Physique Des Vibrations (1)

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Liani Mohamed

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Cet ouvrage présente une série d'exercices corrigés de la physique des vibrations pour les étudiants de deuxième année des classes préparatoires aux grandes écoles et aux étudiants du tronc commun de technologie des universités ainsi que les étudiants du semestre 3 des sciences techniques (ST) du système LMD. Il contient plus de 130 exercices suivis de leurs solutions. Les solutions sont souvent détaillées et permette à l’étudiant de compléter sa compréhension du cours et faire soit même son évaluation. Le contenu de l’ouvrage est divisé en quatre (04) parties : -

Partie 1 : Oscillations libres non amorties : Système à un degré de liberté.

-

Partie 2 : Oscillations libres amorties : Système à un degré de liberté.

-

Partie 3 : Oscillations forcés amorties : Système à un degré de liberté.

-

Partie 4 : Système linéaires à plusieurs degrés de liberté.

Cependant, nous accueillerons

avec satisfaction tout critique qui permettra d’améliorer cet

ouvrage.

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Partie 1 : Oscillations libres non amorties : Système à un degré de liberté

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Exercice 1 : On considère le système mécanique représenté à la figure ci-contre .Il est constitué : -

Deux masses identique m son fixes aux extrémités de deux tiges rigides et sans masses de longueur 3ℓ et passant par le centre d’un disque de rayon R et de masse M .

-

A une distance ℓ de la tige son fixés en un point P deux ressorts de même constante de raideur

k .Les autres extrémités des ressorts son fixes à des bâtis verticaux fixes. A l’équilibre, les deux tiges supportant les masses sont verticales. On ne s’intéresse qu’à l’étude des oscillations de faibles amplitudes. 1- Quelle est le nombre de degré de liberté du système. 2- Déterminer l'énergie cinétique ECT du système. 3- Déterminer l'énergie potentielle totale du système et donner son expression complète. 4- Donner la condition d’équilibre du système 5- Utiliser cette condition d’équilibre pour donner une expression simplifiée de l’énergie potentielle. 6- déduire l'expression du lagrangien L . 7- Établir l'équation différentielle du mouvement, puis déduire la pulsation propre du système ω0 •

8- Déterminer la solution général du système, sachant que pour t = 0 : θ ( 0) = θM et θ ( 0 ) = 0

1 2

N.B : I / c = MR 2

Exercice 2 :

Trois tiges rigides, sans masse et solidaires à l’une de leur extrémité O ou elles présentent un angle droit entre elles, forment ainsi un T .Chacune de ces tiges port a son extrémité libre une masse ponctuelle et attachée à un ressort de raideur k de sort qu’a

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L’équilibre statique la tige ℓ 2 soit vertical. On pourra, dés le début, considérer le cas des

θ2  oscillations de faibles amplitudes et faire l’approximation : sin θ ≃ θ : cos θ ≃ 1 −    2  1- Montrer que le système est à un degré de liberté en établissant les relations qui existe entre x1 , x2 , x3 et θ . 2- Calculer l'énergie cinétique ECT du système. 3- Calculer l'énergie potentielle totale du système et donner son expression complète. 4- Écrire la condition d’équilibre du système et l’utiliser pour simplifier l’expression de l’énergie potentielle. 5- Donner le lagrangien du système et sa pulsation propre

ω0 . 6- Déterminer la solution général que pour t = 0 : θ ( 0) =

π 19

du système, sachant

•

et θ ( 0 ) = 0

Exercice 3 : Une tige rigide, de longueur ℓ , sans masse et articulée à l’une de ses extrémités O , porte à son autre extrémité libre une masse ponctuelle m , et pouvant pivoter autour de l’axe O . Un ressort de raideur k est également fixé à la masse m et la tige se trouve, au repos, dans une position verticale. A des distances respectives

ℓ 2ℓ et de O , deux ressorts 3 3

identique de raideur k sont attachées à cette tige. 1- Ecrire l'énergie cinétique ECT du système. 2- Calculer l'énergie potentielle totale du système et donner son expression complète. 3- Donner la condition d’équilibre du système. 4- Utiliser cette relation pour simplifiée l’expression de l’énergie potentielle et faire l’approximation :

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( )

2 sin θ ≃ θ ; cos θ ≃ 1 − θ 2

5- Ecrire le lagrangien L et en déduire l’équation différentielle du mouvement du système. 6- En déduire la pulsation propre ω0 des oscillations non amorites. •

7- Calculer la solution θ ( t ) sachant que pour t = 0 : θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0

Exercice 4 : On considère le système mécanique de la figure ci-contre, constitué de deux masses m et M soudées de part et d’autre d’une tige de longueur ℓ et de masse négligeable. La tige peut pivoter sans frottement dans le plan vertical autour du point O situé à une distance de

ℓ 3ℓ de m et de 4 4

M . Deux ressorts de raideur k son attachés en m et M . A l’équilibre, la masse M est en bas et la tige ℓ est verticale. A l'instant t = 0 , On l’écarte légèrement la tige de sa position verticale d’un petit angle égal à

π 3

et on la relâche sans vitesse

initiale. 1- Déterminer l'énergie potentielle

du système

puis trouver la condition d’équilibre du système. 2- Déterminer l'énergie cinétique ECT du système. 3- Déterminer

la

pulsation

propre ω0 des

oscillations de faibles amplitudes puis écrire l’équation horaire du mouvement du système en tenant compte des conditions initiales.

Exercice 5 :

On considère le système mécanique représenté à la figure ci-contre, constitué : d’un disque de rayon R et de masse M oscillant autour du point fixe O et attaché par un ressort de raideur k . Page 6

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Deux tiges rigides de masses négligeables et de longueurs respectives ℓ et 3ℓ sont soudées à angle droit par l’une de leurs extrémités tandis que l’autre porte une masse m1 , m2 et m3 . A l’équilibre, la tige de longueur 3ℓ est horizontale. Dans le cas des oscillations linéaires : 1- Donner l’équation différentielle du mouvement. 2- En déduire la fréquence propre et la solution θ ( t ) .

Exercice 6 :

Quatre masses m ponctuelles et identiques sont fixées à une tige rigide de longueur ℓ et de masse négligeable qui peut osciller autour de son axe horizontal fixe O . Au repos, la tige ℓ est

ℓ 4

verticale et toutes les distances entre les masses et les extrémités sont égales . Trois ressorts de raideur k et identiques sont fixés sur les 3 masses à des distances respectives de

ℓ ℓ 3ℓ , et 4 2 4

de O .On étudie les oscillations de faibles amplitudes.

1-

Établir l’expression de

lagrangien de ce

système. 2-

Donner la pulsation propre ω0 des oscillations

de faibles amplitudes puis écrire l’équation horaire du mouvement du système en tenant compte des conditions initiales.

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Exercice 7 : On considère le système mécanique représenté à la figure ci-contre constitué : -

Un fil inextensible, portant à chacune de ses deux extrémités deux masses ponctuelles m et µ , s’enroule sans glissement autour d’un disque homogène de masse M , de rayon R et d’axe horizontal fixe O .

-

Deux tiges rigides de longueurs ℓ et 2ℓ , sans masse et faisant un angle droit entre elles, sont solidaires du disque.

-

Deux masses identiques m sont attachées par deux ressorts de même constante de raideur k . On

pourra

supposer

les

oscillations

d’amplitudes faibles. 1- Calculer le lagrangien du système. 2- Établir l'équation différentielle

qui régit les

petites oscillations du système.

θ ( t ) sachant que pour

3- Donner la solution •

t = 0 : θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 .

Exercice 8 : Trois masses ponctuelles et identiques sont fixées à une tige rigide, de longueur 3ℓ , de la masse négligeable et peut pivoter autour d’un axe horizontal fixe situé en

O . L’une des masses est attachée à un ressort vertical de raideur k dont une extrémité est fixe. L’autre masse est attachée

à un autre ressort de raideur k à une

distance ℓ de O . -

Trouver le lagrangien de ce système et sa pulsation propre ω0 .

