x’
3MR ²
3MR ² 3Mh ²
O
Ix' =
; I y' =
+
;
B
x
10
20
5
I g = ∫ ( y ² + z ²)dm = ∫ (( x 'sin α − y 'cos α )² + z ²) dm = ∫ ( x ' ² sin ²α + y ' ² cos ²α − 2 x ' y 'cos α sin α + (cos ²α + sin ²α ) z ²) dm
h² 3MR ² R ²  3MR ² 3Mh² 
3MR ²
+
+
( R ² + 6h²)

=
l ² 10
l ²  20
5  20( R ² + h²)
3M
avec R = l sin α ; h = l cos α => I g =
sin ²α l ²(1 + 5cos ²α )
20
3
1 3M
V = − MgzG = − Mg l cos ²α cos θ sin β ; T =
l ² sin ²α cotg²αθɺ²(1 + 5cos ²α )
4
2 20
d ∂L ∂L
L = T − V =>
−
= 0 => l (1 + 5cos ²α )θɺɺ + 5 g sin θ sin β = 0
dt ∂θɺ ∂θ
Intégrale première : T + V = E0 => l (1 + 5cos ²α )θɺ² − 10 g cos θ sin β = −10 g cos θ 0 sin β
= cos ²α I x ' − 2 cos α sin α Px ' y ' + sin ²α I y ' =
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Effet gyroscopique
Effet gyroscopique
Formulaire
Couple gyroscopique : C g = ΓΩ × ω
=> Théorème du moment cinétique en G :
1.
ω
∆R
ΓΩ×ω
d MG
= me ,G + C g
dt
y
∆R
ω
R2
R1
M
Ω
z
M
M = ΓΩ ω où Γ = mR ² = 40 kgm²; Ω = 523, 6 s −1 ; ω =
G
A
Ω
B
R2
M
x
R1
v
= 0, 032125 s −1
R
∆R
∆R
mg
=> M = 672,8 Nm tend à faire descendre l’avant du bateau.
672,8 Nm
0, 6 RA + 672,8 − 0, 9 RB = 0 
 => RA = 5437 et RB = 4372
RA + RB = 9810

1000 kg
600
La réaction en B est plus élevée que si le rotor était à l’arrêt.
900
RB
RA
2. L’axe OA subit un moment de torsion de ΓΩω où Γ=2,97
kgm² ; Ω = 148,15 s-1 ; ω= 0,5 s-1 => C = 220 Nm
O
A
ΓΩ×ω
Ω
ω
Vue de haut
3. Gyrostat : ΓΩ× ω
les roues droites de la voiture ont tendance
à décoller.
Vue de derrière
ΓΩ×ω
Ω
ω
ω
Ω
ΓΩ×ω
ω
4. a. Vue de derrière
ΓΩ×ω
Vue de haut
ΓΩ×ω
ω
Ω
mg
Si le cycliste se penche vers la droite, la force de pesanteur
génère un moment qui a tendance à faire basculer le cycliste.
Pour ne pas tomber, il doit générer un moment opposé qui le
ramène en position verticale. En tournant son guidon vers la
droite (du côté où il penche), il crée un effet gyroscopique qui
le ramène dans sa position verticale.
Ω
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Effet gyroscopique
b. Roue = 60 cm de diamètre ;
Γ=0,6.(0,3)²
v = Ω R => 8 = Ω.0,3 => Ω = 8 / 0,3 rad / s
Pour retrouver l'équilibre :
d
M C = m e,C + ΓΩ × ω
dt
me,C = CG × mg = 0,03.80.9,81
ΓΩ × ω = 0, 6.(0,3)²
=> 0 = 0, 03.80.9,81 − 0, 6.(0, 3)²
8
ω
0,3
ω = 16, 35 rad/s
Vue de haut
Cg=ΓΩ×ω
5. Gyrostat : ΓΩ× ω
Le bus aura tendance à basculer vers la
droite.
d
MO =
dt
∑m
e, O
+ ΓΩ × ω
Ω
ω
avec ω constant =>0 =
1. A l'équilibre (ω =0, Ω =0) : 0=
∑m
e, O
=>
Vue de derrière
C g= ΓΩ×ω
ω
6.
8
ω
0, 3
∑m
e, O
∑m
e, O
Ω
+ ΓΩ × ω
= me, O (m A ) + me, O ( M ) = 0,18.m A g 1x + Ce 1x =0
avec Ce = couple qui équilibre le moment généré par la masse A => Ce = −0,18.m A g 1x
2. Pendant le mouvement : 0 = me, O ( m A ) + me, O ( M ) + ΓΩ × ω
 1725

0 = b.m A g 1x − 0,18.m A g 1x − 2, 2 . 0, 06 2 . 
.2π  . ( 0, 2 ) 1x
60


=> b − 0,18 = 0, 0364 => b = 0, 216 m
(
(a)
7.
(b)
B
)
v
w
x
u
Vue de haut.
Ce = couple extérieur créé par le roulis (Ce = ± Ce 1x ).
Le couple gyroscopique doit contrer ce roulis. Dans les axes liés au
v
u
S
(b)
(
)
gyroscope, le couple gyroscopique sera suivant l’axe u 1w × 1v . Donc on
(a)
A
placera le gyroscope tel que son axe u soit parallèle à l’axe longitudinal du
bateau (x).
(( ) )
= ΓΩω ( ( − 1 ) × ( − 1 ) ) = −ΓΩω 1 compensera le couple extérieur + C 1
Cgyr
a
= ΓΩ × ωa = ΓΩω − 1w × 1v = ΓΩω 1u compensera le couple extérieur − Ce 1u
Cgyr
b
= ΓΩ × ωb
w
v
u
e u
Grâce au gyroscope, le bateau sera stabilisé et le couple Ce sera compensé. Il n’y aura plus de rotation du bateau
suivant l’axe x, et donc le roulis ne génère pas de couple gyroscopique supplémentaire suivant l’axe v.
8. C gyr = Γ ( Ω A − Ω B ) ϕɺ 1x
La somme des moments extérieurs en O’ est nulle car O’ est le centre de
masse du système. Mettre le système en rotation va créer un couple
supplémentaire (Cgyr).Ce couple vient déséquilibrer le système vers la
gauche ou vers la droite en fonction de la différence Ω A − Ω B (positive ou
négative). Si le système était entièrement fixé en O’ et que seul la rotation
autour de l’axe OO’ était possible, la barre AB subirait un moment de
flexion qui la ferrait fléchir vers le bas.
z
L/2
A
ΩA
L/2
.
O’ ϕ
ΩB
y
B
mg
mg
Page | 141
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Effet gyroscopique
Le train tourne à vitesse constante => conservation
du moment cinétique.
9.
d M G ,0
= me,G + C g
dt
ω = ω 1z avec ω constant
le couple extérieur à contrer : me,G = −Ce 1y
Pour contrer ce couple, le couple gyroscopique doit etre
C g = C g 1y = ΓΩ × ω 1z
=> Le moment cinétique du gyroscope (ΓΩ) doit etre
suivant l'axe − 1x => M G , gyr = −ΓΩ 1x
Donc on va placer une roue sur le wagon de manière à avoir son axe de révolution suivant l’axe x. On la ferra
tourner de manière à avoir le vecteur de rotation propre de la roue vers le centre des rails.
10. Forces : mg en C , centre du disque
couple dû au poids : mgh sinψ sortant de la feuille
Couples : 
couple gyroscopique : C g = ΓΩ × ω
Le couple gyroscopique s’oppose au couple dû à la pesanteur => la seule rotation provoquant ce couple est une
rotation autour de l’axe z dans le sens négatif.
Le disque précessione autour de l’axe z, avec une vitesse angulaire égale à
mgh
Ω = −ω 1d sur le dessin et Γ = I => Cg = ΓΩ × ω = −mgh sinψ 1y => ω = −
1z
Iω
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
Dynamique des systèmes
1. 2 paramètre de position dépendant (θ , ϕ ) : π − θ =2ϕ => 1 ddl
Lagrangien L = T − V
1
1

1

T =  ω I O ω  +  mvG2 2 + ω I G2 ω 
2
2
 OA  2
 AB
L
L
sin θθɺ 1x − cos θθɺ 1y
2
2
= v A + ω × AG2 = − L sin θθɺ 1x − L cos θθɺ 1y + L cos ϕϕɺ 1y − L sin ϕϕɺ 1x
vG1 = −
avec
vG2


θ θɺ 
θ θɺ 
ɺ
=
 1x +  − L cos θθɺ − L sin
 1y
 − L sin θθ + L cos
2 2
2 2

θɺ 
ɺ
ϕ =−
2
2

1 mL ɺ 2 1
θɺ 2
θ
θ  1 2m 4 L2  θɺ 
θ + 2m  L2θɺ 2 + L2
− L2 sin θ cos θɺ 2 + L2 cos θ sin θɺ 2  +
− 

2 3
2
2
2
2  2 12  2 

2
=> T =
θ
3
T = ml ²θɺ ²  − sin 
2
2
V = VOA + VAB + VΓ
L
θ

sin θ et VAB = 2mg ( − L sin θ + L sin ϕ ) = 2mg  − L sin θ + L cos 
2
2

Le couple est constant donc il dérive d'un potentiel : V (Γ)
avec
Comme l'angle ϕ diminue lorsque le moment Γ travail, le travail est négatif.
VOA = −mg
dV = −dτ = −( M (ϕ )dϕ ) = −(−Γdϕ ) = −(Γ
dθ
)
2
θ
θ
5
=> V = −mgl  sin θ − 2cos  − Γ
2
2
2


Thérorème de Lagrange
3
θ 1
θ 5
θ Γ
d ∂L ∂L
−
= 0 : ml ² θɺɺ − 2ml ²θɺɺsin − ml ²θɺ ² cos − mgl cos θ − mgl sin − = 0
dt ∂θɺ ∂θ
2
2 2
2 2
2 2
Autre méthode : Par les Qi :
avec
L
 L

Sur base de vG1 : δ OG1 =  − sin θ 1x − cos θ 1y  δθ
2
 2

θ 1
θ 1


Sur base de vG2 : δ OG2 =  − L sin θ + L cos
δθ 1x +  − L cos θ − L sin
δθ 1y
2 2 
2 2 


le travail du couple : δτ = − Γδϕ avec dθ = − 2dϕ => δτ = − Γδϕ = Γ
Qθ =
∂ϕh
∑ F . ∂q
h
h
y
δθ
2
θ 1 Γ
 L


= ( − mg ) .  − cos θ  + ( −2mg ) .  − L cos θ − L sin
+
2
2 2  2



d ∂T ∂T
3
θ 1
θ 5
θ Γ
−
= Qθ : ml ² θɺɺ − 2ml ²θɺɺsin − ml ²θɺ² cos = mgl cos θ + mgl sin +
dt ∂θɺ ∂θ
2
2 2
2 2
2 2
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
2. Le point C est au niveau de la glissière
RC (1 composante inconnue) : Th. mom. cinétique en O pour l’ensemble du système
(
(
)
dM O
θ , θɺ, θɺɺ = me,O Γ, RC , mg
dt
vO = 0
)
M O = M O ,OA + M O , AB
• M O ,OA = I O .ω = −
• M O , AB = M G2 , AB
M O , AB
mL2 ɺ
θ 1z ;
3
 2 m 4 L2
θ 
θ 1  2 ɺ

ϕɺ − 2m  cos θ + sin   L cos θ + L sin
Lθ

12
2 
2 2 

1
+ OG2 × R = 
 
 z
θ 
θ 1 2ɺ
 −  − sin θ + cos   − sin θ + cos

θ
L
2 
2 2 
 



1
1


2
2
2θ
2θ
 2mL2

 − cos θ − sin θ + 2 cos 2 − 2 sin 2

2 ɺ
 L θ  1z
ϕɺ + 2m 
=
 3

 − cos θ sin θ + − 1 cos θ sin θ + sin θ cos θ + 1 sin θ cos θ 




2
2
2
2 2
2

 2 mL2 θɺ

1


= −
+ 2m  −1 + sin θ + cos θ  L2θɺ  1z
3
2
2




 8
1


=> M O =  − + 2  sin θ + cos θ   mL2θɺ 1z
3
2



dM O
=
me,O en projetant sur l'axe z : une seule inconnue (RC )
dt vO =0
1
1
 33



m  − + sin θ + cos θ  L2θɺɺ + m cos θ − sin θ  L2θɺ2
2
2
 24



L
θ 
5
= −Γ + LRc cos ϕ − cos θ mg − ( L cos θ + L cos ϕ ) 2mg = −Γ + LRc cos ϕ −  cos θ + sin 2  Lmg
2
2 
2
=> RC
(Autre possibilité : Th. mom. cinétique en A pour la tige AB seule.)
RO (2 composantes inconnues) : Th. rés. cinétique et connaissant RC
 dR
θ , θɺ, θɺɺ = Fe  RO , x , RC 

x
dt


dR
x
= Fe => 
dt
 dR θ , θɺ, θɺɺ = F  R , R , mg 
e y  O, y
C

 dt


y



L
θ θɺ 
θ θɺ  
 L

R = m  − sin θθɺ 1x − cos θθɺ 1y  + 2m  − L sin θθɺ + L cos
 1x +  − L cos θθɺ − L sin
 1y 
2
2 2
2 2  
 2





