Vibrations Mécaniques des Systèmes Focés à 1 Degré de Liberté

Exercice n°4 (5 points) : Cylindre forcé roulant sur un plan horizontal .

Image centrée

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

Image centrée

Le cylindre roule sans glisser. Soit `θ` l'angle définissant la rotation du point `M,` compté à partir de l'axe `(GY)` du repère barycentrique `(G,X,Y,Z)` relatif au repére fixe `(O,x,y,z)` et contenu dans le plan `GXY.` L'axe instantané de rotation `(∆),` génératrice du cylindre au contact du plan, est parallèle à l'axe barycentrique `(GZ)` axe de révolution du cylindre. Ces deux axes, `(∆)` et `(GZ),` sont distants de `R` et ont la même direction fixe que celle de l'axe `(Oz)` du repère fixe `(O,x,y,z).` Pour un observateur lié au référentiel barycentrique, le centre de masse `G` et l'axe `(GZ)` sont fixes et le cylindre subit une rotation autour de l'axe `(GZ)`, de l'angle `θ.` Le cylindre lorsqu'il roule sur le plan, son centre de masse `G` se translate rectilignement de `OG = x`, abscisse dans le repère fixe `(O,x,y,z).` Comme le cylindre roule sans glisser sur ce plan, cette distance `OG` est égale à la distance `AM` sur le plan et aussi égale à l'arc ##\overset{\huge\frown}{AM }## du cylindre :
## x=Rθ\implies## ##θ=\dfrac{\dot{x}}{R} \implies## ## \dotθ=\dfrac {\dot{x}}{R} ##

Energie cinétique :
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}\implies## ##E_c=\dfrac {1}{2} I_{/(GZ)}Ω^2+\dfrac {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 ##\dfrac {1}{2} mR^2.##
## E_c=\dfrac {1}{2} I_{/(GZ)} Ω^2+\dfrac {1}{2} mv_G^2\implies## ## E_c=\dfrac {1}{2} \dfrac {mR^2}{2} \left(\dfrac {\dot{x} }{R}\right)^2+\dfrac {1}{2} m{\dot{x} }^2\implies## ## E_c=\dfrac {1}{2}  \dfrac {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=\dfrac {1}{2}K(∆ℓ )^2=\dfrac {1}{2} Kx^2 ##

Lagrangien :
## ℒ=E_c-E_p\implies ℒ =\dfrac {1}{2}  \dfrac {3}{2} m{\dot{x} }^2-\dfrac {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=\dfrac 1{2}\alpha v^2=\dfrac 1{2} \alpha (\dot{x}-\dot{s})^2 ##

Equation du mouvement :
## \dfrac {d}{dt} \left( \dfrac {∂{ℒ}} {∂\dot{x}}\right)-\dfrac {∂{ℒ}} {∂x}= -\dfrac {∂{𝒟}} {∂\dot{x}} \implies##
## \dfrac {3}{2} m{\ddot{x} }+Kx=-\alpha (\dot{x}-\dot{s}) \implies##
## \ddot{x}+ 2\dfrac {\alpha }{3m} \dot{x}+\dfrac {2K}{3m } x=\dfrac {2\alpha }{3m}\dot{s}\implies##
## \ddot{x}+ 2\dfrac {\alpha }{3m} \dot{x}+\dfrac {2K}{3m } x=-\dfrac {2\alpha }{3m}S_0ω cos(ωt)\implies##
## \ddot{x}+ 2\dfrac {\alpha }{3m} \dot{x}+\dfrac {2K}{3m } x=\dfrac {2\alpha }{3m}S_0ω sin(ωt-\dfrac{\pi}{2})\implies##
## \ddot{x}+ 2\times\dfrac {180}{3\times10 } \dot{x}+\dfrac {2\times540}{3\times10 } x=\dfrac {2\times180}{3\times10}\times0,005ω sin(ωt-\dfrac{\pi}{2})\implies##
## \ddot{x}+ 12\dot{x}+36 x=0,06ω sin(ωt-\dfrac{\pi}{2}) ##
##ω_0=\sqrt{36}## et ##2δ=12 \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) ## où ## ϕ=arccos\left(\dfrac{36-ω^2}{\sqrt{(36-ω^2 )^2+144 ω^2 }}\right) ## ##(et sin(ϕ)>0) ##

3/ En régime permanent, déterminer les 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`:
Expression de la réponse `x(t)` :

## 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) ##


Expression de la 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). ##