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Exercice 9 : Soit un disque homogène de la masse M et de rayon R oscillant autour du point O fixe et attaché par un ressort de raideur k .ce cylindre est relié aussi à la distance

R du point O par un 2

ressort de raideur k à un bâti fixé. Une tige rigide, de longueur ℓ = 3R , de la masse négligeable porte deux masses ponctuelles une à l’extrémité inférieure qui est reliée par un ressort de raideur k à un bâti fixé et une autre à une distance

R de O . En plus la tige rigide est solidaire du disque qui 2

peut pivoter autour de son axe. Le système se trouve en position d’équilibre statique lorsque la tige est verticale. On suppose qu’a l’instant t = 0 , la tige est écartée de sa position d’équilibre puis relâchée sans vitesse initiale. Sachant qu'à l'équilibre, les ressorts ne sont pas déformés. 1- Sachant que : ℓ = 3R ; x = Rθ montrer que l'équation différentielle du mouvement du système ••  41kR + 14mg  s’écrit : θ +  θ = 0 37 m 2 M R + ( )  

2- Donner la pulsation propre ω0 du système.

Exercice 10 : Deux tiges rigides, sans masse et de longueurs 3ℓ solidaires à l’une de leur extrémité O ou elles présentent un angle droit entre elles. Chacune de ces tiges port à son extrémité libre une masse ponctuelle et attachée à un ressort de raideur k de sort qu’a l’équilibre statique une tige est verticale et l’autre soit horizontale.

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1- Donner le lagrangien et en déduire l’équation du mouvement différentielle du système. 2- Déterminer l’expression de la fréquence propre ω0 et celle de l’équation du mouvement du système, solution de l’équation différentielle, si à l’ instant

t = 0 : θ ( 0) =

π 12

•

et θ ( 0 ) = 0 .

Exercice 11 : Dans la figure ci-contre, un barre homogène de masse M , de centre de gravité G et de longueur ℓ étant orientée vers le haut, oscille sans frottement, dans un plan vertical, autour d’un axe vertical fixe en O .un ressort est relié à cette barre a la distance

ℓ du point O .Dans le cas des oscillations linéaires : 4


Donner la pulsation propre ω0 des oscillations et sa solution

θ ( t ) de l’équation différentielle.

Exercice 12 : Le système mécanique de la figure ci-dessous est constitué d’une tige rectiligne, homogène, de masse m et de longueur 4ℓ . Cette tige peut tourner, dans le plan vertical, sans frottement, autour d’un axe horizontal fixe O . Les extrémités de la tige sont reliées au bâti fixe par deux ressorts de même constante de raideur k . Le centre de gravité G , milieu de la tige son relié au bâti par un

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ressort de raideur k . A l’équilibre, la tige est horizontale. Lorsque la tige est écartée de sa position d’équilibre d’un angle θ M puis

lâchée sans vitesse

initiale. 1- Établir le Lagrangien du système. 2- Déterminer

l’équation

différentielle

du

mouvement. 3- En déduire la pulsation propre ω0 des oscillations.

Exercice 13 : La figure ci-contre représente un disque homogène de masse M ,de rayon R qui peut osciller autour de son axe horizontal fixe O . les trois masses m1 , m 2 et m 3 sont fixées aux extrémités de trois tiges rigides et sans masses de longueurs ℓ 1 , ℓ 2 et ℓ 3 passant par le centre O .On soude en A à une distance

R du centre du disque 2

l’extrémité d’un ressort et dont l’autre extrémité est fixée au sol. A l’équilibre, la droite OA et la tige ℓ 2 et horizontal et les deux autres tiges ℓ 1 et ℓ 2 sont verticales. On étudie les oscillations de faibles amplitudes 1- Déterminer l'énergie cinétique

EcT et

l'énergie

potentielle du système. 2- Établir l'équation différentielle du mouvement, puis déduire la pulsation propre ω0 du système.

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Exercice 14 : Soit un système mécanique oscillant autour d’un point O comme montré sur la figure cidessous. Deux ressorts de même constante de raideur k sont attachés aux points A et B à ses distances respectives

R 2R et de O . Une masse m est fixée au disque homogène à la distance R 3 3

. Dans le cas oscillations de faible amplitude : 1- Déterminer le lagrangien du système. 2- Déterminer l’équation différentielle du mouvement. 3- Donner la solution générale θ ( t ) du mouvement sachant que pour t = 0 : θ ( 0 ) =

π 15

et

•

θ ( 0) = 0 .

Exercice 15 : Une tige rigide, de longueur ℓ ,de la masse négligeable et articulée à l’une de ses extrémités

O , porte à son autre extrémité une masse ponctuelle m . Un ressort de raideur k est également fixé à la masse m . A ses distances respectives

ℓ et 3

2ℓ de O , deux ressorts verticaux de même 3

constante de raideur k sont attachés à cette tige. A l’équilibre statique la tige est horizontale. On suppose qu’à l’ instant t = 0 , la tige est écartée de sa position d’équilibre d’un angle égal à

π 16

puis

lâchée sans vitesse initiale.

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Donner : 1- le Lagrangien du système. 2- l’équation

différentielle

de

son

mouvement. 3- L’équation horaire du mouvement du système

en

tenant

compte

des

conditions initiales.

Exercice 16 : Soit un barre rectiligne, homogène de masse m et de longueur ℓ , oscille sans frottement, dans un plan horizontale, autour d’un axe fixe perpendiculaire au plan du mouvement en O .un ressort de constante de raideur k est relié a cette barre à la distance

ℓ du point O . A l’équilibre, la 4

barre homogène est horizontale. On décrit le système par la variable θ ( t ) que fait la tige avec l’horizontale. 1- Calculer

le Lagrangien du système en

fonction de la coordonnée θ . 2- Donner l’expression de pulsation propre ω0 du système.

Exercice 17: Un fil inextensible, portant à chacune de ses deux extrémités deux masses ponctuelles m4 et m5 , s’enroule sans glissement autour d’un disque homogène de masse M ,de rayon R et d’axe horizontal fixe O . Le disque homogène et attaché par un ressort de raideur k . les trois masses m1 , m2 et m3 sont fixées aux extrémités de trois tiges rigides et sans masses de longueurs ℓ , ℓ et ℓ 2 2

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passant par le centre O est solidaire du disque. A l’équilibre, la tig de la masse m2 et verticale .On étudie les oscillations de faibles amplitudes. 1- Déterminer l'énergie cinétique EcT et l'énergie potentielle EpT du système. 2- Etablir l'équation différentielle du mouvement, puis déduire la pulsation propre ω0 du système.

Exercice 18: Soit un cylindre homogène de masse M oscillant autour du point O fixe et attaché par un ressort k . Une tige de masse négligeable et de longueur 2ℓ , porte à ses extrémités deux masses identiques m . Les deux masses identiques m sont attachées par deux ressorts horizontaux de même constante de raideur k . On étudie les oscillations de faible amlplititude autour de la position d’équilibre. 1- Donner l’expression des énergies cinétique et potentielle. 2- Déduire l’équation différentielle

de ce système

puis la de pulsation propre ω0 des oscillations.

Exercice 19: Soit un disque homogène de masse M et de rayon R

et attaché par son axe a l’extrémité d’un

ressort

horizontal de raideur k . Deux tiges rigides de longueur ℓ 1 et ℓ 2 , sans masse, porte a ses extrémités deux masses

identiques m , est solidaire du disque qui peut rouler sans glisser sur un bâti horizontal. L’équilibre, les deux tiges Page 14

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rigides est vertical. On étudie les oscillations de faible alplititude autour de la position d’équilibre. -

Trouver le lagrangien puis la pulsation propre ω0 du système.

Exercice 20: Soit une tige rigide de longueur 3ℓ et de masse négligeable est suspendue à un support vertical, fixes en O . Elle port à son extrémité libre une masse ponctuelle m . Un ressort de raideur k3 est également fixé à la masse m et la tige se trouve, au repos, dans une position horizontale. A des distances respectives ℓ , 2ℓ de O ,deux ressorts verticaux de raideurs k1 et k2 sont attachés à cette tige.

La

masse

ponctuelle

m est écartée

légèrement de sa position d’équilibre puis relâchée. 1- Etablir l’équation différentielle qui régit les petites oscillations du système. 2- En déduire la pulsation des oscillations non amorties.