L
θ θɺ  
d  − m sin θθɺx + 2m  − L sin θθɺ + L cos


2
2 2  
θ


= RO , x − RC sin => RO , x
dt
2
ɺ 


θ
θ
L
d  − m cos θθɺ + 2m  − L cos θθɺ − L sin


2
2 2  
θ


= RO, y − mg − 2mg + RC cos => RO , y
dt
2
(
)
(
)
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
RA (2 composantes inconnues) : Th. rés. cinétique pour OA seule (avec RO connue)
 dR
θ , θɺ, θɺɺ = Fe  RO, x , RA, x 

x
dt


dR
L
x
 L

= Fe 
avec R = m  − sin θθɺ 1x − cos θθɺ 1y 
2
2
dt


 dR θ ,θɺ, θɺɺ = F  R , R , mg 
e y  O, y
A, y

 dt


y

L
L




d  −m sin θθɺx 
d  −m cos θθɺ 
2
2

 = R + R => R

 = R + R − mg => R
O, x
A, x
A, x et
O, y
A, y
A, y
dt
dt
(
)
(
)
1 2 1
mvG + ω .IG .ω
2
2

0
0

1
1
l²
ω.I G .ω = −ω cosθ ω sin θ θɺ  0 m

2
2
12

 0
0

l
l l

AG =  + sin θ  1x − cosθ 1y
2
4
4


Energie cinétique : T =
(
vG = vrel + ventr =
)

0 
  −ω cos θ 

 1 l² ɺ
0   ω sin θ  = m
θ ² + ω ² sin ²θ

2 12


ɺ
θ


l² 
m 
12 
(
l
l
l²
l²  1

cosθθɺ 1x + sin θθɺ 1y + ω × AG => vG2 = θɺ² + ω ² 1 + sin θ 
4
4
16
4  2

)
2
2
7
1
l²  1

ml ²θɺ² + ml ²ω ² sin ²θ + mω ² 1 + sin θ 
48
24
8 2

l
Energie potentielle : V = − mg cos θ
4
d ∂L ∂L
l²  1
l
7
1

−
=
ml ²θɺɺ − ml ²ω ² sin θ cos θ − mω ²  1 + sin θ  cos θ + mg sin θ = 0
ɺ
dt ∂θ ∂θ 96
12
8 2
4

Lorsque CD est en équilibre relatif, θ = constante et θɺ = 0
T=
7
l
mlω ² sin θ cosθ + mω ² cosθ = mg sin θ
12
2
1. 1 degré de liberté mais 2 coordonnées de Lagrange : θ1 ,θ 2
liées par la condition (avec u suivant BC et v perpendiculaire à BC )
vC = vB + ω × BC = λ BC = L sin (θ2 − θ1 ) θɺ1 1u + L cos (θ 2 − θ1 ) θɺ1 + Lθɺ2 1v
(
)
=> L cos (θ 2 − θ1 ) θɺ1 + Lθɺ2 = 0 => Contrainte : δθ 2 + cos (θ 2 − θ1 ) δθ1 =
=> Théorème de Lagrange :
d ∂T ∂T
−
= Qi +
dt ∂qɺi ∂qi
∂φ j
p
∑λ
j =1
∂φ1
∂φ
δθ2 + 1 δθ1 = 0 ( λ )
∂θ2
∂θ1
j
∂qi
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
2
T=
1
∑  2 mv
2
Gi
i =1
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
1

+ ω .I Gi .ω 
2


 1 L2
 1 
 1 L2
1 L2
L2
T =  m θɺ12 + m θɺ12  +  m  L2θɺ12 + θɺ22 + L2 cos (θ 2 − θ1 ) θɺ1θɺ2  + m θɺ22 
2 4





2 12
4

 2 
 2 12

=> T =
∂ϕ h
∑ F . ∂q
h
2mL2 ɺ 2 mL2 ɺ 2 mL2
cos (θ 2 − θ1 ) θɺ1θɺ2
θ1 +
θ2 +
3
6
2
δ qi =
i
i
OG1
OG2
y
y
∑Q δ q
i
i
=> Qi
i
=
L
cos θ1 => δ OG1
2
= L cos θ1 +
y
=−
∂ϕ
L
sin θ1δθ1 = 1 δθ1 et FG1 = mg 1y
∂θ1
2
L
cos θ 2 => δ OG2
2
y
= − L sin θ1δθ1 −
∂ϕ
∂ϕ
L
sin θ 2δθ 2 = 2 δθ1 + 2 δθ 2 et FG2 = mg 1y
∂θ1
∂θ1
2
En tenant compte du couple M appliqué à la barre AB, le travail virtuel du couple pour un
déplacement virtuel δθ1 vaut M δθ1

3L
 L

mg sin θ1 + M
Qθ1 = mg 1y.  − sin θ1 1y  + mg 1y . − L sin θ1 1y = −

2
2


=> 
Q = mg 1 . − L sin θ 1 = − L mg sin θ
y
2 y
2
 θ2
2
=>2 équations + l’équation de contrainte
 d  ∂T  ∂T
= Qθ1 + λ cos (θ 2 − θ1 )
  ɺ  −
 dt  ∂θ1  ∂θ1

 d  ∂T  ∂T
= Qθ2 + λ
  ɺ  −
 dt  ∂θ 2  ∂θ 2

ɺ
ɺ
 L cos (θ 2 − θ1 )θ1 + Lθ 2 = 0


 4mL2
  mL2

mL2
mL2
θɺɺ1 +
cos (θ2 − θ1 ) θɺɺ2 −
sin (θ 2 − θ1 ) θɺ2 − θɺ1 θɺ2  −  +
sin (θ 2 − θ1 )θɺ1θɺ2 




2
2
 3
  2


3L

= − mg sin θ1 + M + λ cos (θ 2 − θ1 ) (1)

2

2
2
2
  mL2

mL
 mL ɺɺ mL
θ
=> 
+
cos (θ2 − θ1 )θɺɺ1 −
sin (θ2 − θ1 ) θɺ2 − θɺ1 θɺ1  −  −
sin (θ2 − θ1 ) θɺ1θɺ2 
2
 3



2
2

  2


L

= − mg sin θ 2 + λ (2)
2


ɺ
ɺ
ɺɺ
ɺ
ɺ ɺ ɺɺ
 L cos (θ2 − θ1 )θ1 + Lθ 2 = 0 (3) => cos (θ2 − θ1 ) θ1 = sin (θ2 − θ1 ) θ 2 − θ1 θ1 + θ2 (3)


(
(
)
)
(
(
)
)
(
)
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
En résolvant ce système de 3 équations à 3 inconnues :
 mL2 ɺɺ mL2
 L
mL2
(2) : 
θ +
cos (θ 2 − θ1 ) θɺɺ1 +
sin (θ 2 − θ1 ) θɺ12  + mg sin θ 2 = +λ
 3 2

2
2

 2
(2)− > (1) :
mL2
2
 8
 ɺɺ 1
2
ɺɺ
ɺ2
ɺ2 
  − cos (θ 2 − θ1 )  θ1 + cos (θ 2 − θ1 ) θ 2 − sin (θ 2 − θ1 ) θ 2 + cos (θ 2 − θ1 ) θ1 
3

 3

(
)
L
mg ( sin θ 2 cos (θ 2 − θ1 ) − 3sin θ1 ) (1)
2
 mL2

 mL2 sin 2 (θ 2 − θ1 )

4 − cos 2 (θ 2 − θ1 )  θɺɺ1 − 
1 + cos (θ 2 − θ1 ) )  θɺ12
et avec (3) : 
(
2
 3

 3

=M+
(
)
=M+
L
mg ( sin θ 2 cos (θ 2 − θ1 ) − 3sin θ1 )
2
2.  d  ∂T  ∂T
= Qθ1
  ɺ  −
 dt  ∂θ1  ∂θ1

 d  ∂T  ∂T
 dt  ∂θɺ  − ∂θ = Qθ 2
2
  2
L
2
δ OG1 = − sin θ1δθ1 et FG1 = mg 1y
y
L
sin θ 2δθ 2 et FG2 = mg 1y
2
L sin (θ 2 − θ1 ) θɺ1 1u + L cos (θ 2 − θ1 )θɺ1 + Lθɺ2 1v => δ OC
δ OG2
y
= − L sin θ1δθ1 −
(
)
v ⊥ BC
= ( L cos (θ 2 − θ1 ) δθ1 + Lδθ 2 ) 1⊥ et FC = F 1⊥

 L

Qθ1 = mg 1y .  − sin θ1 1y  + mg 1y . − L sin θ1 1y + F 1⊥. ( L cos (θ 2 − θ1 ) ) 1⊥
2




3L
=> 
=−
mg sin θ1 + FL cos (θ 2 − θ1 )
2

L

Qθ 2 = mg 1y. − L sin θ 2 1y + F 1⊥. + L 1⊥ = − 2 mg sin θ 2 + FL

Nous retrouvons les mêmes équations qu’au point (5.1) où λ est remplacé par FL.
(
(
)
(
)
)
1. Deux degrés de liberté {x,θ }
Deux coordonnées généralisées {x, θ }
(
)
(
) ( ( m1 + m2 ) xɺ − m2 Lθɺ sin θ ) 1x + m2 Lθɺ cosθ 1y
2. R = m v + m v + ω × AG = m xɺ 1 + m xɺ 1 + Lθɺ 1 =
1 G1
2
2
1 x
2
A
x
y1
3.
M A =  m1 AG1 × v A  +  m2 AG2 × v A + I A .ω  = m1bxɺ 1z − m2 L sin θ xɺ 1z +


m2 4 L2 ɺ
θ 1z
3
4. R = −T 1 + N 1 ; R = −T 1 + N 1 ; R = X 1 + Y 1 ; F = −m g 1 ; F = −m g 1 ; C = −Cθ 1
I
1 x
1 y
J
2 x
2 y
A
A x
A y
G1
1 y
G2
2 y
A
z
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
5. 6 inconnues de réactions + 2 degrés de libertée => 8 équations pour tout identifier
( m1 + m2 ) ɺɺ
x − m2 Lθɺɺ sin θ − m2 Lθɺ 2 cos θ = −T1 − T2 (1)
Th. résultante cinétique sur {S1 +S 2 }: 
2
 m2 L cos θθɺɺ − m2 L sin θθɺ = N1 + N 2 − ( m1 + m2 ) g (2)
 m ɺɺ
x − m2 Lθɺɺ sin θ − m2 Lθɺ 2 cos θ = X A (3)
Th. résultante cinétique sur {S 2 } :  2
2
 m2 L cos θθɺɺ − m2 L sin θθɺ = YA − m2 g (4)

x = − X A − T1 − T2 (5) = (3) − (1) 
 m1 ɺɺ
ou Th. résultante cinétique sur {S1} : 

0
=
N1 + N 2 − YA − m1 g (6) = (4) − (2) 


Th. moment cinétique en A sur {S1} : m1bxɺɺ = −aN1 + aN 2 + Cθ − ( b + h )(T1 + T2 ) (7)
Th. moment cinétique en A sur {S2 } :
d
M A = mvG × vA + me, A
dt
2
m 4 L ɺɺ
θ = −m2 L cos θθɺ xɺ − Cθ − L cos θ m2 g (8)
x − m2 L cos θθɺ xɺ + 2
=> −m2 L sin θ ɺɺ
3
d


Th. moment cinétique en A sur {S1 + S2 } : dt M A = mvG × v A + me, A




m2 4 L2 ɺɺ

ɺ
ou  => m1bxɺɺ − m2 L sin θ ɺɺ
x − m2 L cos θθ xɺ +
θ

3



= −m2 L cos θθɺ xɺ − L cos θ m2 g − aN1 + aN 2 − ( b + h )( T1 + T2 ) (9)=(7) + (8) 




=> 6 équations indépendantes (1,2,3,4,7,8) + équations de Coulomb (T1 = fN1 (10) ) et (T2 = fN 2 (11) )
6. 2 équations de mouvement : l'équation (8) ainsi que la résolution de l'équation (1) et (2) avec la (10) et (11)

m 4 L2 ɺɺ
x+ 2
θ = −Cθ − L cos θ m2 g (8)
 − m2 L sin θ ɺɺ
3
=> 
( m + m ) ɺɺ
ɺɺ
ɺ2
ɺɺ
ɺ2
2 x − m2 Lθ sin θ − m2 Lθ cos θ = − f m2 L cos θθ − m2 L sin θθ + ( m1 + m2 ) g
 1
=>Dans le cas d'un frottement nul :
(
) (12)

m 4 L2 ɺɺ
x+ 2
θ = −Cθ − L cos θ m2 g (8)
 − m2 L sin θ ɺɺ
3

( m + m ) ɺɺ
ɺɺ
ɺ2
2 x − m2 Lθ sin θ − m2 Lθ cos θ = 0 (12)
 1
7. par le théorème de Lagrange :
1 m2 4 L2 ɺ 2 
1
 1
T =  m1 xɺ 2  +  m2 xɺ 2 + L2θɺ 2 − 2 Lxɺθɺ sin θ +
θ  et V = m2 gL sin θ => L = T − V
2 12
2
  2

