Vibrations Mécaniques des Systèmes Focés à 1 Degré de Liberté
Exercice n°4 (5 points) : Cylindre forcé roulant sur un plan horizontal .
Le système mécanique représenté sur la figure ci-contre est constitué
d'un cylindre homogène de masse `m` et de rayon `R` roulant sans
glisser sur un plan horizontal fixe. Son mouvement est repéré par le
déplacement horizontal `x(t)` de son centre de masse `G` par rapport à
sa position d'équilibre. G est relié à un bâti fixe `(B)` par un
ressort horizontal de constante de raideur K. L'extrémité de
l'amortisseur horizontal de coefficient de frottement visqueux `\alpha
` est reliée à `G` et l'autre extrémité subit un déplacement
horizontal harmonique `s(t)=S_0 sin(ωt)`.
On donne `m=10 kg,\alpha =180 kg//m,K=540 N//m` et `S_0=5 mm`.
1/ Etablir l'équation du mouvement du système et préciser les
expressions du coefficient d'amortissement `δ` et de la pulsation propre
`ω_0`.
Réponse
$$ x=Rθ⇒x =Rθ \implies \dotθ=\frac{\dot{x}}{R} $$ Pour un solide en rotation autour de l'axe `(GZ)`, son énergie cinétique peut être déterminée par la formule suivante (Kœnig) : $$ E_c=E_{c rot /(GZ)}+E_{c trans G}=\frac{1}{2} I_{/(GZ)} Ω^2+\frac{1}{2} mv_G^2 $$ où `v_G` est la vitesse linéaire du centre de masse G définie dans le repère fixe (O,x,y,z), elle égale à `\dotx`, ̇`Ω` vitesse angulaire autour de l'axe de rotation `(GZ)`, elle est égale à `\dotθ` puisque `θ` est mesuré par rapport à l'axe barycentrique `(GY)` et contenu dans le plan `GXY` et `I_{/(GZ)}` moment d'inertie par rapport à l'axe `(GZ)`, axe de révolution du cylindre, c'est un axe principal, `I_{/(GZ)}` est égal à `\frac{1}{2} mR^2`. $$ E_c=\frac{1}{2} I_{/(GZ)} Ω^2+\frac{1}{2} mv_G^2\implies E_c=\frac{1}{2} \frac{mR^2}{2} \left(\frac{\dot{x} }{R}\right)^2+\frac{1}{2} m{\dot{x} }^2\implies E_c=\frac{1}{2} \frac{3}{2} m{\dot{x} }^2 $$ Energie potentielle : A l'équilibre le ressort n'est pas déformé. En mouvement, l'extrémité du ressort relié à G se déforme de `x` et l'autre extrémité ne subit pas de déformation puisqu'elle est reliée à un bâti fixe. La déformation relative ##∆ℓ## est donc égale à `x`. $$ E_p=\frac{1}{2}K(∆ℓ )^2=\frac{1}{2} Kx^2 $$ Lagrangien : $$ ℒ=E_c-E_p\implies ℒ =\frac{1}{2} \frac{3}{2} m{\dot{x} }^2-\frac{1}{2} Kx^2 $$ Fonction de dissipation :
L'extrémité de l'amortisseur reliée à G est animée d'une vitesse égale à `\dot{x}` et l'autre extrémité est animé de `\dot{s}`, La vitesse relative v est égale à `\dot{x}-\dot{s}` ̇, $$ 𝒟=\frac1{2}\alpha v^2=\frac1{2} \alpha (\dot{x}-\dot{s})^2 $$ Equation du mouvement : $$ \frac{d}{dt} \left( \frac{∂{ℒ}} {∂\dot{x}}\right)-\frac{∂{ℒ}} {∂x}= -\frac{∂{𝒟}} {∂\dot{x}} \implies \frac{3}{2} m{\ddot{x} }+Kx=-\alpha (\dot{x}-\dot{s}) \implies \ddot{x}+ 2\frac{\alpha }{3m} \dot{x}+\frac{2K}{3m } x=\frac{2\alpha }{3m}\dot{s}\implies\\ \ddot{x}+ 2\frac{\alpha }{3m} \dot{x}+\frac{2K}{3m } x=-\frac{2\alpha }{3m}S_0ω cos(ωt)\implies \ddot{x}+ 2\frac{\alpha }{3m} \dot{x}+\frac{2K}{3m } x=\frac{2\alpha }{3m}S_0ω sin(ωt-\dfrac{\pi}{2})\implies\\ \ddot{x}+ 2\times\frac{180}{3\times10 } \dot{x}+\frac{2\times540}{3\times10 } x=\frac{2\times180}{3\times10}\times0,005ω sin(ωt-\dfrac{\pi}{2})\implies \ddot{x}+ 2\times6\dot{x}+36 x=0,06ω sin(ωt-\dfrac{\pi}{2}) $$ ##ω_0=\sqrt{36} \implies ω_0=6rd/s## et ##δ=6s^{-1}##
2/ Ecrire l'équation horaire `x(t)=g(t)` correspondant aux valeurs calculées de `δ` et `ω_0`.
Réponse
Solution homogène : $$ δ=ω_0\implies x_h (t)=(A+Bt) e^{-6t} $$ Solution particulière : $$ x_p (t)=\dfrac{0,06ω }{\sqrt{(36-ω^2 )^2+144 ω^2 }} sin(ωt-\dfrac{\pi}{2}-ϕ) $$ où $$ ϕ=arccos\left(\dfrac{36-ω^2}{\sqrt{(36-ω^2 )^2+144 ω^2 }}\right) (et sin(ϕ)>0) $$ Equation horaire : $$ x(t)=x_h (t)+x_p (t)\implies x(t)=(A+Bt) e^{-6t}+\dfrac{0,06ω }{\sqrt{(36-ω^2 )^2+144 ω^2 }} sin(ωt-\dfrac{\pi}{2}-ϕ) $$
3/ En régime permanent, donner l'expression de l'amplitude des
vibrations en fonction de `ω`.
En déduire les deux expressions, de la réponse du système `x(t)` et de
la force dynamique `f(t)` transmise au bâti `(B)`, pour `ω=ω_0`.
Réponse
Cas où `ω=6rd//s`: $$ x(t)=\dfrac{0,06\times6 }{\sqrt{(36-36 )^2+144
\times36 }}
sin\left(6t-\dfrac{\pi}{2}-arccos\left(\dfrac{36-36}{\sqrt{(36-36
)^2+144 \times 36 }}\right)\right)\implies\\
x(t)=0,005 sin(6t-\dfrac{\pi}{2}-arccos(0))\implies
x(t)=0,005 sin(6t-\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{2})\implies
x(t)=0,005 sin(6t) $$ Force transmise au bâti (B) :
Comme le ressort est de masse négligeable, la force qu'il transmet au
bâti est égale et opposée à la force que ce ressort applique sur le
cylindre : $$ F(t)=-(-Kx(t))=Kx(t)\implies
F(t)=540\times0,005 sin(6t)\implies F(t)=2,7 sin(6t). $$