Exercice 21: Soit une tige de masse négligeable et de longueur 4ℓ , porte à ses extrémités deux masses identiques m est oscillant autour d’un axe O distant de 2ℓ de la masse m . Les deux ressorts verticaux de même raideur k sont attachés à cette tige à la distance ℓ de O . A l’équilibre statique la tige est horizontale. Ecarté de cette position d’équilibre, le système effectue des oscillations de faibles amplitudes repérées par l’angle θ . -

Donner lagrangien du système puis la pulsation propre ω0 .

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Exercice 22: Un fil inextensible, porte à son extrémité une tige homogène de masse m , de longueur ℓ et peut pivoter autour d’un axe fixe perpendiculaire au plan du mouvement en O , s’enroule sans glissement autour d’un disque homogène de masse M , de rayon R et d’axe horizontal O′ . En un point P ,situé a une distance R

2

de cet axe,est attaché un ressort de raideur k tel qu’a l’équilibre

statique le point P soit a la verticale de O′ . La rotation de la tige homogène par rapport à l’horizontale par l’angle ϕ et celle du disque par l’angle θ .

-

Sachant que

ℓ sin ϕ = Rθ , former le lagrangien 2

et en déduire la pulsation propre de ce système

Exercice 23: Un fil inextensible, porte à son extrémité un barre homogène de masse 2m , de longueur ℓ et peut pivoter autour d’un axe horizontal fixe O ,s’enroule sans glissement autour d’un disque homogène de masse M , de rayon R et d’axe horizontal

fixe O′ .ce disque homogène et

attaché par un ressort de raideur k . Deux masses identiques m sont fixées aux extrémités de tige rigide et sans masse de longueur 3ℓ passant par le centre O est solidaire du disque. Les deux masses identiques m sont reliées à un bâti fixe respectivement par deux ressorts identiques de raideur k

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-

Sachant que

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ℓ sin ϕ = Rθ , calculer le lagrangien et la pulsation propre de ce système. 2

Exercice 24: Un disque homogène de masse M et de rayon R qui peut tourne sans frottement autour d’un axe horizontal et fixe O . En un point situé a une distance R de l’axe fixe O du disque est accroché un ressort de raideur k . Les trois masses m1 , m 2 et m 3 sont fixées

aux extrémités de trois tiges

rigides et sans masses de longueurs identiques

R 2

passant par le centre O est solidaire du disque. Un ressort de raideur k est également fixé à la masse m 2 . La tige de la masse m 2 se trouve, au repos,

dans une position verticale. -

Trouver la pulsation propre de ce système.

Exercice 25: Le système mécanique représenté sur la figure ci-contre est constitué d’une barre homogène de masse m et de longueur ℓ , peut pivoter autour d’un axe fixé à l’une de ses extrémités O . Un ressort de raideur k est fixé à l’autre extrémité. Elle est elle-même retenue par un ressort de raideur k fixé à une distance ℓ

4

de l’axe O . A l’équilibre

statique la barre homogène est horizontale. 1- analyser cet équilibre, ècrire l'énergie potentielle du système et en déduire la condition d’équilibre. 2- Trouver le lagrangien du système et sa la pulsation propre.

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Exercice 26: Le système mécanique représenté sur la figure ci-contre

est constitué d’une masse M

suspendue par une barre homogène de masse m et de longueur ℓ et peut pivoter autour d’un axe horizontal fixé à l’une de ses extrémités. Un ressort de raideur k son fixé à une distance ℓ

3

de O

à l’autre extrémité. On pourra

supposer les oscillations d’amplitudes faibles. 1- Ecrire le lagrangien de ce système et en déduire l’équation différentielle de son mouvement de vibration. 2- calculer la pulsation propre de ce système.

Exercice 27: Soit un disque homogène de masse M et de rayon R osillant autour du point O fixe. Une masse 3m suspendue par une barre homogène de masse m , de longueur ℓ est solidaire du disque et peut pivoter autour d’un axe horizontal fixé à l’une de ses extrémités. Un ressort de raideur k son fixé à une distance ℓ de O à l’autre extrémité. On 3 pourra supposer les oscillaions d’amplittudes faibles. 1- Donner l’expression des énergies cinétique et potentielle. 2- Déduire l’equation differentielle de ce système puis la de pulsation propre des oscillatiion.

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Exercice 28: Une poulie homogène de masse M et de rayon 2R pouvant tourner autour de son axe horizontal et fixe O . Ce disque est relié par un ressort de raideur k , à une distance 2R du centre O . Deux fils inextensibles son solidaires de la poulie. L’un s’enroule sur une petite gorge de rayon R et reliée à un bâti fixé par un ressort de raideur k . L’autre s’enroule sur toute la poulie et port une masse m . 1- Faire l’approximation des faibles oscillations et

donner l’équation différentielle du mouvement. 2- En déduire la solution θ ( t ) .

Exercice 29: Un fil inextensible, porte à son extrémité un barre homogène de masse 2m , de longueur

ℓ 2

et peut pivoter autour d’un axe horizontal fixe O 2 ,s’enroule sans glissement autour d’un disque homogène de masse M , de rayon R et d’axe horizontal fixe O1 . Ce disque homogène et attaché par un ressort de raideur k . ponctuelle

Une

masse

m est également fixée à une

extrémité de barre homogène et reliée à un bâti fixé par un ressort vertical de raideur k . La rotation de la barre homogène par rapport à l’horizontale par l’angle ϕ et celle du disque par l’angle θ . -

Déterminer le lagrangien de ce système et en faisant l’approximation des faibles amplitudes d’oscillation, déduire l’équation différentielle Page 19

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8 ℓ ℓ de son mouvement si : M = m et Rθ = sin ϕ ⇒ Rθ = ϕ 3 4 4

Exercice 30 : Le système mécanique représenté sur la figure ci-contre est constitué d’un disque homogène de masse M et de rayon R roule sans glissement sur un plan horizontal, c’est-à-dire que lorsqu’il tourne de θ , son centre de gravité se déplace de x

( x = Rθ ) . bâti

fixe

Les deux points A et O sont reliés à un respectivement

par

deux

ressorts

identiques de raideur k . Dans le cas des petites oscillations -

Ecrire l’équation différentielle du mouvement et en déduire sa pulsation propre.

Exercice 31: On considère les systèmes représentés sur les deux figures suivantes :

1 - calculer les énergies cinétiques dans les deux cas étudiés. 2 - Établir les équations différentielles des mouvements des deux systèmes

Exercice 32: Un disque homogène de centre O , de masse M et de rayon R peut pivoter autour de son axe. Une barre homogène de masse m et de longueur ℓ est solidaire de disque du centre O . Un ressort Page 20

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de raideur k est attaché à une distance de

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3ℓ de O . L’extrémité d’une barre est reliée une 4

masse m par un fil inextensible s’enroule sans glisser autour un autre disque identique de centre

O′ . Le système se trouve en position d’équilibre statique lorsque la barre est verticale. -

Sachant que ℓ sin θ = Rϕ , calculer la de pulsation propre ω0 de ce système.

Exercice 33: Un fil inextensible à une extrémité porte un ressort de raideur k tandis que l’autre extrémité porte une masse 2m. Une tige homogène de masse m et de longueur ℓ est solidaire du disque de masse M ,du centre O et de rayon R peut pivoter autour de son axe. Un ressort de raideur k sont attachés à cette tige a la distance

2ℓ de O . A l’équilibre statique la tige est verticale. Ecarté de 3

cette position d’équilibre, le système effectue des oscillations de faibles amplitudes. On tire la masse 2m de x vers la bas par rapport à sa position d’équilibre, le fil inextensible fait tourner la poulie de Rθ et allonge le ressort, puis on lâche le système. 1- Donner l’expression des énergies cinétique et potentielle

puis

écrire

l’expression

de

lagrangien de ce système. 2- Sachant que : ℓ = 3R → R =

ℓ ; 3

M = 2m ;

x = Rθ montrer que l'équation différentielle du

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•• 5 k 3 g  − mouvement du système s’écrit : θ +  θ = 0 6 m 4 ℓ 

3- calculer la pulsation propre ω0 de ce système.