(
)
Couple du ressort de torsion : C = −Cθ 1z opposé à l'accroissement δθ => δτ = −Cθδθ => Qθ = −Cθ

 d ∂L − ∂L = Q : m ɺɺ
x − L sin θθɺɺ − L cos θθɺ 2 = 0
x
1 x + m2 ɺɺ
 dt ∂xɺ ∂x

  4 L2


 d ∂L ∂L
=> 
−
= Qθ : m2  
+ L  θɺɺ − Lxɺ cos θθɺ − Lxɺɺ sin θ  −  − m2 gL cos θ − m2 Lxɺ cos θθɺ  = −Cθ
ɺ


 dt ∂θ ∂θ

  12


2
 => m  4 L θɺɺ − Lxɺɺsin θ  + m gL cos θ = −Cθ


2
2

 3



(
)
Page | 148
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
1.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
3 Paramètre de position : θ , ϕ , λ
π θ
θɺ
ϕ = − => ϕɺ = −
2 2
2
θ
λ = 2 L sin
ou L sin θ = λ sin ϕ
2
2 relations :
=> 1 ddl.
Force : 2 réactions en H, 2 réactions en J, 1 réaction en K
perpendiculaire à DE, Force de rappel en E, poids des 4 tiges.
Equation de mouvement : Lagrange.
Les réactions en H, J et K ne travaillent pas car les points sont
fixes ou le déplacement se fait perpendiculaire aux forces.
M(θ)
A
l
θ
H l
l
D
l
λ
θ ϕ
J
l
K
l
E
l
C
B
Le couple extérieur appliqué en A ne dérive pas d’un potentiel => Application du théorème de Lagrange
généralisé.
4
T=
1
∑  2 mv
2
Gi
i =1
1

+ ω .I Gi .ω 
2

1
( 2l )2 ɺ   m ɺ 2   1 ( 2l )2 ɺ   2m 5 ɺ 2m ɺ θ 1 ( 2l )2 θɺ² 
θ ² +  lθ  + 2m
θ² +
T =  2m
l ²θ ² −
l ²θ ² sin + 2m
12
2
12
2
2 2
12 4 
2

  2 4
2  2

1 
3 
4
( )
θ
5
=> T =  − sin  ml ²θɺ²
2
2

 JG4 = ( L cos θ + L cos ϕ ) 1x + ( L sin θ − L sin ϕ ) 1y


θɺ  θ
θ  d JG4
vG4 = vD + −ϕɺ 1z × DG4 = Lθɺ − sin θ 1x + cosθ 1y + L  cos 1x + sin 1y  =
2 
2
2 
dt


ɺ
θ²
θ
θ 5

 θ
vG2 4 = L²θɺ² + L² + L²θɺ²  − sin θ cos + cos θ sin  = L²θɺ² + L²θɺ² sin  − 
4
2
2 4

 2

(
avec
Qθ =
∑F
h
)
(
(
)
)
∂ϕ h
∂OG2
∂ JG4
∂ JE
= − mg 1y.
− 2mg 1y .
+ Fr .
+ M (θ )
∂qθ
∂θ
∂θ
∂θ
Fr = −k ( L − L0 ) 1DE = k 2 L sin
θ
2
1DE = k 2 L sin
θ θ
θ 
sin 1x − cos 1x 

2
2
2 

∂OG2
L

δθ
OG2 =  − L cos θ +  1x − L sin θ 1y => δ OG2 = L sin θ 1x − L cos θ 1y δθ =
2
∂θ






 JG4 => δ JG4 =   − L sin θ + 1 L cos θ  1x +  L cos θ + 1 L sin θ  1y  δθ = ∂ JG4 δθ

2
2
2
2 
∂θ


avec 
 JE = L cos θ + 2 Lcosϕ 1 + L sin θ − 2 L sin ϕ 1 = L  cos θ + 2sin θ  1 + L  sin θ − 2 cos θ  1
(
)x (
)y 
x
y


2 
2 




 
∂ JE
θ
θ 

δθ
 => δ JE =  L  − sin θ + cos  1x + L  cosθ + sin  1y  δθ =
2
2
∂θ







(
)
Autre méthode, par le calcul du potentiel :
Qθ = Qθ ( F dérivant de V ) + Qθ ( F ne dérivant de V ) avec Qθ ( F ne dérivant de V ) = M (θ )
∂V
k
2
avec V = ( L − L0 ) − mgL sin θ + 2mg ( L sin θ − L sin ϕ )
2
∂θ
L
θ
θ

Qθ = M − kL ² sin θ + mgL cos θ − 2mg  L cos θ + sin  = M − kL ² sin θ − mgL cos θ − mgL sin
2
2
2


Qθ ( F
dérivant de V )
=−
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
=>
2.a
.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
d ∂T ∂T
θ
1
θ
M
k
g
g
θ

−
= Qθ =>  5 − 2 sin  θɺɺ − cos θɺ ² =
− sin θ − cos θ − sin
2
2
2
2
dt ∂θɺ ∂θ
ml ² m
L
L

d
MD
=
dt
(θ ,θɺ,θɺɺ)
avec
∑m
e , D +2 mvG
× vD
(R
K
, mg
)
pour la tige DE seule
θ 
4
M D = I D .ω + 2 mDG × vD =  ml ²θɺ − 2 ml ² sin θɺ  1z
3
2 

me, D = −2mgl sin
θ
2
1z + 2l sin
θ
2
RK 1z
θ
θ
θ
θ
θ
4
ml ²θɺɺ  − 2sin  − ml ²θɺ ² cos = −2mgl sin + 2l sin RK + ml ²θɺ² cos
2
2
2
2
2
3
=> RK =
2.b.
 4
θ
θ 
− 2 sin  θɺɺ − 2 cos θɺ ²  + mg
θ   3
2
2 
2 sin
ml
2
tige AB seule :
d
MB
dt
(θ ,θɺ,θɺɺ)
=
∑m (
e, B
X H ,YH , M , mg
)
2
avec
=>
2m ( 2 L ) ɺ
2mL2 ɺ
=
θ 1z − 2mL ²θɺ ( cos ²θ + sin ²θ ) 1z =
θ 1z
3
3
M B = I B .ω + 2mBG × vB
2mL2 ɺɺ
θ = M − 2mgL cos θ + YH L cos θ − X H L sin θ (1)
3
tiges AB et BC :
d
MC
dt
(θ ,θɺ,θɺɺ)
=
∑m (
e ,C
X H ,YH , M , mg
)
+ mvG × vC avec m AB vG1 × vC + mBC vG2 × vC = 0
=0
M C , BC = I C .ω + mCG2 × vC = m
avec M C = M C , AB + M C , BC et
//
L ɺ
.Lθ .cos θ 1z
2
2
M C , AB = M G1 , AB + CG1 × R AB
2m ( 2 L ) ɺ
=
θ 1z
12
L2
L
2 1

=> mL2  + cos θ  θɺɺ − m sin θθɺ 2 = M + 2mg ( L − L cos θ ) + mg − YH ( L − L cos θ ) − X H L sin θ (2)
3
2
2
2


2 équations, 2 inconnues
1
1
1
 1
T =  mvG2 i + ω .I Gi .ω  = mvG2 AB + ω.I GAB .ω
2
2
2
2


Un degré de liberté φ . On travaille avec une coordonnée généralisée donc
la coordonnée λ doit être remplacée dans le Lagrangien avec la relation
L sin φ = λ sin β
.
2
2
2

1  cos ( β − φ ) φɺ
L2 ɺ 2
2 cos ( β − φ )
ɺ 2  + 1 m L φɺ 2
T = m  L2
+
φ
−
L
sin
φφ

2 
4
sin β
sin 2 β
 2 12
B
λ
L
C
A
ϕ
y
x
O
β
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Mécanique Rationnelle 2
1.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes


L
L
sin φ cos β 
L
L

OG =  cos φ − λ cos β  1x + sin φ 1y =  cos φ − L
 1x + sin φ 1y
β
2
2
2
sin
2






L
 sin ( β − φ ) L

sin ( β − φ ) 
L
L

− cos φ  1x + sin φ 1y
avec OG =  cos φ − L cos φ + L
 1x + sin φ 1y =  L
2


sin
β
2
sin
β
2
2






 cos ( β − φ ) −φɺ


L
L

+ sin φφɺ  1x +  cos φφɺ  1y
vG =  L


sin
2
2
β





( )
=> T =
Qi =
2

1  cos ( β − φ ) cos ( β − φ )
1 L2
m
−
sin φ  L2φɺ2 + m φɺ2
2

2  sin β
sin β
2 3

∂ϕ h
∑ F . ∂q
h
i
h
L
L
L

• OG =  cos φ − λ cos β  1x + sin φ 1y => δ OG = cos φδφ et FG = − mg 1y
y
2
2
2

 sin ( β − φ ) 
 sin β cos φ − sin φ cos β 
• OA = L 
 1x
 1x = L 
β
sin


 sin β 
 cos ( β − φ ) 
=> δ OA = − L 
 δφ et FA = k ( L − ( L cos φ − λ cos β ) ) 1x
 sin β


sin φ
sin φ
cos β 1x + L sin φ 1y = λ 1v = L
1v
• OB = −λ cos β 1x + λ sin β 1y = − L
sin β
sin β
cos φ
φɺ
φɺ
=> δ OB = L
δφ 1v et FB = N B 1u − TB 1v avec TB = fN B 1v
ɺ
sin β
φ
φɺ
Qφ =
∑
i
Fi .
∂ϕ i
L
kL2
φɺ cos φ
L
=> Qφ = − mg cos φ −
cos ( β − φ ) ( sin β − sin ( β − φ ) ) − fN B
2
∂qφ
2
sin β
φɺ sin β
La force de frottement dépend du sens de la vitesse. En utilisant la valeur unitaire du terme φɺ / φɺ ,
le sens du mouvement peut être pris en compte.
d  ∂T   ∂T

−
dt  ∂φɺ   ∂φ
d  ∂T   ∂T

−
dt  ∂φɺ   ∂φ

 = Qφ

2

 d   cos ( β − φ ) cos ( β − φ )
L2 


=
m
−
sin φ  L2φɺ + m φɺ 

2

sin β
3 
 dt   sin β


  cos ( β − φ ) sin ( β − φ ) 1 sin ( β − φ )


1 cos ( β − φ )
sin φ −
cos φ  L2φɺ2 
−  m
−
2

 

2 sin β
2 sin β
sin β

 

  cos 2 ( β − φ ) cos ( β − φ )


L2
m

−
sin φ  L2φɺɺ + m φɺɺ
2

sin β
3
  sin β


=


 2 cos ( β − φ ) sin ( β − φ ) sin ( β − φ )
 2 2
cos ( β − φ )
ɺ
−
sin φ −
cos φ  L φ 
 + m 



sin β
sin β
sin 2 β




  cos ( β − φ ) sin ( β − φ ) 1 sin ( β − φ )


1 cos ( β − φ )
−  m
−
sin φ −
cos φ  L2φɺ2 
2

 

2 sin β
2 sin β
sin β

 

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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
 1 cos 2 ( β − φ ) cos ( β − φ )
 2
 cos ( β − φ ) sin ( β − φ )  2 2
 L φɺɺ + m 
φ
= m +
−
sin
 L φɺ
2
2

3

β
sin
β
β
sin
sin




 1 sin ( β − φ )

1 cos ( β − φ )
− m
sin φ +
cos φ  L2φɺ2
 2 sin β

2 sin β


d  ∂T   ∂T

−
dt  ∂φɺ   ∂φ

 = Qφ

 1 cos 2 ( β − φ ) cos ( β − φ )

 cos ( β − φ ) sin ( β − φ ) cos ( β − 2φ )  2 2
m +
−
sin φ  L2φɺɺ + m 
−
 L φɺ
2
2

3

β
β
sin
2
sin
β
β
sin
sin




2
L
kL
φɺ cos φ
= − mg cos φ −
cos ( β − φ ) ( sin β − sin ( β − φ ) ) − fN B
L
2
2
sin β
φɺ sin β
Théorème de la résultante cinétique :
d
R =F
dt x
x
( )
ɺ


d  cos ( β − φ ) −φ
L
m L
+ sin φφɺ  = k ( L − ( L cos φ − λ cos β ) ) + fN B cos β + N B sin β

dt 
sin β
2


1
1
cos ( β − φ )  ɺɺ
sin ( β − φ )  ɺ2
mL  sin φ −
+ mL  cos φ −
φ

φ
2

2
sin β
sin β 



= k ( L − ( L cos φ − λ cos β ) ) + ( f cos β + sin β ) N B
=> N B à remplacer dans l'équation de mouvement.
2.
2 coordonnées généralisées
x
A
et φ
1
1
1
 1
T =  mvG2 i + ω.I Gi .ω  = mvG2 AB + ω.IGAB .ω
2
2
2
2


L
L
L




L

avec OG =  x A − cos φ  1x + sin φ 1y => vG =  xɺ A + sin φφɺ  1x +  cos φφɺ  1y
2
2
2




2

2
2
2
 1 L
1 
1
1 L
L
T = m  xɺ 2A + φɺ2 + Lxɺ A sin φφɺ  + m φɺ2 = m xɺ 2A + Lxɺ A sin φφɺ + m φɺ2
 2 12
2 
4
2
2 3

