MS 204 – ONDES ET VIBRATIONS 2010-2011 PC 4 : Systèmes discrets Exercice 1 : To

MS 204 – ONDES ET VIBRATIONS 2010-2011 PC 4 : Systèmes discrets Exercice 1 : Tour de Taipeh 1. Les points M et m sont repérés respectivement par : OM =  qg(t) + q(t) L  , et Om =  qg(t) + q(t) + l sin θ L −l cos θ  (1) L’énergie cinétique vaut donc : Ec = 1 2 h M( ˙ qg + ˙ q)2 + m  ( ˙ qg + ˙ q + l ˙ θ cos θ)2 + l2 ˙ θ2 sin2 θ i (2) L’énergie potentielle est la somme de celle due à la raideur du premier mode de flexion, et celle due aux variations de hauteur de la sphère, soit : Ep = 1 2Kq2 + mg(L −l cos θ) (3) 2. Le Lagrangien s’écrit L = Ec −Ep, et les équations de Lagrange : ∂L ∂q −d dt ∂L ∂˙ q = 0 (4) ∂L ∂θ −d dt ∂L ∂˙ θ = 0 (5) Soit : (M + m)¨ q + ml¨ θ cos θ −ml ˙ θ2 sin θ + Kq = −(M + m)¨ qg (6) ml cos θ¨ q + ml2¨ θ + mgl sin θ = −ml cos θ ¨ qg (7) 3. En linéarisant, il vient, sous forme matricielle :  M + m ml ml ml2   ¨ q ¨ θ  +  K 0 0 mgl   q θ  = −  M + m ml  ¨ qg (8) Les deux équations sont couplées par inertie. 4. En remplaçant dans la dynamique linéarisée, il vient :  K −Ω2(M + m) −mlΩ2 −mlΩ2 mgl −ml2Ω2   Q Θ  =  (M + m)aΩ2 mlaΩ2  (9) En notant A la matrice, la solution s’écrit :  Q Θ  = 1 detA  mgl −ml2Ω2 mlΩ2 mlΩ2 K −Ω2(M + m)   (M + m)aΩ2 mlaΩ2  (10) 5. On pose Q = 0, il vient : m0 = M l0Ω2 g −1  (11) 6. Les pulsations propres du système modifié sont les solutions de l’équation suivante : det  K −ω2(M + m) −mlω2 −mlω2 mgl −ml2ω2  , (12) qui peut se réécrire : (ω2 1 −ω2)(ω2 2 −ω2) −λ2ω4 = 0, (13) avec ω1 = q K M+m ≃ q K M , ω2 = p g l et λ = p m M+m. En étudiant graphiquement la fonction f(x) = (x −x1)(x −x2) −λ2x2, on voit que les fréquences propres s’écartent des bornes de l’intervalle [x1, x2]. 0 0.6 0.85 1.66 2 3.25 4 5 −2 −1 0 1 2 3 4 λ= 0 λ= 0.3 λ= 0.6 x= ω2 Exercice 1 : couplage gyroscopique 1. Vitesse du point M : v = vr + Ω∧OM, d’où : Ec = M 2 h ( ˙ X −ΩY )2 + ( ˙ Y + ΩX)2i . Pour l’énergie potentielle : Ep = K 2 (X2 + Y 2). En appliquant les équations de Lagrange, poly p. 75, il vient : M ¨ X −2MΩ˙ Y + (K −MΩ2)X = 0 M ¨ Y + 2MΩ˙ X + (K −MΩ2)Y = 0 Les termes 2MΩ˙ Y et 2MΩ˙ X sont les forces gyroscopiques. Elles couplent les degrés de liberté via un terme proportionnel à la vitesse. Les termes en −MΩ2X et −MΩ2Y sont dues aux forces centrifuges. 2. Supposer Ω2 ≪ω2 0 revient à négliger les forces centrifuges par rapport au couplage gyroscopique. Le problème aux valeurs propres s’écrit en cherchant une solution de la forme [X Y ] = [ ˜ X ˜ Y ]eiωt, soit :  ω2 0 −ω2 −2iωΩ 2iωΩ ω2 0 −ω2   ˜ X ˜ Y  =  0 0  (14) Les pulsations propres sont les racines du déterminant, soit : ω1 = p Ω2 + ω2 0 −Ω, ω2 = p Ω2 + ω2 0 + Ω. Le mode 1 s’écrit alors : φ1 = [1 i]eiω1t, le second mode : φ2 = [1 −i] eiω2t. En prenant la partie réelle pour se représenter les mouvements cor- respondants, on trouve que φ1 est un mode de rotation directe, alors que φ2 est un mode de rotation rétrograde. 3. De manière très qualitative, en ne considérant qu’un seul degré de liberté (cas d’une masse retenue à un ressort dont l’axe est en rotation) : M ¨ X + (K −MΩ2)X = 0. La valeur propre peut devenir négative : on dit qu’il y a flambage. uploads/s3/ pc4-corrige.pdf

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