Exercice 34: Une barre homogène de centre gravité G , de masse m et de longueur ℓ et peut osciller autour d’un axe horizontal. Elle est guidée par deux ressorts identiques de raideur k et un ressort de raideur 2k comme montré sur la figure ci-contre. Un ressort de raideur 2k son fixe à une distance

ℓ de O . A 3

l’équilibre la barre est en position horizontal. On considérera

uniquement

les

mouvements

de

faible

amplitude. 1-

Déterminer la condition d’oscillation autour de la

position d’équilibre. 2 -Déterminer l’équation du mouvement du système puis la pulsation propre ω0 .

Exercice 35: Une tige homogène de masse m et de longueur ℓ peut pivoter autour d’un axe fixé à l’une de ses extrémité O . Un ressort de raideur k fixé à l’autre extrémité. Au milieu de la tige G est suspendue une masse 2m qui reliée par un ressort de raideur k En position d’équilibre la tige est horizontale. -

Donner l’expression de la fréquence propre et celle de l’équation différentielle du mouvements de du système, solution de l’équation différentielle, si à •

instant t = 0 ,on avait : : θ ( 0 ) = 0 et θ ( 0 ) = 10 rad s .

AN : k = 120 N m ; m = 0.5kg

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Exercice 36: Une masse m est relièe par l’intermédiare de deux ressorts de raideurs respectives 2k et k

2

à

un support cylindrique qui tourne à vitesse angulaire constant Ω autour d’un axe vertical. La masse peut se déplacer sans frottements sur le support et selon l’horizontal. A l’équilibre la masse m se trouve au centre de la surface de basse du cylindre. 1- Déterminer l'énergie cinétique

E CT

et l'énergie

potentielle du système. 2- déduire l'expression du lagrangien L . 3- calculer la pulsation propre des petites oscillarions de la masse m . 4- Pour quelle valeur de la vitesse angulaire Ω du support, la masse m n’oscillera plus ?

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Partie 1 :

Solutions

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Remarque :
L’expression vectorielle de la force de rappel du ressort est défini par:    F = − kxi ⇒ F = kx
L’énergie potentielle d’un ressort est donner par : ∆x

∆x

1 1 1  ⇒ Ep k = ∫ kxdx =  kx 2  = k ∆x 2 − kx 02 2 2 x 0 2 x0 • Á l’équilibre statique, le ressort est allongé :
Si on suppose que k est allongé Ep k =

⇒ ∆x = ( x + x 0 )

1 1 1 1 1 1 2 k ( x + x 0 ) − kx 02 = kx 2 + kx 0 x + kx 02 − kx 02 = kx 2 + kx 0 x 2 2 2 2 2 2

⇒ Epk =

1 2 kx + kx0 x 2


Si on suppose que k est comprimé ⇒ ∆x = ( x − x 0 ) Ep k =

1 1 1 1 1 1 2 k ( x − x 0 ) − kx 02 = kx 2 − kx 0 x + kx 02 − kx 02 = kx 2 − kx 0 x 2 2 2 2 2 2

⇒ Epk =

1 2 kx − kx0 x 2

• Á l équilibre statique, le ressort est comprimé :
Si on suppose que k est allongé ⇒ ∆x = ( x 0 − x ) Ep k =

1 k (x 0 − x 2

)

2

−

1 2 1 2 1 1 1 kx 0 = kx − kx 0 x + kx 02 − kx 02 = kx 2 − kx 0 x 2 2 2 2 2

⇒ Epk =

1 2 kx − kx0 x 2


Si on suppose que k est comprimé ⇒ ∆x = ( −x − x 0 ) Ep k =

1 1 1 1 1 1 2 k ( x + x 0 ) − kx 02 = kx 2 + kx 0 x + kx 02 − kx 02 = kx 2 + kx 0 x 2 2 2 2 2 2

⇒ Epk =

1 2 kx + kx0 x 2

• A l’équilibre le ressort n’est ni comprimé, ni allongé ⇒ x0 = 0 ⇒ ∆x = x Epk =

1 2 kx 2 Page 25

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Exercice 1 : Quelle est le nombre de degrés de liberté ? Ici on à deux coordonnées généralisées x et θ donc

N=2

x et θ sont liées avec une relation x = ℓ sin θ

r=1

donc

Le nombre de degrés de liberté n = N − r ⇒ n = 2 − 1 ⇒ n = 1dd ℓ

Le moment d’inertie de la masse m est donnée par : I 1/O = m ( 2ℓ ) = 4m ℓ 2 2

Le moment d’inertie du disque de la masse M par rapport à son axe est : I /C =

1 MR 2 2

Le moment d’inertie de la masse m est donnée par :

I 2/O = m ℓ2 L’énergie cinétique du système est donnée par:

EcT = Ec M + Ec m + Ec m L’énergie cinétique de la masse m : Ec m =

•2 •2 1 1 I 1/o θ = 4 m ℓ 2 θ 2 2

L’énergie cinétique de la masse M : Ec M

•2 •2 1 11 2 = I /C θ = MR θ 2 22

L’énergie cinétique de la masse m : •2 •2 1 1 2 Ec m = I 2/o θ = m ℓ θ 2 2

•2 •2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 Donc: ⇒ EcT =  4m ℓ + m ℓ + MR θ =  5m ℓ + MR θ 2 2 2 2  

L’énergie potentielle du système est donnée par:

EpT = Ep m + Ep k + Ep k + Ep m + Ep M On choisi la position des l’équilibre comme origine des énergies potentielles ( Ep (0)=0) . L’énergie potentielle de la masse m :

Ep m = −mgh

( h est la hauteur de m par rapport à un plan de référence choisi)

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⇒ h = 2ℓ − 2ℓ (1 − cosθ ) = 2ℓ (1 − cosθ ) Donc : Epm = −mg 2ℓ (1 − cosθ ) (Le signe (-) vient du fait que la masse m est au dessous du plan choisi)

Dans le cas de petites oscillation, on considère que : Donc:

θ petit ⇒

Cos θ = 1 −

θ2 2

2 1 Ep m = − 2mg ℓ θ 2

Dans le cas de petites oscillation, on considère que :

θ petit ⇒ sin θ = θ ⇒ x = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 2 = ℓ 2θ 2 L’énergie potentielle dans le 2 ressort est donnée par : 2 1 1 2 2 2 Ep k = 2 kx = 2 k ℓ θ 2 2

L’énergie potentielle de la masse m :

Epm = +mgh

( h est la hauteur de m par rapport à un plan de référence choisi)

h = ℓ − ℓ cosθ = ℓ (1 − ℓ cosθ ) h = ℓ − ℓ (1 − cosθ ) = ℓ (1 − cosθ ) Donc : Epm = +mgℓ (1 − cosθ ) ( Le signe (+) vient du fait que la masse m est au dessus du plan choisi)

Dans le cas de petites oscillations, On obtient : Ep m = + mg ℓ (1 − cos θ ) =

Donc: EpT =

2 1 mg ℓ θ 2

2 2 1 1  −2mg ℓ + mg ℓ + 2k ℓ 2  θ = −mg ℓ + 2k ℓ 2 θ 2 2

(

)

Le lagrangien du mouvement du système s’écrit: 2 •2 1 1 1 2 2 2 L =  5m ℓ + MR θ − −mg ℓ + 2k ℓ θ 2 2 2 

(

)

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :

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d dt

  ∂L  •  ∂θ 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

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 •• 1   2 2 = 5 ℓ + θ m MR    2    

∂L = − −mg ℓ + 2k ℓ 2 θ ∂θ

(

)

On obtient l’équation différentielle suivante : •• 1  2 2 2  5m ℓ + MR θ + −mg ℓ + 2k ℓ θ = 0 2  

(

)

La forme réduite de cette équation est :    ••  − mg ℓ + 2k ℓ 2    θ +  θ = 0 2     5m ℓ 2 + 1 MR 2  − + − mg ℓ + 2k ℓ 2 mg ℓ 2 k ℓ 2 ω ω ⇒  ⇒ = ⇒ =   2  0 0 1 1   5m ℓ 2 + MR 2  5m ℓ 2 + MR 2 2 2   •• 2 θ + ω0 θ = 0  −mg ℓ + 2k ℓ 2 1 5m ℓ 2 + MR 2 2