1 contrainte liant les deux coordonnées généralisées
(
∂φ j
p
∑λ
j =1
)
j
∂qi
λ cos β + x A = L cos ϕ et λ sinβ =Lsinϕ =>x A (ϕ )

λ1 : Lsinϕ cos β + x Asinβ = L cos ϕ sinβ => x A sin β = L sin ( β − φ ) => x A sin β − L sin ( β − φ ) = 0

=> δ x A sin β + L cos ( β − φ ) δφ = 0
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Mécanique Rationnelle 2
Qi =
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
∂ϕh
∑ F . ∂q
h
h
i
L
L


• OG =  x A − cos φ  1x + sin φ 1y => δ OG
2
2


y
=
L
cos φδφ et FG = −mg 1y
2
• OA = x A 1x => δ OA = δ x A 1x et FA = k ( L − x A ) 1x
• OB = x A 1x − L cos φ 1x + L sin φ 1y => δ OB = (δ x A + L sin φδφ ) 1x + L cos φδφ 1y
FB = N B 1u − TB




φɺ
φɺ
φɺ
1v =  N B sin β + TB cos β  1x +  N B cos β − TB sin β  1y




φɺ
φɺ
φɺ









ɺ
ɺ
Q = − mg L cos φ + L sin φ N  sin β + f φ cos β  + L cos φ N  cos β − f φ sin β 
B
B
 φ




2
φɺ
φɺ





=> 



φɺ
cos β 
QxA = k ( L − x A ) + N B  sin β + f


φɺ







ɺ
Q = − mg L cos φ + LN  cos ( β − φ ) − f φ sin ( β − φ ) 
φ
B



2
φɺ



=> 



φɺ
cos β 
QxA = k ( L − x A ) + N B  sin β + f


φɺ




d  ∂T   ∂T

−
dt  ∂φɺ   ∂φ

 = Qφ +

∂φi
∑ λ ∂q
i
i
j
 L

 L2

L
L
L
L
x A sin φ + xɺ A cos φφɺ + φɺɺ − xɺ A cos φφɺ  = m  φɺɺ + ɺɺ
x A sin φ  =
 m  ɺɺ



2
3
2
2
 2

 3





L
φɺ
− mg cos φ + LN B  cos ( β − φ ) − f
sin ( β − φ )  + λ1 L cos ( β − φ ) (1)




2
φɺ







1
1
φɺ
2
 mxɺɺA + mL sin φφɺɺ + mL cos φφɺ = k ( L − x A ) + N B  sin β + f ɺ cos β  + λ1 sin β (2)


2
2
φ




 x A sin β = L sin ( β − φ ) ; xɺ A sin β = − L cos ( β − φ ) φɺ; ɺɺ
x A sin β = − L sin ( β − φ ) φɺ2 − L cos ( β − φ ) φɺɺ (3)
On
remplace la coordonnée xA ainsi que ses dérivées dans les équations (1) et (2) par les équations (3)
On isole le multiplicateur de Lagrange de l’équation (2) et on le réinjecte dans l’équation (1).
On retrouve la même équation de mouvement qu’au (4).1 après quelques remplacements.
 1 cos 2 ( β − φ )
 cos ( β − φ ) sin ( β − φ ) cos ( β − 2φ )  ɺ2
cos ( β − φ )  ɺɺ
 φ + mL2 
mL2  +
− sin φ
−
φ
2

3

β
sin
2 sin β 
sin β
sin 2 β



L cos ( β − φ )
φɺ cos φ
L
= − mg cos φ − kL
sin β − sin ( β − φ ) ) − N B Lf
(
2
sin β
φɺ sin β
2
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
Nous avons 3 masses ponctuelles et deux solides (poulies). Soit les positions des solides S1 (m), S2 (3m),
z1 = u + v ; z 2 = + u − v + C 1 ; z 3 = − u + C 2 ; z 4 = u
S5 (5m), et la poulie S4 (M) : z1, z2, z3, z4.
2 degrés de liberté (u, v) => 2 coordonnées de Lagrange => 2 équations de mouvement
Toutes les forces dérivent d’un potentiel => Formule avec le Lagrangien et Qi=0.
1
MR ²
 Mi

1

T=
 2 vGi ² + 2 ωi .I Gi .ωi  avec I = 2mR ² donc M = 4m car I (disque) = 2
 2 mi vGi ²  +




masses
solides
∑
∑
ponctuelles
M
5m
1 MR 2 2 
m

 3m
T =  ( uɺ + vɺ ) ² 
ω2 
+
( uɺ − vɺ ) ²  +  ( −uɺ ) ²  +  ( uɺ ) ² +
2 2
2
S1 ( m)  2
 S2 (3m )  2
 S3 (5 m )  2
 S4 ( M )
 1 4 M ( 2 R )2

uɺ
vɺ
avec ω1 =
et ω2 =
+
ω12 
2

2
2R
R

S5 (4 M )
u
M
v 3m
m 2 m 2
3m 2 3m 2
5m
8m 2 4m
2m 2
ɺɺ +
ɺɺ +
uɺ + vɺ + muv
uɺ +
vɺ − 3muv
uɺ ² +
uɺ +
uɺ ² +
vɺ
2
2
2
2
2
2
2
2
21m 2 6m 2
ɺɺ
T=
uɺ +
vɺ − 2muv
2
2
m
T=
V = − mgz1 − 3mgz2 − 5mgz3 − Mgu = −3mgu + 2mgv + C => L =
5m
z
21m 2 6m 2
ɺ ɺ + 3mgu − 2mgv
uɺ +
vɺ − 2muv
2
2
 d ∂L ∂L
u : dt ∂uɺ − ∂u = 0 : 21muɺɺ − 2 mvɺɺ − 3mg = 0

 v : d ∂L − ∂L = 0 : 6 mvɺɺ − 2 muɺɺ + 2 mg = 0
dt ∂vɺ ∂v

18 g
7g
et uɺɺ =
61
61
18 g 7 g
11g
z1 = −
=> ɺɺ
+
=−
61 61
61
=> vɺɺ = −
(↑) ;
ɺɺ
z2 =
7 g 18 g 25
7g
7g
g ↓ ; ɺɺ
z3 = −
z4 =
+
=
↑ ; ɺɺ
↓
61 61
61
61
61
( )
( )
( )
Comparer cette résolution avec une résolution par les théorèmes généraux :
- Pour ne pas tenir compte des réactions au niveau des centres des deux poulies, il faudra appliquer le théorème
du moment en ces centres.
- Les forces extérieures seront : les poids des 3 masses, les poids des 2 poulies ainsi que les réactions au niveau
de la liaison de la grande poulie.
- Les forces internes sont les tensions dans les câbles, la réaction au niveau du centre de la petite poulie
- Etant donné que les poulies ont une masse, donc une inertie, les tensions de part et d’autre des poulies ne
seront pas équivalentes !!! (théorème du moment sur chacune des poulies prises séparément, en leur centre)
1 degré de liberté (θ) => 2 coordonnées de Lagrange => 2 équations de mouvement avec un multiplicateur de
Lagrange λ1.
Toutes les forces dérivent d’un potentiel => Formule avec le Lagrangien et Qi=0.
∂φ
d ∂L ∂L
−
= λ1 1
dt ∂qɺi ∂qi
∂qi
Relation entre θ et α : x = AC = 2 L sin θ => φ1 = x − 2 L sin θ = 0 => Dérivée : xɺ − 2 L cos θθɺ = 0
Or xɺ = rαɺ => rαɺ − 2 L cos θθɺ = 0
Transformation des dérivées temporelles en dérivée infinitésimale (δ ) :
Contrainte 1 à utiliser avec λ1:
∂φ1
∂φ
∂φ
∂φ
δθ + 1 δα = rδα − 2 L cos θδθ = 0 => 1 = −2 L cos θ ; 1 = r
∂θ
∂α
∂θ
∂α
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
L = T −V
3L
L
3L
L

ɺ
ɺ
OG2 = 2 sin θ 1x + 2 cos θ 1y => vG2 = 2 cos θθ 1x − 2 sin θθ 1y

 m  9 L2

 1 mL2 ɺ2 
 1 mL2 ɺ 2 
m
L2
1 mr 2 2 
θ  + 
θ  +  xɺ 2 +
αɺ 
cos 2 θθɺ 2 + sin 2 θθɺ 2  +
T = 
4
2 2
2 3
 AB  2  4
 2 12
 Roue ( xɺ = rαɺ )
 BC  2


2
2
2
2
2
2
T =  1 mL θɺ2  +  m 2 L2 cos 2 θθɺ 2 + m L θɺ 2 + 1 mL θɺ2  + 3mr αɺ 2 = 1 8mL θɺ 2 + mL2 cos 2 θθɺ2 + 3mr αɺ 2





2 12
4
2 12
4
2 4

2 3
 2


L


V = −2.  mg cos θ 
2



1 8mL2 ɺ 2
3mr 2 2
θ + mL2 cos θθɺ 2 +
αɺ + mgL cos θ
2 12
4
∂φ1
3 2
3
3
 d ∂L ∂L
ɺ2
ɺɺ
 dt ∂αɺ − ∂α = λ1 ∂α => 2 mr αɺɺ = λ1r => λ1 = 2 mrαɺɺ = 2 m −2 L sin θθ + 2 L cos θθ

 d ∂L − ∂L = λ ∂φ1

1
∂θ
 dt ∂θɺ ∂θ
 8mL2
θɺɺ + 2mL2 cos 2 θθɺɺ − 4mL2 cos θ sin θθɺ2 + 2mL2 sin θ cos θθɺ 2 + mgL sin θ = −λ1 2 L cos θ
 =>
12

Contrainte : rαɺ − 2 L cos θθɺ = 0

=> L =
(
)
g
2

Système de 3 équations à 3 inconnues : =>  + 2 cos 2 θ  θɺɺ − sin 2θθɺ 2 + sin θ = 3sin 2θθɺ 2 − 6 cos 2 θθɺɺ
L
3

(
)
g
2

=>  + 8cos 2 θ  θɺɺ − 4sin 2θθɺ 2 + sin θ = 0
3
L


OU
Possibilité de résoudre avec 3 coordonnées de Lagrange et donc 2 multiplicateurs de Lagrange :
∂φ
∂φ
∂φ
relation entre θ et α ( x = 2 L sin θ ) : x − 2 L sin θ = 0 => λ1 : 1 δ x + 1 δθ + 1 δα = 2 L cos θδθ − rδα = 0
∂x
∂θ
∂α
∂φ2
∂φ2
∂φ2
δx+
δθ +
δα = δ x − rδα = 0
relation entre x et α : xɺ = rαɺ => λ2 :
∂x
∂θ
∂α
 1 mL2 ɺ2 
m
m
1 mL2 ɺ 2 
1 mr 2 2 
T =
θ  +  2 L2 cos 2 θθɺ 2 +
θ  +  xɺ 2 +
αɺ 
2 3
2 2
2 3
 AB  2
 BC  2
 Roue ( xɺ = rαɺ )
L
1 2mL2 ɺ 2
m
1 mr 2 2


et V = −2.  mg cos θ  => L =
θ + mL2 cos 2 θθɺ 2 + xɺ 2 +
αɺ + mgL cos θ
2
2 3
2
2 2


∂φ1
∂φ2
 d ∂L ∂L
 dt ∂αɺ − ∂α = λ1 ∂α + λ2 ∂α

2 L cos θθɺ − rαɺ = 0
∂φ
∂φ
 d ∂L ∂L
−
= λ1 1 + λ2 2 et les deux contraintes 

ɺ
∂θ
∂θ
 xɺ − rαɺ = 0
 dt ∂θ ∂θ
 d ∂L ∂L
∂φ1
∂φ2
−
= λ1
+ λ2

∂x
∂x
 dt ∂xɺ ∂x
On obtient le même résultat en résolvant ce système de 5 équations à 5 inconnues (λ1, λ2, x, α, θ)
1. 3 degrés de liberté (θ, ϕ, λ=DP) => 3 coordonnées de Lagrange => 3 équations de mouvement.
Toutes les forces dérivent d’un potentiel => Formule avec le Lagrangien et Qi=0.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
λ = distance entre le point P et le centre du T (D). AD et BC sont
perpendiculaires.
T = TAD + TBC + TP ( axes principaux uvw )
Z
ϕ
w
A
C
1
1
1
Mv A2 + Mv A . ω × AG + ω .I A .ω = ω .I A .ω
2
2
2
avec ω = −θɺ 1y + φɺ 1z = −φɺ cos θ 1u − θɺ 1v + φɺ sin θ 1w
θ
D
u
u
B
(
• TAD =
λ P
)
1
1 mℓ 2 ɺ2
I w ω w2 + I v ω v2 =
φ sin 2 θ + θɺ 2
2
2 3
On remarque que les différentes parties de l’énergie cinétique peuvent être calculée indépendamment dans le
repère le plus simple (Axes principaux pour le terme avec le tenseur, uvw)
ω BC = ω AD = −φɺ cos θ 1u − θɺ 1v + φɺ sin θ 1w
1
1