Les oscillations s’effectuent avec la pulsation propre : ω0 =

La solution de l’équation différentielle du système s’écrit sous la forme suivante :

θ = A cos (ω0 t + ϕ ) Ou A et

ϕ

•

;

θ = −A ω0 sin (ω0t + ϕ )

sont des constantes à déterminer à a partir des conditions initiales du système,

soient :

θ ( 0 ) = θ M θ ( 0 ) = A cos ϕ = θ M → A cos 0 = θ M → A = θ M   ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = −A ω0 sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 La deuxième équation admet ϕ = 0 comme solution. En remplaçant dans la première équation, on trouve Α = θM . L’équation horaire du mouvement du système s’écrit en définitif par :

θ (t ) = θM cos ω0t

Exercice 2 : Degré de liberté : Les nombre de coordonnées généralisées x 1 , x 2 , x 3 et θ donc N=4

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x 1 , x 2 , x 3 et θ sont liées avec les relations suivantes x 1 = ℓ1 sinθ , x 2 = ℓ 2 sin θ , x 3 = ℓ 3 sin θ donc r=3 Le nombre de degrés de liberté n = N − r ⇒ n = 4 − 3 ⇒ n = 1dd ℓ

Le moment d’inertie de la masse m1 , m2 , m3 est donnée par : I 1/O = m 1 ℓ 2 I 2 /O = m 2 ℓ 2 I 3/O = m 3 ℓ 2

L’énergie cinétique du système donner par :

EcT = Ec m1 + Ec m2 + Ec m3 Ec m1

•2 •2 1 1 2 = I 1/o θ = m 1ℓ 1 θ 2 2

Ec m 2 =

•2 •2 1 1 I 2/o θ = m 2 ℓ 2 2 θ 2 2

Ec m 3 =

•2 •2 1 1 I 3/o θ = m 3 ℓ 3 2 θ 2 2

⇒ EcT =

•2 1 m1ℓ12 + m 2ℓ 2 2 + m 3ℓ 32 θ 2

(

)

Énergie potentielle : E p T = E p m 1 + E p m 2 + E p m 3 + E p k + Ep k + E p k

Dans le cas de la petite oscillation:

θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

x 1 = ℓ1 sin θ = ℓ1θ ⇒ x = ℓ θ 2  ⇒ x 2 = ℓ 2 sin θ = ℓ 2θ ⇒ x 2 2 = ℓ 2 2θ 2  2 2 2 x 3 = ℓ 3 sin θ = ℓ 3θ ⇒ x 3 = ℓ 3 θ 2 1

2 1

On obtient:

Epm1 = −m1g ℓ1 sinθ = −m1g ℓ1θ 2 1 Ep m 2 = − m 2 g ℓ 2 (1 − cos θ ) = − m 2 g ℓ 2 θ 2

Ep m3 = m 3 g ℓ 3 sin θ = m 3 g ℓ 3θ Epk =

2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 k ( − x1 − x01 ) − kx01 = k ( x1 + x01 ) − kx01 = kx1 + kx01 x1 = k ℓ 12 θ + kx01ℓ 1θ 2 2 2 2 2 2

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Ep k =

2 1 1 2 1 2 1 2 k ( x 2 + x 02 ) − kx 02 = kx 2 + kx 02 x 2 = k ℓ 2 2 θ + kx 02 ℓ 2θ 2 2 2 2

Ep k =

2 1 1 2 1 2 1 2 k ( x 3 + x 03 ) − kx 03 = kx 3 + kx 03 x 3 = k ℓ 2 2 θ + kx 03 ℓ 3θ 2 2 2 2

2 1 2 2 2 EpT =  − m 2 g ℓ 2 + k ℓ1 + k ℓ 2 + k ℓ 2  θ + [ m 3 g ℓ 3 − m 1 g ℓ1 − kx 01ℓ1 + kx 02 ℓ 2 + kx 03ℓ 3 ]θ Cette    2   B

Ä

équation s’écrit sous la forme suivante : 2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par:

dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ m 3 g ℓ 3 − m1g ℓ1 − kx 01ℓ1 + kx 02ℓ 2 + kx 03ℓ 3 = 0 d θ θ =0 Il reste:

EpT =

2 1 2 2 2  − m g ℓ + k ℓ + ℓ + ℓ θ 2 2 1 2 2  2

(

Le lagrangien s’écrit : L =

)

2 •2 1 1 m1ℓ12 + m 2 ℓ 2 2 + m 3ℓ 32 θ −  m 2 g ℓ 2 + k ℓ12 + ℓ 2 2 + ℓ 2 2  θ 2 2

(

)

(

)

L’équation différentielle est calculée à partir de :

  d  ∂L  ∂L d − =0⇒ •   dt  ∂ θ  ∂θ dt   On obtient:

(m ℓ

  ∂L  •  ∂θ 

2 1 1

 ••  2 2 2 = m ℓ + m ℓ + m ℓ θ 1 1 2 2 3 3   

(

∂L = −  m 2 g ℓ 2 + k ∂θ

)

)

••

(

(ℓ

2 1

)

+ ℓ 2 2 + ℓ 2 2  θ

)

+ m 2ℓ 2 2 + m 3ℓ 32 θ +  m 2 g ℓ 2 + k ℓ12 + ℓ 2 2 + ℓ 2 2  θ = 0

qui s’écrit sous la forme réduite :

(

••  −m g ℓ + k ℓ 2 + ℓ 2 + ℓ 2 2 2 1 2 2 θ +  2 2 2 m1ℓ1 + m 2 ℓ 2 + m 3ℓ 3   ⇒  •• θ + ω02θ = 0 

) θ = 0  

(

 −m 2 g ℓ 2 + k ℓ12 + ℓ 2 2 + ℓ 2 2 ⇒ω =  m1ℓ12 + m 2 ℓ 2 2 + m 3ℓ 32  2 0

)   

La pulsation propre des oscillations du système est ainsi définie par : ⇒ ω0 =

−m 2 g ℓ 2 + k

(ℓ

2 1

+ ℓ 22 + ℓ 22

m 1ℓ1 + m 2 ℓ 2 + m 3ℓ 3 2

2

)

2

La solution générale de cette équation différentielle s’écrit : Page 30

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θ = A cos (ω0 t + ϕ )

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;

θ = −A ω0 sin (ω0t + ϕ )

En tenant compte des conditions initiales du système, on détermine les constantes A et ϕ :

π π π   θ ( 0 ) = 19 θ ( 0 ) = A cos ϕ = 19 → A cos 0 = θM → A = 19 ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = −A ω sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 0   De la deuxième équation on tire ϕ = 0 et on déduit de la première que A = L’équation horaire des oscillations du système et donc :

θ (t ) =

π 19

π 19

.

cos ω0 t

Exercice 3 : Le nombre de degrés de liberté est calculée à partir :

var iables x 1 , x 2 , x 3 ,θ   ℓ 2ℓ x 1 = 3 sin θ , x 2 = 3 sin θ , x 3 = ℓ sin θ ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ Le moment d’inertie :

I /O = m ℓ 2

L’énergie cinétique du système: •2 •2 1 1 EcT = Ec m = I 1/o θ = m ℓ 2 θ 2 2 L’énergie potentielle du système:

EpT = Epk + Epk + Epm + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

 ℓ ℓ ℓ 2 2  x 1 = sin θ = θ ⇒ x 1 = θ 3 3 9  2  2ℓ 2ℓ 4ℓ 2 ⇒  x 2 = sin θ = θ ⇒ x 2 2 = θ 3 3 9   x 3 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 32 = ℓ 2θ 2   2

2 1 1 ℓ2 2 1 1 Ep k = kx 12 = k θ = k ℓ2 θ 2 2 9 29 2 1 1 4ℓ2 2 1 4 Ep k = kx 22 = k θ = k ℓ2 θ 2 2 9 29

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Ep m = mg ℓ (1 − cos θ ) = Ep k =

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2 1 mg ℓ θ 2

2 1 2 1 kx 3 = k ℓ 2 θ 2 2

2 2 1 1 4 1  14 2   2 2 2 EpT =  k ℓ + k ℓ + k ℓ + mg ℓ  θ =  k ℓ + mg ℓ θ 2 9 9 2 9  