2
• TBC = MvD + ω .I D .ω où v = v + ω × AD = −ℓ sin θφɺ 1 − ℓθɺ 1 => v 2 = ℓ 2 θɺ 2 + φɺ2 sin 2 θ
A
v
w
D
2
2
 D
ℓ 1u

x
=> TAD =
(
)
(
)
(
mℓ 2 ɺ 2 ɺ 2 2
1 mℓ 2 ɺ 2 ɺ 2
θ + φ sin θ +
θ + φ cos 2 θ
2
2 12
1
1
1
• TP = MvP2 + MvP . ω × PP + ω .I P .ω = MvP2
2
2
2
(
=> TBC =
)
)
(
(
)
){
I P = 0 : masse
ponctuelle
(
)
d AP d ℓ 1u + λ 1w
=
= ℓω × 1u + λɺ 1w + λω × 1w = ℓθɺ 1w + ℓφɺ sin θ 1v + λɺ 1w − λθɺ 1u + λφɺ cos θ 1v
dt
dt
1
ɺ ɺ + ℓφɺ sin θ + λφ
ɺ ɺ cos θ 2 
=> TP = M  λ 2θɺ 2 + ℓ 2θɺ 2 + λɺ 2 + 2ℓθλ
2 

avec vP =
(
)
d ∂L ∂L
−
=0
dt ∂θɺ ∂θ
Toutes les forces dérivent d’un potentiel :

1 mℓ 2
1
ɺ ɺ + ℓφɺ sin θ + λφɺ cos θ
17θɺ 2 + 16φɺ2 sin 2 θ + φɺ2 cos 2 θ + M  λ 2θɺ 2 + ℓ 2θɺ 2 + λɺ 2 + 2ℓθλ
T =
2 12
2 


ℓ
3ℓ
ℓ cos θ + Mg ( −ℓ cos θ + λ sin θ ) = − mg cos θ + Mg ( + λ sin θ − ℓ cos θ )
V = − mg cos θ − mg
2
2

VBC
VP
VAD

3ℓ
=> L = T − V = T + mg cos θ − Mg ( + λ sin θ − ℓ cos θ )
2
d ∂L ∂L
−
=0
dt ∂θɺ ∂θ
(
)
 17 mℓ 2
=> 
+ M λ 2 + ℓ2
 12

(
(
(
)
2




) θɺɺ + M ℓλɺɺ + M 2λλθɺ ɺ

)




ℓ2 − λ 2
5 mℓ 2 
3ℓ
−  M ℓλ cos 2θ +  M
+
sin 2θ  φɺ2 + mg sin θ + Mg ( ℓ sin θ + λ cos θ ) = 0




2
8
2








Comme toutes les forces dérivent d'un potentiel, on aurait pu écrire directement T + V = E0 , cette relation
nous donne directement une intégrale première.
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
d ∂L ∂L
∂L
d ∂L
∂L
−
=0 :
= 0 =>
= 0 =>
= A est une intégrale première :
dt ∂φɺ ∂φ
dt ∂φɺ
∂φ
∂φɺ
 24 2
1
2 ɺ
2 
 mℓ  sin θ + cos θ  + M ( ℓ sin θ + λ cos θ )  φ = A
3
12




d ∂L ∂L
−
= 0 : λɺɺ + ℓθɺɺ − λθɺ 2 − ( ℓ sin θ + λ cos θ ) φɺ2 cos θ + g sin θ = 0
dt ∂λɺ ∂λ
2.
d ∂L ∂L
−
= 0 => Identique
dt ∂θɺ ∂θ

1 
2
 15
d  mℓ 2  sin 2 θ +  + M ( ℓ sin θ + λ cos θ )  φɺ0
12 
d ∂L ∂L
 12
 =C
−
= C => 
dt ∂φɺ ∂φ
dt
15

=>  mℓ 2 sin θ cos θθɺ + 2 M
6

((( ℓ − λ ) sin θ cosθ + λℓ ( cos θ − sin θ ))θɺ + ( λ cos θ + ℓ sin θ cosθ ) λɺ )  = φCɺ
2
2
2
2
2
0
d ∂L ∂L
−
= 0 => Identique
dt ∂λɺ ∂λ
Seule l’équation en ϕ est modifiée. Les intégrales premières ne sont pas conservées.
Le seul degré de liberté est θ. O est un point fixe du
solide. Ig est le moment d’inertie du cône par rapport à
la génératrice de contact g. ω = la vitesse instantanée
de rotation.
Dans le plan de symétrie du cône passant par g, on a :
l
O
θ
β
OA = l cos α ; OA = l cos ²α 1x + l cos α sin α 1y ; ω = ω 1x
v A = vO + AO × ω = lω cos α sin α 1z 
 => ω = θɺcotgα
v A = AO 'θɺ 1z = l cos ²αθɺ 1z

g
O’
O
y
l
A
2α
x’
B
x
3MR ²
3MR ² 3Mh ²
; I y' =
+
;
10
20
5
I g = ∫ ( y ² + z ²)dm = ∫ (( x 'sin α − y 'cos α )² + z ²) dm = ∫ ( x ' ² sin ²α + y ' ² cos ²α − 2 x ' y 'cos α sin α + (cos ²α + sin ²α ) z ²) dm
Ix' =
h² 3MR ² R ²  3MR ² 3Mh² 
3MR ²
+
+
( R ² + 6h²)

=
l ² 10
l ²  20
5  20( R ² + h²)
3M
avec R = l sin α r =; h = l cos α => I g =
sin ²α l ²(1 + 5cos ²α )
20
3
1 3M
V = − MgzG = − Mg l cos ²α cos θ sin β ; T =
l ² sin ²α cotg²αθɺ²(1 + 5cos ²α )
4
2 20
d ∂L ∂L
L = T − V =>
−
= 0 => l (1 + 5cos ²α )θɺɺ + 5 g sin θ sin β = 0
dt ∂θɺ ∂θ
Intégrale première : T + V = E0 => l (1 + 5cos ²α )θɺ² − 10 g cos θ sin β = −10 g cos θ 0 sin β
= cos ²α I x ' − 2 cos α sin α Px ' y ' + sin ²α I y ' =
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
1. 1 degré de liberté , 3 coordonnées {z,θ1 , θ 2 }
2.
1
 1
 1

T =  Mzɺ 2  +  mL2 sin 2 θ1ω 2 + θɺ12  +  mL2 sin 2 θ 2ω 2 + θɺ22  et V = − Mgz − mgL ( cos θ1 + cos θ 2 )
2
 2
 2

ɺ
ɺ
vm1 = ω1 × OM 1 et ω1 = ω 1z − θ1 1x => vm1 = − L cos θ1θ1 1y + L sin θ1θɺ1 1z + L sin θ1ω 1x
avec 
vm 2 = ω2 × OM 2 et ω2 = ω 1z + θɺ2 1x => vm 2 = + L cos θ 2θɺ2 1y + L sin θ 2θɺ2 1z − L sin θ 2ω 1x
1
1
1
=> L = Mzɺ 2 + mL2 sin 2 θ1 + sin 2 θ 2 ω 2 + mL2 θɺ12 + θɺ22 + Mgz + mgL ( cos θ1 + cos θ 2 )
2
2
2
b 2 = z 2 + a12 − 2a1 z cos θ1 => λ1 ( zδ z − a1δ z cos θ1 + a1 z sin θ1δθ1 = 0 )
Deux contraintes : 
2
2
2
b = z + a2 − 2a2 z cos θ 2 => λ2 ( zδ z − a2δ z cos θ 2 + a2 z sin θ 2δθ 2 = 0 )
(
)
(
(
)
)
(
)
p
 d ∂L ∂L
∂φ j
λj
: Mzɺɺ − Mg = λ1 ( z − a1 cos θ1 ) + λ2 ( z − a2 cos θ 2 )
−
=

∂x
 dt ∂zɺ ∂z j =1

p
∂φ j
 d ∂L ∂L
λj
−
=
: mL2θɺɺ1 − mL2ω 2 sin θ1 cos θ1 + mgL sin θ1 = λ1a1 z sin θ1

ɺ ∂θ
θ
dt
∂
θ
∂
1
1
1

j =1

p
∂φ j
∂L
 d ∂L
λj
: mL2θɺɺ2 − mL2ω 2 sin θ 2 cos θ 2 + mgL sin θ 2 = λ2 a2 z sin θ 2
=> 
−
=
ɺ
 dt ∂θ 2 ∂θ 2 j =1 ∂θ 2

ɺ
 zzɺ − a1 cos θ1 zɺ + a1 z sin θ1θ1 = 0
 zzɺ − a cos θ zɺ + a z sin θ θɺ = 0
2
2
2
2 2





3. Dans ce cas, nous n’avons plus qu’un degré de liberté : 2 équations de Lagrange avec 1 multiplicateur.
 a1 = a2 = b => θ1 = θ 2 et λ1 = λ2

ɺ
 zzɺ − b cos θ zɺ + bz sin θθ = 0

p
∂φ j
 d ∂L − ∂L =
λj
: Mzɺɺ − Mg = 2λ1 ( z − b cos θ )
 dt ∂zɺ ∂z
∂x
j =1


p
∂φ j
 d ∂L − ∂L =
λj
: mL2θɺɺ − mL2ω 2 sin θ cos θ + mgL sin θ = λ1bz sin θ
 dt ∂θɺ ∂θ
∂θ
1
j
=

z = 2b cos θ ; zɺ = −2b sin θθɺ; ɺɺ
z = −2b cos θθɺ 2 − 2b sin θθɺɺ
∑
∑
∑
∑
∑
=> mL2θɺɺ − mL2ω 2 sin θ cos θ + mgL sin θ =
=
(
)
M −2b cos θθɺ 2 − 2b sin θθɺɺ − Mg
2 ( 2b cos θ − b cos θ )
(
) (
Mzɺɺ − Mg
bz sin θ
2 ( z − b cos θ )
( (
)
)
b 2b cos θ sin θ = M −2b cos θθɺ 2 − 2b sin θθɺɺ − Mg b sin θ
)
=> mL2 + 2 Mb 2 sin 2 θ θɺɺ + 2 Mb 2 cos θ sin θ θɺ 2 − mL2ω 2 sin θ cos θ + ( mL + Mb ) g sin θ = 0
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
1.
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
 1 ml ² ɺ   1 2 1
 1

T = T1 + T2 + T3 = 
θ ²  +  mvG2 + ω.IG2 .ω  +  mvG2 3 
2
2 3
 2
 2

(
)
(
)
L
vG2 = vB + ω × BG G2 = Lθɺ − sin θ 1x + cos θ 1y − θɺ sin θ 1x + cos θ 1y
2
1
1
3L
L




avec = Lθɺ  − sin θ − sin θ  1x + Lθɺ  cos θ − cos θ  1y = − sin θθɺ 1x + cos θθɺ 1y
2
2
2
2




vG3 =
L
d 
2 L cos θ +  1x = −2 L sin θθɺ 1x
2
dt 
1 mL ² ɺ   1
mL ² ɺ
 1 mL ² ɺ   1 L ²

T =
θ ²  +  m ( 8sin ²θ + 1) θɺ² +
θ ²  +  m4 L ² sin ²θθɺ²  => T =
θ ² + 3mL ² sin ²θθɺ²
2
3
2
4
2
12
2
3

 
 

∂ϕh
∑ F . ∂q
h
δ qi =
∑Q δ q
i
i
i
i
i
δ OG 3 = −2 L sin θδθ 1x et F = F (θ )1x => δτ = Qθ δθ = M δθ − 2 Fl sin θδθ
Equation de Lagrange
d ∂T ∂T
2

−
= Qθ => mL ²θɺɺ + 6sin ²θ  + 6mL ² sin θ cos θθɺ² = M − 2 FL sin θ
dt ∂θɺ ∂θ
3

2. Théorème du moment en A sur ABC
d
d
M A = me, A => M A θ , θɺ, θɺɺ = me, A M (θ ), YC
dt
dt
(
(
)
)
( ) (
où M A = M A,1 + M A,2 = I A .ω + M G 2 + AG 2 × R2
y
A
YA
A
B
M
A
θ
XA
A
y
A
C
YC
YC
θ
A
C
YD
XC
D
ΓD
F
XC
x
A
)
et me, A = ( M (θ ) + 2 L cos θ YC ) 1z
3l ²
 ml ² ɺ   ml ² ɺ

MA = 
θ 1z  +  −
θ 1z + m θɺ 1z  = ml ²θɺ 1z
3
12
4

 

ml ²θɺɺ − M (θ )
=> YC =
2l cos θ
Théorème de la résultante en x sur CD
d
d
Rx =
Fe, x
Rx θ , θɺ, θɺɺ =
Fe, x X C , F (θ )
dt
dt
où R = mv
= −2 mL sin θθɺ
∑
x
(
(
) ∑
G 3, x
=> X C = F (θ ) + 2mL (sin θθɺɺ + cos θθɺ ²)
Forces :
Force de pesanteur en G, C1, C2
Force de réaction normale et frottement pour empêcher le glissement en O1 et O2 (N1, T1, N2, T2)
Couple moteur en C sur la roue arrière
Degré de liberté :
3 solides en 2D => 3 x 3 paramètres cinématiques de position.
8 condition cinématique entre ces solides :
Roulement sans glissement en O1 = 2 conditions cinématiques
Roulement sans glissement en O2 = 2 conditions cinématiques
Liaison rotoïde (=de type rotule) en C1 = 2 conditions cinématiques
Liaison rotoïde (=de type rotule) en C2 = 2 conditions cinématiques
9 – 8 = 1 ddl. On prend le paramètre x décrivant la position du centre de gravité G de la moto.
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)
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
1. Théorème de la résultante cinétique sur le système complet.
dR
= Fe = Mg + 2mg + T1 1x + N1 1y + T2 1x + N 2 1y
dt
x = T1 + T2 (1)
 x : ( M + 2m ) ɺɺ

 y : 0 = − Mg − 2 mg + N1 + N 2 (2)
Théorème du moment cinétique en C2 sur la roue 2 (force de liaison X2 et Y2)
d
M C2 =
dt
∑m
e,C2
+mvG × vC2 =
me,C2 avec ω = −ω2 1z
G =C2
xɺ
Condition cinématique : vO2 = 0 = vC2 + ω2 × C2 O2 = xɺ 1x − ω2 r 1x => ω2 = − 1z
r
ɺ
2 x
M C2 = IC2 .ω = −mi 1z
r
ɺɺ
d
x
i2
M C2 = me,C2 => − mi 2 1z = rT2 1z => T2 = −m 2 ɺɺ
x (3)
dt
r
r
(3) dans (1) : T1 = ( M + 2m ) ɺɺ
x+m
i2
ɺɺ
x (4)
r2
2. Théorème du moment cinétique en O1 sur la moto et les 2 roues (force de liaison X1 et Y1)
C est un couple moteur interne au système, donc il n’est pas pris en compte quand on travaille sur le système
entier.
d
xɺ
M O1 =
me,O1 +R × vO1 = me,O1 avec ω1 = −ω1 1z = − 1z par la deuxième condition cinématique
dt
r
∑
où M O1 = M O1 ,M + M O1 ,r1 + M O1 ,r 2
 M O1 , M = M G , M + O1G × R = −hMxɺ 1z

=0

xɺ

et  M O1 ,r1 = I O1 .ω + mO1C1 × vO1 = −m i 2 + r 2 1z
r


i2
 M O1 ,r 2 = M G2 ,r 2 + O1G2 × Rr 2 = −m xɺ 1z − mrxɺ 1z
r

(
)


i2
L
2
2 1
− m − mr  ɺɺ
x = − Mg − Lmg + LN 2
 −hM − m i + r

r
r
3


(
)
(
)

i 2 + r 2  ɺɺ
M

 x (5)
=> N 2 =  + m  g −  hM + 2m
r
 3


 L


En réinjectant (5) dans (2), on obtient :

i 2 + r 2  ɺɺ
 2M

x
N1 = 
+ m  g +  hM + 2m

 L
r
 3




3. La moto démarrera en se cabrant lorsque la force verticale entre le sol et la route avant s’annule :
M

Lr  + m  g
3


N = 0 => ɺɺ
x
=
(
2
max
( hMr + 2m (i
2
)
+ r2
))
Théorème du moment cinétique en C1 sur la roue arrière (force de liaison X1 et Y1)
d
xɺ
M C1 =
me,C1 +R × vOC = me,C1 avec ω1 = −ω1 1z = − 1z par la deuxième condition cinématique
1
dt
r
∑
− mi 2
 i2
ɺɺ
x
i2
= −C + rT1 => avec (4) : C =  m 2 + ( M + 2m ) + m 2
 r
r
r



 i2 + r 2
 rxɺɺ =>Cmax =  Mr + 2m 


 r


x
  ɺɺ
 max

Page | 160
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
Ou par l’équation de mouvement : Le couple moteur travaille et dépense de l’énergie.

 mxɺ 2 mi 2  xɺ  2   M
Mxɺ 2
r 2 + i2  2
T = TM + Tr1 + Tr 2 =
+ 2
+
−  =
+m
 xɺ

 2
2
2  r    2

r 2 


V = 0

C
Qxδ x = Cδθ = δ x
r




d  ∂T 
r 2 + i2 
C
r 2 + i2 
ɺɺ
= Qx =>  M + 2m
x = => C =  Mr + 2m
x

 ɺɺ


2



dt  ∂xɺ 
r
r 
r



1.

H
1 
=> x = L0 − H 1 +

sin θ
 tgθ 

 1 mL2 ɺ 2   1
1 
H

T =
θ  +  Mxɺ 2  avec xɺ = − µɺ cos θ + µ sin θθɺ = H 1 + 2  θɺ = 2 θɺ
2
3
2

sin θ

 
 tg θ 
µ = AE ; OA = L0 ; x = DC => L0 − x − H = µ cos θ et µ =

L
k
L
k
1 
2
mg sin θ + ( x − L0 ) = mg sin θ + H 2 1 +

2
2
2
2
 tgθ 
2. 1 coordonnée θ :
2
V=
 1 mL2 ɺ2   1

1
T =
θ  +  MH 2 1 + 2
2
3
2

 tg θ

 
2
2
 ɺ2 
L
k 2
1 
 θ  et V = mg sin θ + H 1 +

2
2

 tgθ 


 1 mL2 ɺ2   1

1
k
1 
 L
L=
θ  +  MH 2 4 θɺ 2  − mg sin θ − H 2 1 +

2
3
2
2
2
tg
θ
sin
θ





d ∂L ∂L
=>
−
=0 :
dt ∂θɺ ∂θ

mL2 ɺɺ
1
θ + MH 2 1 + 2
3
 tg θ
2
2
 ɺɺ

1  1 
 cotgθ  L
2 cotgθ ɺ 2  1
θ −  − MH 2θɺ 2  −4 4  − mg cos θ + kH 2 1 +
 θ − 4 MH
=0

4
θ  sin 2 θ 
2
2
tg
sin θ
 sin θ 



 mL2 MH 2  ɺɺ
cotgθ ɺ 2 L
kH 2
θ + mg cos θ − 2
=> 
+ 4 θ − 2 MH 2
4
2
sin θ 
sin θ
sin θ
 3
2 coordonnée θ et x :

1
1 +
θ
tg


=0

 1 mL2 2   1
L
k
2

T =
θɺ  +  Mxɺ 2  et V = mg sin θ + ( x − L0 )
2
2

2 3
 2
H
H


avec une contrainte : δ x − 2 δθ = 0 et un multiplicateur de Lagrange λ1 => λ1  δ x − 2 δθ = 0 
sin θ
sin θ


 1 mL2 2   1
k
2
 L
=> L = 
θɺ  +  Mxɺ 2  − mg sin θ − ( x − L0 )
2
3
2
2
2


 
p
 d ∂L ∂L
∂φ j
mL2 ɺɺ  L
H

λj
θ −  − mg cos θ  = −λ1 2
−
=
:

ɺ
∂θ
3
sin θ
 2

 dt ∂θ ∂θ j =1

p
∂φ j
 d ∂L ∂L
 k

λj
=> 
−
=
: Mxɺɺ −  − 2 ( x − L0 )  = λ1
ɺ
dt
∂
x
∂
x
∂
x
2



j =1

 xɺ − H θɺ = 0
 sin 2 θ

∑
∑
 mL2 MH 2
=> 
+ 4
sin θ
 3
 ɺɺ
L
kH 2 
1 
2 cotgθ ɺ 2
θ − 2MH sin 4 θ θ + 2 mg cos θ − sin 2 θ 1 + tgθ  = 0



Page | 161
Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
3 coordonnée θ , x et µ :
 1 mL2 ɺ 2   1
L
k
2

T =
θ  +  Mxɺ 2  et V = mg sin θ + ( x − L0 )
2
3
2
2
2


 
avec deux contraintes : λ1 ( δ x + δµ cos θ − µ sin θδθ = 0 ) et λ2 (δµ sin θ + µ cos θδθ = 0 )
p
 d ∂L ∂L
∂φ j
λj
−
=

ɺ
∂θ
 dt ∂θ ∂θ j =1

p
∂φ j
 d ∂L ∂L
−
=
λj

∂x
=>  dt ∂xɺ ∂x j =1

p
∂φ j
 d ∂L ∂L
−
=
λj

ɺ
∂µ
 dt ∂µ ∂µ j =1

ɺ
 xɺ + µɺ cos θ − µ sin θθ = 0
∑
∑
 k

: Mxɺɺ −  − 2 ( x − L0 )  = λ1
 2

∑
 mL2 MH 2
=> 
+ 4
sin θ
 3
mL2 ɺɺ  L

θ −  − mg cosθ  = −λ1µ sin θ + λ2 µ cos θ
3
 2

:
: 0 = λ1 cos θ + λ2 sin θ
et µɺ sin θ + µ cos θθɺ = 0
 ɺɺ
L
kH 2 
1 
2 cotgθ ɺ 2
θ + mg cosθ − 2 1 +
 θ − 2MH
=0
4
2
tg
θ
sin
sin
θ
θ


1. 2 degrés de liberté : x (position de A) et θ (rotation du disque)
Théorème de Lagrange en utilisant les multiplicateurs de Lagrange : Utiliser un nombre de coordonnées de
Lagrange supérieur (x, θ et ϕ : position de B par rapport à A) au nombre de degrés de liberté du système.
Toutes les forces dérivent d’un potentiel => Théorème de Lagrange avec le Lagrangien et Qi*=0
Benne : S1 ( M , I ) R1 =repère lié à la benne
(
Disque : S 2 m, R, θɺ
)
R3 =repère lié au disque (tournant avec ω R3 / R0 = −θɺ 1y2 )
R2 = repère où z2 est lié à AB (tournant avec ω R2 / R0 = ϕɺ 1y2 )
OB = x 1x1 + L 1z2 => vB = xɺ 1x1 + Lϕɺ 1x2 = ( xɺ + Lϕɺ cos ϕ ) 1x1 − Lϕɺ sin ϕ 1z1

 Mv 2 
 mv 2 1

 Mxɺ 2 
m 2
1 ma 2 ɺ 2 
θ 
xɺ + L2ϕɺ 2 + 2 Lxɺϕɺ cos ϕ +
T = TS1 + TS2 =  A  +  B + I yθɺ 2  = 
 +
2
2 2

 S2
 2  S1  2
 S2  2  S1  2

V = C − Lmg cos ϕ
(
)
Mxɺ 2 m 2
1 ma 2 ɺ 2
θ + Lmg cos ϕ = L ( x, ϕ ,θ )
+
xɺ + L2ϕɺ 2 + 2 Lxɺϕɺ cos ϕ +
2
2
2 2
Contrainte de roulement sans glissement : I = point de contact entre S1 et S2
v
= xɺ 1 et v
=v
+ ω × BI avec ω = −θɺ 1
(
=> L =
I ∈S1
)
I ∈S2
x1
B∈S2
d
d
y2
=> xɺ 1x1 = xɺ 1x1 + Lϕɺ 1x2 − θɺa 1x2 => Lϕɺ − θɺa = 0
ou vI ∈S2 =
dOQ
dt
=
P=I
(
d x 1x1 + L 1z2 + a 1z3
)
= xɺ 1x1 + Lϕɺ 1x2 − aθɺ 1x3
dt
P = I ( x2 = x3 )
(
)
= xɺ 1x1 + Lϕɺ − aθɺ 1x2
P=I
==> Lϕɺ − aθɺ = 0 ce qui nous donne comme contrainte (φ1 ) avec λ1:
∂φ1
∂φ
δϕ + 1 δθ = Lδϕ − aδθ =0
∂ϕ
∂θ
Système de 4 équations à 4 inconnues :
 d  ∂L   ∂L 
∂φ1
=> ( M + m ) ɺɺ
x + mL cos ϕϕɺɺ − mL sin ϕϕɺ 2 − 0 = 0
  ɺ  −   = λ1
dt
∂
x
∂
x
∂
x





 d  ∂L   ∂L 
∂φ
ma 2 ɺɺ
 
θ = −λ1a
−
= λ1 1 =>


ɺ
∂θ
2
 dt  ∂θ   ∂θ 
 d  ∂L   ∂L 
∂φ1
 
=> mL2ϕɺɺ + mLxɺɺ cos ϕ −mL sin ϕ xɺϕɺ + mLxɺϕɺ sin ϕ + mgL sin ϕ = λ1 L
−
 = λ1
 dt  ∂ϕɺ   ∂ϕ 
∂ϕ

+ contrainte : Lϕɺ − aθɺ = 0
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
 3mL2
ϕɺɺ + mLxɺɺ cos ϕ + mgL sin ϕ = 0
ma ɺɺ
mL

θ =−
ϕɺɺ => 2 équations de mouvement  2
=> λ1 = −
2
2
( M + m ) ɺɺ
x + mL cos ϕϕɺɺ − mL sin ϕϕɺ 2 = 0

2. Réactions de liaison => Théorème généraux.
(
Théorème de la résultante appliqué à S2 : Forces extérieures −T2 1x2 − N 2 1z2 + mg
)
R = mvB = m ( xɺ + Lϕɺ cos ϕ ) 1x1 − mLϕɺ sin ϕ 1y1
(
(
)
 m ɺɺ
x + Lϕɺɺ cos ϕ − L sin ϕϕɺ 2 = − N 2 sin ϕ + T2 cos ϕ (1)