Le lagrangien s’écrit : 2 •2 1  14 2  2 L = m ℓ θ −  k ℓ + mg ℓ  θ 2 9 

Dans le cas d’un système libre amorti, l’équation de Lagrange :     •• d  ∂L  ∂L d  ∂L  ∂L  14  − = 0 ⇒  •  = m ℓ2 θ = −  k ℓ 2 + mg ℓ  θ •   ∂θ dt  ∂ θ  ∂θ dt  ∂ θ  9      En remplaçant dans l’équation de Lagrange on aura : ••  14  m ℓ 2 θ +  k ℓ2 + mg ℓ θ = 0 9 

  14 2  •• 14 k g ••  9 k ℓ + mg ℓ   θ +  θ 0 = θ +  + θ = 0  2 m ℓ   9 m ℓ      14 k g ω02 =  ⇒  ⇒ +  9 m ℓ   •• 2 •• θ ω θ + = 0   0 2  θ + ω0 θ = 0 

14 k g  + La  ⇒ ω0 = 9 m ℓ 

solution de l’équation différentielle du mouvement :

θ = A cos (ω0 t + ϕ )

•

;

θ = −A ω0 sin (ω0t + ϕ )

En tenant compte des conditions initiales du système, on détermine les constantes A et ϕ :

θ ( 0 ) = θ M θ ( 0 ) = A cos ϕ = θ M → A cos 0 = θ M → A = θ M   ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = −A ω0 sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 En définitive, L’équation horaire du système s’écrit par : θ = θM cos ω0t

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Exercice 4: Le nombre de degrés de liberté :

var iables x 1 , x 2 , θ  ⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ  ℓ 3ℓ x 1 = 4 sin θ , x 2 = 4 sin θ , Les moments d’inertie : 2

I 1/O

1 ℓ = m   = m ℓ2  4  16 2

9  3ℓ  I 2/O = M   = m ℓ 2  4  16 L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm + EcM •2 •2 1 1 1 Ec m = I 1/o θ = m ℓ2 θ 2 2 16 •2 •2 1 1 9 Ec M = I 2/o θ = M ℓ2 θ 2 2 16

1  m + 9M  2 • 2 EcT =  ℓ θ 2  16  L’énergie potentielle du système:

EpT = Epk + Epk + Epm + EpM θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

 ℓ ℓ ℓ 2 θ2  x 1 = sin θ = θ ⇒ x 1 =  4 4 16 ⇒ 2  x = 3ℓ sin θ = 3ℓ θ ⇒ x 2 = 9ℓ θ 2 2  2 4 4 16 2

2 1 2 1 ℓ2 2 1 1 2 Ep k = kx 1 = k θ = k ℓ θ 2 2 16 2 16 2 1 2 1 9ℓ2 2 1 9 2 Ep k = kx 2 = k θ = k ℓ θ 2 2 16 2 16 2 ℓ 1 ℓ 2 11 Ep m = − mg (1 − cos θ ) = − mg θ = − mg ℓ θ 4 2 4 24

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Ep M = Mg

EpT =

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2 3ℓ 1 3ℓ 2 1 3 (1 − cos θ ) = Mg θ = Mg ℓ θ 4 2 4 24

2 11 9 1 3 15   3M − m 2 2 k ℓ + k ℓ − mg ℓ + Mg ℓ θ =  k ℓ2 +    2 16 16 4 4 28 4  

1  m + 9M Le lagrangien s’écrit : L =  2  16

2  2 • 1  5 2  3M − m ℓ θ −  k ℓ +  28 4  

2   g ℓ θ    

2    g ℓ θ  

L’équation différentielle du mouvement :

 d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

   m + 9M  2 ••  =  16  ℓ θ    

 m + 9M   16

5 ∂L  3M − m = −  k ℓ2 +  ∂θ 4  8

   g ℓ θ  

 2 ••  5 2  3M − m    ℓ θ +  kℓ +   gℓ θ = 0 4     8

  5 2  3M − m     5 2 kℓ ••  k ℓ +  ••   gℓ  4    8 θ +  8 θ = 0 θ +   m + 9M  2      m + 9 M   ℓ  ⇒   ⇒    16  16     •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0 θ + ω0 θ = 0  

 3M − m     gℓ 4    + θ =0  2  m + 9M  2  ℓ  ℓ    16  

••  10k 4 g ( 3M − m )  θ +  + θ = 0   ( m + 9M ) ℓ ( m + 9M )  ⇒ •• 2 θ + ω0 θ = 0  ••  10k ℓ + 4 g ( 3M − m )  θ +   θ = 0 ℓ ( m + 9M )   10k ℓ + 4 g ( 3M − m )  ⇒ ⇒ ω02 = ℓ ( m + 9M ) •• 2 + = 0 θ ω θ  0  La solution générale de l’équation différentielle du mouvement :

θ = A cos (ω0 t + ϕ )

•

(

; θ = −A ω0 sin ω0t + ϕ

)

On obtient A et ϕ a partir des conditions initiales

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π π π π   θ ( 0 ) = 13 θ ( 0 ) = A cos ϕ = 13 → A cos 0 = 13 → A = 13 ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = −A ω sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 0   En définitive, θ (t ) s’écrit par :

θ (t ) =

π 13

cos ω0t

Exercice 5 : Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 , x 2 , x 3 , θ  ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ  ℓ x = R θ , x 1 = 2ℓ sin θ , x 2 = ℓ sin θ , x 3 = 2 sin θ

Les moments d’inertie : I1/ o = m1 ( 2ℓ ) = 4m1ℓ 2 2

2

I 2/ o

1 ℓ = m2   = m3ℓ 2 4 2

I 3/ o = m3ℓ 2

I/C =

1 MR 2 2

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm1 + Ecm 2 + Ecm 3 + EcM •2 •2 1 1 2 Ecm1 = I1/ o θ = 4m1ℓ θ 2 2

•2 •2 1 11 2 Ecm2 = I 2/ o θ = m2 ℓ θ 2 24

Ecm3 =

Ec M =

•2 •2 1 1 I 3/ o θ = m3ℓ 2 θ 2 2

•2 •2 1 11 I /C θ = MR 2 θ 2 22

2 1 1 1 • EcT =  4m1ℓ 2 + m2ℓ 2 + m3ℓ 2 + MR 2  θ 2 4 2 

On pose: m = m1 = m2 = m3

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

2 1  21 1 • EcT =  mℓ 2 + MR 2  θ 2 4 2 

EpT = Epm1 + Epm2 + Epm 3 + Epk

L’énergie potentielle du système:

θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

2 1 1 1 1 2 Ep k = k ( x + x 0 ) − kx 02 = kx 2 + kx 0 x = k R 2 θ + kx 0 R θ 2 2 2 2

avec: x = R θ

Epm1 = −m1g 2ℓ sinθ = −m1g 2ℓθ Epm3 = m3 g ℓ sin θ = m3 g ℓθ Epm2

2 ℓ 1 ℓ 2 11 = − m2 g (1 − cos θ ) = − m2 g θ = − m2 g ℓ θ 2 2 2 22

EpT =

2 1 1  2 k R − m g ℓ θ 2  + ( m3 g ℓ − 2m1 g ℓ + kx0 R ) θ 2  2 

2 1 1  2 EpT =  k R − m2 g ℓ  θ + ( m3 g ℓ − 2m1 g ℓ + kx0 R ) θ    2   2   B Ä

Cette équation s’écrit sous la forme suivante : 2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ m 2 g ℓ − 2m 1 g ℓ + kx 0 R = 0 d θ θ = 0

Il reste :

EpT =

2 1 1  2 k R − m g ℓ θ 2  2  2

On pose: m = m2

EpT =

2 1 1  2 k R − mg ℓ θ  2  2

Le lagrangien s’écrit :

L=

2 •2 1  21 2 1 1 1  2  2 m ℓ + MR θ − k R − mg ℓ θ     2 4 2 2 2  

L’équation différentielle du mouvement du système :

    •• d  ∂L  ∂L d  ∂L   21 2 1 2 − = 0 ⇒ = m ℓ + MR θ  dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ•   4 2     