=> 
 m − mLϕɺɺ sin ϕ − mL cos ϕϕɺ 2 = mg − N 2 cos ϕ − T2 sin ϕ (2)

(1) sin ϕ + (2) cos ϕ : mxɺɺ sin ϕ − mLϕɺ 2 = mg cos ϕ − N 2 => N 2 = mg cos ϕ − mxɺɺ sin ϕ + mLϕɺ 2
)
(1) cos ϕ − (2) sin ϕ : mxɺɺ cos ϕ + mLϕɺɺ = T2 − mg sin ϕ => T2 = − mxɺɺ cos ϕ − mLϕɺɺ − mg sin ϕ
Ou
Théorème du moment en B :
−
ma 2 ɺɺ
ma ɺɺ mL
θ = − aT2 => T2 =
θ =
ϕɺɺ
2
2
2
 mL2

et grâce à la première équation de mouvement : 
ϕɺɺ + mL2ϕɺɺ + mLxɺɺ cos ϕ + mgL sin ϕ = 0 
 2


mL
on obtient : T2 =
ϕɺɺ = − mLϕɺɺ − mxɺɺ cos ϕ − mg sin ϕ
2
1. Equation différentielle du mouvement => Théorème de Lagrange.
ω est une donnée du problème.
Axes Auvw, tel que u est suivant AB et w // z.
1
1

1

T = Ttige + Tdisque =  mvG2 + ω.I G .ω  +  ω.IO .ω 
2
2
2

 tige 
Disque
y
ω
v
A
x
θ
2
u
1 m ( L 4) 2
ω
2
2
1  L2 2
L2 L2 2
L2  1 mL2 ɺ
• Ttige = m  ω + ω 2 cos 2 θ
− ω cos θ + θɺ2  +
θ ² + ω 2 cos2 θ

2  16
4
4
4
B
 2 12
ω = ω − sin θ 1u + cos θ 1v − θɺ 1w

avec 
L
L
L
vGtige = vA + ω × AG = ω 1w − ω cos θ 1w − θɺ 1v
4
2
2

L
V = −mg sin θ
2
d ∂L ∂L
L2
mL2 ɺɺ L2
1 L2
L2
L
−
= m θɺɺ +
θ
+
mω 2 sin θ cos θ − m ω 2 sin θ +
mω 2 cos θ sin θ − mg cos θ = 0
dt ∂θɺ ∂θ
4
12
4
2 4
12
2
• Tdisque =
(
(
=>
)
)
mL2 ɺɺ
1
L
1
θ + mL2  cos θ −  ω 2 sin θ − mg cos θ = 0
3
8
2
3
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
2. Réactions de liaison => Théorème généraux.
Système {tige} : Théorème de la résultante cinétique dans les axes Oxyz
dR
L
L
L 1

Fe : R = mvG = −m θɺ sin θ 1x − m θɺ cos θ 1y + m ω  − cos θ  1z
=
dt
2
2
2 2

∑

L
L
L 21

ɺɺ
ɺ2
− m sin θθ − m cos θθ + m ω  − cos θ  = X A
2
2
2
2



L
L
2
− m cos θθɺɺ + m sin θθɺ = YA − mg
2
2

L
 L
ɺ
ɺ
m 2 ω sin θθ + m 2 ω sin θθ = Z A



L 2 2 
3
 3g
21
sin θ cos θ − cos θθɺ 2 
 X A = m  ω sin θ  cos θ −  + ω  − cos θ  −
2
8

2
 2L





L
L
3 3 g


=> YA = −m cos θ  −ω 2 sin θ  cos θ −  +
cos θ  + m θɺ 2 sin θ + mg
2
8
2
L
2





 Z = mLω sin θ
 A

3. AN :
3 3 g

θɺɺ = −ω 2 sin θ  cos θ −  +
cos θ
8

 2L
2

 3 3g
3
5
g
g

  cos 60 3 2
=> θɺ2 =  ω 2 cos 2 θ − ω 2 cos θ + 3 sin θ  −  ω 2
− ω cos 60 + 3 sin 60  = − ω 2 +  3 −




4
L
2
4
L
8
2  L

 


XA =
ω2 
mL 2
mL 2 mg 
3
3  3g
ω ; YA =
ω +
+ 1 −
 5 − 3
 ; Z A = mLω

16
16
2 
2 
8 
2  L
T = Ttige + TS1 + TS2
OG1 = 2 L cos θ 1x => vG = −2 L sin θθɺ 1x

1
avec 
OG 2 = x 1x => vG2 = xɺ 1x
=> T =
1 mL2 ɺ 2 1
1
θ + m4 L2 sin 2 θθɺ 2 + mxɺ 2
2 3
2
2
Force de pesanteur
L
∂V
L

= −mg cos θ
 Fg = −mg 1y : VOB = mg sin θ et Qθ ( mg ) = −
2
∂θ
2

Force d'amortissement proportionnel à la vitesse
∂ϕG 2
∂ϕG 2

ɺ
 FA = −c xɺ + 2 L sin θθ 1x ; G1G2 = ( x − 2 L cos θ ) 1x => δ G1G2 = ∂x δ x + ∂θ δθ = (δ x + 2 L sin θδθ ) 1x

Q* = F . ∂ϕG 2 = −c xɺ + 2 L sin θθɺ 2 L sin θ et Q* = F . ∂ϕG 2 = −c xɺ + 2 L sin θθɺ
A
x
A
 θ
∂θ
∂x
(
)
(
)
(
)
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
Force de rappel : FR = − k ( x − 2 L cos θ − L ) 1x . Par le potentiel ou le travail :
k

2
• VS1 = 2 ( x − 2 L cos θ − L )

et Q = − ∂V = −k x − 2 L cos θ − L 2 L sin θ et Q = − ∂V = − k x − 2 L cos θ − L
(
)
(
)
x
θ

∂θ
∂x

• δ G G = ∂ϕG 2 δ x + ∂ϕG 2 δθ = (δ x + 2 L sin θδθ ) 1
1 2
x

∂x
∂θ

∂ϕ
∂ϕ
=> Qx = FR . G 2 = −k ( x − 2 L cos θ − L ) et Qθ = FR . G 2 = −k ( x − 2 L cos θ − L ) .2 L sin θ

∂x
∂θ
Méthode avec T et Q :

1  L2
T = m  θɺ 2 + 4 L2 sin 2 θθɺ 2 + xɺ 2 
2  3

 d ∂T ∂T
 dt ∂θɺ − ∂θ = Qθ

 L2 ɺɺ
L
2
2
m θ + m4 L sin θ sin θθɺɺ + cos θθɺ = −mg cos θ − k ( x − 2 L cos θ − L ) + c xɺ + 2 L sin θθɺ 2 L sin θ
3
2

 d ∂T ∂T
ɺ
 dt ∂xɺ − ∂x = Qx : mxɺɺ = −k ( x − 2 L cos θ − L ) − c xɺ + 2 L sin θθ

OU
Méthode avec L et Q* :

1  L2
L
k
2
L = m  θɺ 2 + 4 L2 sin 2 θθɺ 2 + xɺ 2  − mg sin θ − ( x − 2 L cos θ − L )


2  3
2
2

 d ∂L ∂L
*
ɺ
 dt ∂θɺ − ∂θ = Qθ = −c xɺ + 2 L sin θθ 2 L sin θ

 d ∂L − ∂L = Q* = −c xɺ + 2 L sin θθɺ
x
 dt ∂xɺ ∂x
(
(
)
(
(
)
(
)
))
(
)
1. Considérons le système = {tige (m) + disque (2m)}}
F
u
y
B
vC
x
R
P
R vP
C
θ /2
θ /2
v
A
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
Intégrale première => théorème de Lagrange pour définir une équation de mouvement ou par la conservation
de l’énergie.
Calcul de l’énergie cinétique :
T = TTige + TDisque

1 mL2 ɺ2
1

=
θ avec ωt = θɺ1z (avec θɺ < 0)
TTige =  ωt .IO .ωt 
2
Tige 2 3


dOC d 
Rθɺ
1
1
θ
TDisque =  mvC2 + ωd .IC .ωd 
=  R cotg  1x = −
avec ωd = ϕɺ 1z et vC =
1
θ x
dt
dt 
2
2

2
 Disque
2sin 2

2
2
2
2
2
1 mL ɺ2 ( 2m) R θɺ
1 ( 2m) R 2
θ +
ϕɺ
=> T =
+
θ
2 3
2 4sin 4
2
2
2
1 degré de liberté, 2 coordonnées de Lagrange => deux solutions :
• utiliser les deux coordonnées de Lagrange et un multiplicateur de Lagrange
• remplacer une des coordonnées dans l’énergie cinétique pour n’utiliser qu’une coordonnée de
Lagrange.
Relation entre les deux paramètres :
ϕɺ dépend de θɺ => pour déterminer la relation entre ϕɺ et θɺ, il faut écrire la condition de roulement
sans glissement en P (dans les axes liés à la tige Auvw avec u // AB )
vP ∈ tige = vP ∈ disque
θ ɺ

vP ∈ tige = v A + ωt × AP = R cotg 2 θ 1v




avec 
ɺ
ɺ


vP ∈ disque = vC + ωd × CP =  − Rθ cos θ − ϕɺ R  1u + Rθ sin θ 1v
θ
θ

 2 sin 2

2 sin 2

2
2


sin θ ɺ
θɺ
θ
=> vP ∈ disque = vP ∈ tige => ϕɺ = −
cos θ = − cotgθ
θ = −cotgθ cotg θɺ
1u
θ
θ
2
2 sin 2
2 sin 2
2
2
2
1 ( 2m ) R
1 mL2 ɺ 2 ( 2m ) R 2θɺ 2
θ
donc T =
+
cotg 2θ cotg 2 θɺ 2
θ +
2 3
2
2
2
2
4θ
4 sin
2
Energie potentielle : V =Vtige + Vdisque
(
)
L'intégrale première est T + V = E0 car :
L

 mg dérive d'une potentiel => V = mg 2 sin θ

 F dérive d'un potentiel car F = − F 1 = − grad V = − 1 ∂V => V = FLθ
v

L ∂θ

T
:
la
force
de
frottement
(sans
glissement)
en
P
ne
travaille pas pour un petite déplacement δθ :
 P

 Il n'y a pas de frottement en Q donc pas de travail.
1 mL2 ɺ2
R 2θɺ2
mR 2
θ
L
θ +m
+
cotg 2θ cotg 2 θɺ2 + mg sin θ + FLθ = E0
θ
2 3
2
2
2
4sin 4
2
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
2. Système = {disque (2m)} : Théorème du moment cinétique en C
d
MC =
me,C
dt
( 2m ) R 2 ϕɺ 1 = −mR 2 cotgθ cotg θ θɺ 1
M C = I C .ω d =
z
z
2
2
d
1
1
θ
θ
M C = − mR 2 cotgθ cotg θɺɺ1z + mR 2
cotg θɺ 2 1z + mR 2 cotgθ
θɺ 2 1z
2
dt
2
2
2θ
sin θ
2sin
2
θ



cotgθ ɺ2 
θ ɺɺ cotg 2 ɺ 2
me,C = RTP 1z => TP = mR  −cotgθ cotg θ +
θ +
θ 
θ
2
sin 2 θ


2sin 2
2


Système = {tige (m)} : Théorème du moment cinétique en A
d
MA =
me, A
dt
mL2 ɺɺ
θ
L
mL2 θ ɺɺ LF θ Lm g
θ
θ = − Rcotg N P − LF − cos θ m g => N P = −
tg θ −
tg −
cos θ tg
3
2
2
3R
2
R
2
2R
2
∑
∑
1. 1. Système complet
1
 mi

T=
 vGi ² + ωi .I Gi .ωi 
2
2

solides 
∑
dOG1
1
1 4 L2 ɺ 2 2 ML2 ɺ 2
θ =
θ avec vG1 = L cos θθɺ 1x − L sin θθɺ 1z = vB + ω × BG1 =
ML2θɺ2 + M
2
2
12
3
dt
2
2
2
1 
a
ma 2 2
 a
  1 ma 2
ϕɺ = mL cos θθɺ 2 L cos θθɺ + a cos ϕϕɺ +
= m   2 L cos θθɺ + cos ϕϕɺ  +  sin ϕϕɺ   +
ϕɺ
2 
2
6
 2
  2 12

TAB =
TSF
(
)
dOG2
dt
a
a
k
2

 k
V = Mgl cos θ + mg  Const − cos ϕ  + ( 2 Lsinθ ) = Mgl cos θ − mg cos ϕ + 4 L2 sin 2θ
2
2
2
2


avec vG2 = vS + ω 2 × SG2 =
L=
2.
2
2 ML2 ɺ 2
ɺ ɺ + ma ϕɺ 2 − Mgl cos θ + a mg cos ϕ − k 4 L2 sin 2θ
θ + 2mL2 cos 2 θθɺ 2 + mLa cos θ cos ϕθϕ
3
6
2
2
d ∂L ∂L
4 ML2 ɺɺ
−
=0 :
θ + 4mL2 cos 2 θθɺɺ − 8mL2 cosθ sin θθɺ 2 + mLa cosθ cos ϕϕɺɺ − mLa cosθ sin ϕϕɺ 2
dt ∂θɺ ∂θ
3
ɺ ɺ − Mgl sin θ + 4kL2 sin θ cos θ = 0
ɺ ɺ + 4mL2 cos θ sin θθɺ 2 + mLa sin θ cos ϕθϕ
− mLa sin θ cos ϕϕθ
=>
4 ML2 ɺɺ
θ + 4mL2 cosθ cosθθɺɺ − sin θθɺ 2 + mLa cosθ cos ϕϕɺɺ − sin ϕϕɺ 2 − Mgl sin θ + 4kL2 sin θ cosθ = 0
3
(
2
)
(
)
d ∂L ∂L
ma
a
ϕɺɺ + mLa cos ϕ cosθθɺɺ − sin θθɺ 2 + mg sin ϕ = 0
−
=0 :
dt ∂ϕɺ ∂ϕ
3
2
3. Il y a conservation de l’énergie étant donné que toutes les forces en présence dérive d’un potentielle et qu’il
n’y a pas de frottement.
(
)
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
1. Système {tige + masse} : Équation différentielle => Lagrange
a.


2
1 2 1

1 mL ² ɺ 1  L ɺ 
1 7 mL ² ɺ
1

T = T1 + T2 =  ω .IO .ω  +  mvG + ω .IG .ω 
=
θ ² + m θ  =
θ²
2
2
3
2
2
2 12
2
 tige  2



=0

masse ponctuelle
1 7 mL ² ɺ
L
sin θ => L =
θ ² + mgL sin θ
2
2 12
Il n'y a pas de force qui ne dérive pas d'un potentiel :
d ∂L ∂L
7mL ² ɺɺ
12 g
−
= 0 =>
θ − mgL cosθ = 0 => θɺɺ =
cos θ
ɺ
dt ∂θ ∂θ
12
7L
1.
dR
N
O
=
Fe :
b.
θ
dt
u
T
L
L
m θɺɺ1v − m θɺ 2 1u = + mg cos θ 1v + mg sin θ 1u − N 1v − T 1u
mg
v
A
2
2
V = −2mg
∑
Théorème de la résultante cinétique sur la masse : (Si Système {tige}, on doit tenir compte des réactions en
O)
L ɺ2

 − m 2 θ = mg sin θ − T

 m L θɺɺ = mg cos θ − N => N = mg cos θ − m L 12 g cos θ = 1 mg cos θ
 2
2 7L
7
ɺ 2 12 g
12
g
1
d
θ
24
g
12 g
19
θɺɺ =
cos θ =>
=
cos θ => θɺ 2 =
sin θ => T = m
sin θ + mg sin θ = mg sin θ
7L
2 dθ
7L
7L
7
7
2.
19
1
f
T = mg sin θ = fN = f mg cosθ => tgθ =
7
7
19
Glissement si T=fN :
1
π
mg cosθ = 0 => θ =
7
2
Décollement si N=0 :
Il y aura glissement avant décollement
N=
Equation de mouvement => Théorème de Lagrange sur le système complet
{Bogie + Ensemble T (cabine + axe CE)} :
1. Energie cinétique : T =TBogie + TCabine
1
1

TBogie =  mvC2 
= mxɺ 2
2

 Bogie 2
1
1
1
1

= MvG2 + I zG θɺ2
TT =  mvG2 + ω.IG .ω 
2
2
2
Cabine 2
avec vG = vC + ω × CG = xɺ + d cos (θ − α )θɺ 1x + d sin (θ − α )θɺ 1y et I E = I zG + Ma2
(
)
(
)
1
1
1
=> T = mxɺ 2 + M xɺ 2 + d 2θɺ2 + 2d cos (θ − α )θɺ xɺ + I E − Ma2 θɺ2
2
2
2
2. Energie potentielle :
• Bogie
(
) (
)
∂V
∂V
= −mg sin α et Qθ ( mg ) = −
=0
∂x
∂θ
( yC = x sin α ; δ yC = sin αδ x et Fy = −mg => Qx( mg )δ x = −mg sin αδ x)
VBogie = mgx sin α => Qx( mg ) = −
• Ensemble T
∂V
∂V
= − Mg sin α et Qθ ( Mg ) = −
= − Mgd sin θ
∂x
∂θ
( yG = x sin α − d cos θ ; δ yG = sin αδ x + d sin θδθ et Fy = − Mg => Qx ( Mg )δ x = − Mg sin αδ x
VT = Mg ( x sin α − d cos θ ) => Qx ( Mg ) = −
et Qθ ( Mg )δθ = − Mgd sin θδθ )
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Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
3. Forces extérieures = Couple moteur
C
δx
Qx ( C ) = M car δτ = Qx δ x = CM δα = CM
M
r
r
4. Equation du mouvement : théorème de Lagrange
 d ∂T ∂T
 dt ∂xɺ − ∂x = Qx = Qx ( mg ) + Qx ( Mg ) + Qx ( CM )

C
 => m + M ɺɺ
) x + Md cos (θ − α )θɺɺ − Md sin (θ − α )θɺ2 = − ( m + M ) g sin α + M
 (
r
=> 
 d ∂T ∂T
 dt ∂θɺ − ∂θ = Qθ = Qθ ( mg ) + Qθ ( Mg ) + Qθ ( CM )

 => Md 2θɺɺ + Md cos (θ − α ) ɺɺ
x + I E − Ma 2 θɺɺ = − Mgd sin θ

(
)
Equation de mouvement => Théorème de Lagrange avec comme coordonnée généralisée x = 1 degré de liberté
 S ( M ) pour le cycliste
 S '( M ', R ', G ', ω ') pour la roue arrière

1
1
Solides :  1
ω
S
M
R
G
'(
',
',
',
2
2 ') pour la roue avant
 2
 S "(0, R ", ω ") pour le pédalier
Energie cinétique : T =
Mxɺ 2
M ' xɺ 2 1
M ' xɺ 2 1
+ M ' R '2 ω 2 '2
+0+
+ M ' R '2 ω1 '2 +
2
2
2
2
2
cycliste
roue arrière
roue avant
Energie potentielle :
V = Mg ( x sin θ + H cos θ ) + M ' g ( ( x − R ') sin θ + R 'cos θ ) + M ' g ( ( x + 2 R ' ) sin θ + R 'cos θ )
=> V = ( M + 2 M ') gx sin θ + const
Contrainte de roulement sans glissement :
xɺ
xɺ
δx
vI1 = vG1 + ω1 '× G1 I1 => ω1 ' =
et vI 2 = vG2 + ω2 '× G2 I 2 => ω 2 ' =
=> δα ' =
R'
R'
R'
Avec le rapport de rayons : R "ω " = Rω ' => R "δα " = Rδα '
Travail du couple : δτ = Cδα " = C
R
R
δα ' = C
δx
R"
R ".R '
1
( M + 4 M ') xɺ 2 − ( M + 2 M ') gx sin θ
2
d  ∂L   ∂L 
R
=> 
−
= Qx* : ( M + 4 M ' ) ɺɺ
x + ( M + 2 M ') g sin θ = C
dt  ∂xɺ   ∂x 
R ".R '
Lagrangien : L =
T=
 mi
∑  2 v
Gi
solides
1

² + ωi .I Gi .ωi  et V = Const
2

(
2
ρπ ( 2r ) .2l
2
2
1
1
Tnacelle = m Lθɺ + I z αɺ + θɺ
avec I zG =
2
2
2
2
1 MR 2 ɺ2
1
31
1
ɺɺ
θ + 4.  m Lθɺ +
mr 2 αɺ 2 + θɺ2 + 2αθ
=> T =
2 2
2 14
2
( )
(
)
( )
(
TDisque =
où
1 MR 2 ɺ 2
θ
2 2
) ( 2r ) − ( ρπ r l ) r
2
2
2
)
2
=
31 r 2
m
avec m = ρπ 7r 2l
7
2



 MR 2

d ∂L ∂L
MR 2 ɺɺ
31
31
−
=0 :
θ + 4mL2θɺɺ + 2 mr 2θɺɺ + 2 mr 2αɺɺ = M (θ ) => 
+ 4mL2 θɺɺ = M (θ )

ɺ
dt ∂θ ∂θ
2
7
7
 2

d ∂L ∂L
31
31
−
= 0 : 4 mr 2αɺɺ + 4 mr 2θɺɺ = 0 => αɺɺ + θɺɺ = 0
dt ∂αɺ ∂α
14
14
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
24. 1.E = T + V


1 2 1

1 ML ² ɺ 1
1

T = T1 + T2 =  ω.I O .ω  +  mvG + ω .I G .ω 
=
θ ² + m Lθɺ
2
2
2
2 3
2

 tige 

=0

 masse ponctuelle
( )
V = Mg
2
(θ − π )²
L
2
sin θ + mgL sin θ + k
2
2
(θ − π )²
1
M
M
2
(m + ) L ²θɺ² + ( + m) Lg sin θ + k
2
3
2
2
π²
2. E = E0 =k
est une intégrale première de l'énergie
8
3. Théorème de la résultante cinétique appliqué sur le projectile uniquement.
dRθ
=
Fe,θ
dt
mLθɺɺ = Nθ − mg cos θ
E=
∑
La condition pour que le projectile quitte la nacelle est donc :
g
L
Il faut donc que la décélaration de la nacelle soit inférieure au poids de Super Canard.
θɺɺ ≤ − cos θ
4. Si θ =
π
4
v0 = Lθɺ0 = L
, la vitesse à la sortie de la nacelle (et donc celle du projectile) vaut :
k
π²
8
−(
M
2 k
+ m) Lg
− π²
2
2 32
1
M
(m + ) L ²
2
3
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
25. a) OG = x 1 + y 1 ; v = xɺ 1 + yɺ 1
x
y G1
x
y
1
1
1 m1 R ²
m1 ( xɺ ² + yɺ ²) +
ϕɺ ²
2
2 2
l
l
l
l
vG2 = vG1 + θɺ 1z × ( sin θ 1x − cos θ 1y ) = ( xɺ + θɺ cos θ )1x + ( yɺ + θɺ sin θ )1y
2
2
2
2

1
l²
l ²θɺ² 
T2 = m2  xɺ ² + yɺ ² + θɺ ² + lθɺ( yɺ sin θ + xɺ cos θ ) +

2
4
12 

T1 =
T3 =
1 
h ²θɺ ² 
m3  xɺ ² + yɺ ² + l ²θɺ² + 2lθɺ( yɺ sin θ + xɺ cos θ ) +

2 
12 
m2
+ m3 )
2
m
1
1
1
L = ( xɺ ² + yɺ ²)(m1 + m2 + m3 ) + l ²θɺ²( 2 + m3 ) + lθɺ( yɺ sin θ + xɺ cos θ )(m2 + 2m3 )
2
2
3
2
ɺ
m
1 m1 R ²
1
h ²θ ²
+
− ( m1 + m2 + m3 ) gy + gl cos θ ( 2 + m3 )
ϕɺ ² + m3
2 2
2
12
2
Contraintes:
δx
x
R
=> (δ y −
= 0)λ1
y= +
2
2
cos
α
V = (m1 + m2 + m3 ) gy − gl cos θ (
constant avec tgα = 12
Roulement sans glissement :
(δϕ +
5δ x
= 0)λ2
2R

5λ2
λ
1
1
x + lθɺɺ cos θ − lθɺ² sin θ = − 1 +
 x : (m1 + m2 + m3 ) ɺɺ
2
2
2
2R


1 ɺɺ
1 ɺ
y + lθ sin θ + lθ ² cos θ + ( m1 + m2 + m3 ) g = λ1
 y : (m1 + m2 + m3 ) ɺɺ
2
2

ɺɺ


(
y sin θ + ɺɺ
x cos θ − xɺθɺ sin θ + yɺθɺ cos θ ) 
m2
h²θ 1 m2 + 2m3 )( ɺɺ
+ m3 )l ²θɺɺ + m3
+ l
θ : (
=0

2
12 2  +θɺ( xɺ sin θ − yɺ cos θ ) + gl sin θ


 1 m1 R ²
ϕɺɺ = λ2
ϕ :
 2 2

5 xɺ
ϕɺ = −
2
R

xɺ

 yɺ = 2
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Faculté des Sciences Appliquées
Mécanique Rationnelle 2
Syllabus d’exercices
Corrigés : Dynamique des systèmes
b) Contraintes:
y=R
Roulement sans glissement :
δx
(δϕ +
= 0)λ
R
Potentiel Ressort :
V=
k ( x − R)²
∂ (−V )
=> −
= k ( x − R)
2
∂qi
λ
1
1

x + lθɺɺ cos θ − lθɺ² sin θ + k ( x − R ) =
 x : (m1 + m2 + m3 ) ɺɺ
2
2
R

ɺ
x cos θ − xɺθ sin θ ) 

m2
L ²θɺɺ 1 (m2 + 2m3 )( ɺɺ
+ m3 )l ²θɺɺ + m3
+ l
=0
θ : (

2
12 2  +θɺ xɺ sin θ − gl sin θ


 1 m1 R ²
ϕɺɺ = λ
ϕ :
 2 2
xɺ
ɺ
ϕ = − R
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