∂L 1   = −  kR 2 − mg ℓ  θ ∂θ 2  

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•• 1  21 2 1   2 2  mℓ + MR  θ +  k R − mg ℓ  θ = 0 2 2  4   

  1  2 ••  2 ••  kR − 2 mg ℓ   θ = 0 θ +  4kR 2 − 2mg ℓ2  θ = 0 θ +  21  1   21mℓ + 2MR    mℓ 2 + MR 2  ⇒  4 ⇒  2   •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0 θ + ω0 θ = 0  

 4k R 2 − 2 m 3 g ℓ  4 k R 2 − 2m 3 g ℓ ⇒ ω = 0 2 2  21m ℓ 2 + 2MR 2  21m ℓ + 2MR 

Avec ω02 = 

La solution générale : θ = A cos (ω0 t + ϕ )

•

;

θ = −A ω0 sin (ω0t + ϕ )

On obtient A et ϕ a partir des conditions initiales

θ ( 0 ) = θ M θ ( 0 ) = A cos ϕ = θ M → A cos 0 = θ M → A = θ M   ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = −A ω0 sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 L’expression définitive de l’équation horaire du mouvement du système s’écrit :

θ = θM cos ω0t Exercice 6 : On considère que m = m1 = m 2 = m3 = m 4 Le nombre de degrés de liberté :

var iables x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ,θ  ⇒ n = 5 − 4 = 1dd ℓ  3ℓ ℓ ℓ  x 1 = 4 sin θ , x 2 = 2 sin θ , x 3 = 4 sin θ , x 4 = ℓ sin θ

Les moments d’inertie : 2

I 1/O

1 ℓ = m   = m ℓ2  4  16 2

ℓ 1 I 2/O = m   = m ℓ 2 4 2 2

I 3/O I 4/O

9  3ℓ  = m   = m ℓ2  4  16 = m ℓ2

L’énergie cinétique du système: Page 37

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EcT = Ecm1 + Ecm2 + Ecm3 + Ecm4 •2 •2 1 1 1 Ec m1 = I 1/o θ = m ℓ2 θ 2 2 16

Ec m 2 = Ec m3

•2 •2 1 11 I 2/o θ = m ℓ2 θ 2 24

•2 •2 1 1 9 2 = I 3/o θ = mℓ θ 2 2 16

•2 1 1 2 •2 Ecm4 = I 4/ o θ = mℓ θ 2 2

Finalement, s’écrit : 2 1 2 1 1 9 1  30  2 • 2 1  15  2 • 2 • EcT = m ℓ  + + + 1θ =   m ℓ θ =   m ℓ θ 2 2  16  2 8   16 4 16 

L’énergie potentielle du système: EpT = Epm1 + Epm2 + Epm 3 + Epm 4 + Epk1 + Epk2 + Epk3

θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

 ℓ ℓ ℓ 2 2 θ x 1 = sin θ = θ ⇒ x 1 = 4 4 16  2  ℓ ℓ ℓ 2 2 x = sin θ = θ ⇒ x = θ  2 ⇒ 2 2 2 4 2  3ℓ 3ℓ 9ℓ x 2 = sin θ = θ ⇒ x 2 2 = θ 4 4 16  x = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 2 = ℓ 2θ 2 4  4 2

Ep m1 = mg

2 ℓ 1 ℓ 2 11 (1 − cos θ ) = mg θ = mg ℓ θ 4 2 4 24

Ep m 2 = mg

2 ℓ 1 ℓ 2 11 1 − cos θ = mg θ = mg ℓ θ ( ) 2 2 2 22

Ep m3

2 3ℓ 1 3ℓ 2 1 3 = mg (1 − cos θ ) = mg θ = mg ℓ θ 4 2 4 24

Ep m 4

2 2 1 1 = mg ℓ (1 − cos θ ) = mg ℓ θ = mg ℓ θ 2 2

1 1 ℓ2 2 Ep k 1 = kx 12 = k θ 2 2 16

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Ep k 2 =

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1 2 1 ℓ2 2 kx 2 = k θ 2 2 4

1 2 1 9ℓ 2 2 Ep k 3 = kx 3 = k θ 2 2 16 EpT =

 1  k ℓ 2 k ℓ 2 9k ℓ 2 1 1 3 + + + mg ℓ + mg ℓ + mg ℓ + mg ℓ  θ 2  2  16 4 16 4 2 4  EpT =

Finalement, s’écrit :

1 7 2 5  k ℓ + mg ℓ  θ 2  2 8 2 

Le lagrangien s’écrit : 2 1 15 2 • 2 1  7 2 5  L= m ℓ θ −  k ℓ + mg ℓ  θ 2 8 28 2 

L’équation de lagrange :

 d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

  15 2 ••  = 8 mℓ θ  

∂L 5 7  = −  k ℓ2 + mg ℓ θ ∂θ 2 8 

15 2 ••  7 2 5  m ℓ θ +  k ℓ + mg ℓ  θ = 0 8 2 8   7 2 5  ••   k ℓ + mg ℓ    2   θ = 0 ••  7 k 4 g  θ +   8 θ+ + θ = 0 15 2    15 m 3 ℓ     mℓ  ⇒  ⇒ 8   •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0  θ + ω0 θ = 0  7 k 4g  7 k 3 g Avec ω02 =  + ⇒ ω0 = +  15 m 3 ℓ  15 m 4 ℓ  La solution générale : θ = A cos (ω0 t + ϕ )

•

;

θ = −A ω0 sin (ω0t + ϕ )

En tenant compte des conditions initiales du système, on détermine les constantes A et ϕ :

θ ( 0 ) = θ M θ ( 0 ) = A cos ϕ = θ M → A cos 0 = θ M → A = θ M   ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = −A ω0 sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 Finalement, θ (t ) s’écrit par :

θ = θM cos ω0t Page 39

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Exercice 7 : On considère que m = m1 = m2 = m3 Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x, x1 , x2 ,θ ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ   x = Rθ , x1 = 2ℓ sin θ , x2 = ℓ sin θ Les moments d’inertie :

I 1/O = m ( 2ℓ ) = 4m ℓ 2 2

1 MR 2 2 = m ℓ2

I /C = I 2/O

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm1 + Ecm2 + Ecm3 + Ec µ + EcM •2 •2 1 1 Ec m1 = I 1/o θ = 4m ℓ 2 θ 2 2

Ec m 2

•2 1 1 2 •2 = I 2/o θ = m ℓ θ 2 2

Ec m3

•2 1 •2 1 2 = m x = mR θ 2 2

•2 1 •2 1 Ec µ = µ x = µ R 2 θ 2 2

Ec M =

•2 •2 1 11 I /C θ = MR 2 θ 2 22

2 2 1 1 1 • 1  • EcT =  4m ℓ 2 + m ℓ 2 + MR 2 + mR 2 + µ R 2 θ = 5m ℓ 2 +  M + m + µ  R 2  θ 2 2 2  2  

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm2 + Epm 3 + Epm 4 + Epk1 + Epk 2 2 1 Ep m1 = − mg 2ℓ (1 − cos θ ) = − 2mg ℓ θ 2

Epm2 = −mg ℓ sinθ = −mg ℓθ Epm3 = −mgx = −mgRθ Ep µ = µ gx = µ gRθ

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θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

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θ2

2 = 4ℓ 2θ 2

x 1 = 2ℓ sin θ = 2ℓθ ⇒ x  ⇒ x 2 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 2 2 = ℓ 2θ 2  2 2 2 x = R θ ⇒ x = R θ 2 1

2 1 1 1 1 2 Ep k 1 = k ( x 1 + x 01 ) − kx 012 = kx 12 + kx 01x 1 = 4k ℓ2 θ + 2kx 01ℓ θ 2 2 2 2

Epk2 =

2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 k ( − x2 − x02 ) − kx02 = k ( x2 + x02 ) − kx02 = kx2 + kx02 x2 = k ℓ 2 θ + kx02 ℓ θ 2 2 2 2 2 2

EpT =

2 1  4 k ℓ 2 + k ℓ 2 − 2mg ℓ  θ + ( − mg ℓ − mgR + µ g ℓ + 2 kx01ℓ + kx02 ℓ ) θ  2    B

Ä 2

L’équation on écrit sous la forme suivante :

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg ℓ − mgR + µ g ℓ + 2kx01ℓ + kx02 ℓ = 0 dθ θ =0

Il reste :

EpT =

2 1 5k ℓ 2 − 2mg ℓ  θ 2

2 2  1  • 1 Le Lagrangien s’écrit : L = 5m ℓ 2 +  M + m + µ  R 2  θ − 5k ℓ 2 − 2mg ℓ θ 2 2   

(

)

L’équation de lagrange :

    d  ∂L  ∂L d  ∂L   1  2  •• 2 − = 0 ⇒ = 5 m ℓ + M + m + µ   R θ • •  dt  ∂ θ  ∂θ dt  ∂ θ   2       On obtient alors l’équation différentielle comme suit :

∂L = − 5k ℓ 2 − 2mg ℓ θ ∂θ

(

)

 1  2  •• 2 2 5 m ℓ + M + m + µ   R  θ + 5k ℓ − 2mg ℓ θ = 0  2   

(

)

   ••  5 k ℓ 2 − 2 mg ℓ θ +  1  2   2 ⇒   5m ℓ +  2 M + m + µ  R   •• θ + ω 02θ = 0 

  θ = 0   

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  2   5k ℓ − 2mg ℓ 5k ℓ 2 − 2mg ℓ  ⇒ ω0 = ⇒ ω02 =  1   5m ℓ 2 +  1 M + m + µ  R 2  5m ℓ 2 +  M + m + µ  R 2     2   2   La solution générale : θ = A cos (ω0 t + ϕ ) ;

•

θ = −A ω0 sin (ω0t + ϕ )

Les constantes A et ϕ son déterminées a partir des conditions initiales :

θ ( 0 ) = θ M θ ( 0 ) = A cos ϕ = θ M → A cos 0 = θ M → A = θ M   ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = −A ω0 sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 Finalement, θ (t ) s’écrit par :

θ = θM cos ω0t

Exercice 8 : Le nombre de degrés de liberté :

var iables x 1 , x 2 , x 3 ,θ ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ  x 1 = ℓ sin θ , x 2 = 2ℓ sin θ , x 3 = ℓ sin θ On considère que m = m1 = m2 = m3 Le moment d’inertie :

I 1/O = m ℓ 2 I 2/O = m ( 2ℓ ) = 4m ℓ2 2

I 3/O = m ℓ 2 L’énergie cinétique du système:

EcT = Ec m1 + Ec m2 + Ec m3 On considère que m = m1 = m2 = m3

Ec m1 Ec m 2

•2 1 1 2 •2 = I 1/o θ = m ℓ θ 2 2 •2 •2 1 1 2 = I 2/o θ = 4m ℓ θ 2 2

Ec m3 =

•2 •2 1 1 I 3/o θ = m ℓ 2 θ 2 2

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EcT =

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•2 •2 1 1 m ℓ 2 + 4m ℓ 2 + m ℓ 2 θ = 6m ℓ2 θ 2 2

(

)

(

)

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm2 + Epm 3 + Epk1 + Epk 2 On considère que k = k1 = k2

Epm1 = −mgx 1 = −mg ℓ sinθ = −mg ℓθ Epm2 = −mgx 2 = −mg 2ℓ sin θ = −2mg ℓθ Epm3 = mgx 3 = mg ℓ sinθ = mg ℓθ θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

x 1 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x = ℓ θ  ⇒ x 2 = 2sin ℓθ = 2ℓθ ⇒ x 12 = 4ℓ 2θ 2  2 2 2 x 3 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 3 = ℓ θ 2 1

2

2

2 1 1 1 1 2 Ep k 1 = k ( x 1 + x 01 ) − kx 012 = kx 12 + kx 01x 1 = k ℓ 2 θ + kx 01ℓ θ 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 k ( − x2 − x02 ) − kx02 = k ( x2 + x02 ) − kx02 = kx2 + kx02 x2 = 4k ℓ 2 θ + 2kx02 ℓ θ 2 2 2 2 2 2 2 1 EpT =  4 k ℓ 2 + k ℓ 2  θ + ( − mg ℓ − 2 mg ℓ + mg ℓ + kx01ℓ + 2 kx02 ℓ ) θ    2  

Epk2 =

B

Ä

EpT =

2 1 5k ℓ 2  θ +  −2mg ℓ + k ℓ ( x01 + 2 x02 )  θ  2   B

A

Cette équation s’écrit sous la forme suivante : 2

Ep T = A θ + B θ

La condition d’équilibre : dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ −2mg ℓ + k ℓ ( x01 + 2 x02 ) = 0 dθ θ =0 2 1 2 Il reste : EpT = 5k ℓ θ 2

(

)

2 •2 1 1 2 2 Le Lagrangien s’écrit : L = 6m ℓ θ − 5k ℓ θ 2 2

(

)

(

)

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

L’équation de lagrange :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 ••  2 6 m ℓ θ =   

∂L = −5k ℓ 2θ ∂θ ••

2 2 On obtient alors l’équation différentielle comme suit : 6m ℓ θ + 5k ℓ θ = 0

•• 5 k  θ +  θ = 0   6 m  5k 5k ⇒ ⇒ ω02 = ⇒ ω0 = 6m 6m •• 2 θ + ω0 θ = 0  En définitif, ω 0 s’écrit par : ω0 =

5 k 6m

Exercice 9: Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 , x 2 ,θ  ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ  R  x = R θ , x 1 = 2 sin θ , x 2 = ℓ sin θ = 3R sin θ

On posant : ℓ = 3 R Les moments d’inertie :

I /C =

1 MR 2 2 2

I 1/O

R R  =m  =m 4 2

2

I 2/O = m ℓ 2 = m ( 3R ) = 9mR 2 2

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EcT = Ecm1 + Ecm2 + EcM

L’énergie cinétique du système: On considère que m = m1 = m2

•2 •2 1 1 R2 •2 1 1 Ec m1 = I 1/o θ = m mR 2 θ θ = 2 2 4 24

Ec m 2 Ec M

•2 •2 1 1 2 = I 2/o θ = 9mR θ 2 2 •2 •2 1 11 2 = I /C θ = MR θ 2 22

2 •2 •2 11 1 1  37 1 1  37 1  2• 2 2 2 2 2 EcT =  mR + 9mR + MR  θ =  mR + MR  θ =  m + M  R θ 24 2 2 4 2 2 4 2   

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm2 + Epk1 + Epk 2 + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

x = R θ ⇒ x = R θ  2  x = R sin θ = R θ ⇒ x 2 = R θ 2  1 ⇒ 1 2 2 4  x = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 2 = 4ℓ 2θ 2 2  2  x 2 = 3R sin θ = 3R θ ⇒ x 2 2 = 9R 2θ 2 2

Ep m1 = mg Ep m2

2

2

2 R 1 R 2 11 1 − cos θ = mg θ = mgR θ ( ) 2 2 2 22

2 2 2 1 1 1 = mg ℓ (1 − cos θ ) = mg ℓ θ = mg 3R θ = 3mgR θ 2 2 2

On considère que k = k1 = k2

1 1 R2 2 1 1 2 2 Ep k 1 = kx 12 = k θ = kR θ 2 2 4 24 2 1 2 1 2 Ep k 2 = kx 2 = 9kR θ 2 2

1 2 1 2 2 Ep k = kx = kR θ 2 2 2 2 1 1 R 1  41 2 7   2 2 2 EpT =  kR + 9 kR + kR + mg + 3mgR  θ =  kR + mgR  θ 2 4 2 2 4 2  

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37 1 Le Lagrangien s’écrit : L =  m + M 2  4

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2 7  2 • 1  41 R θ −  kR 2 + mgR  2 4 2 

 θ 

2

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 1   37 = 4 m + 2M   

 2 •• R θ 

7 ∂L  41  = −  kR 2 + mgR  θ ∂θ 2  4 

1  37  2 ••  41 2 7   m + M  R θ +  kR + mgR  θ = 0 2 2  4   4 

  41 2 7  kR + mgR  ••  ••  2 θ +  4 θ = 0 θ +  41kR + 14mg  37 1  2      ( 37m + 2M ) R ⇒    4 m + 2 M  R  ⇒  •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0  θ + ω0 θ = 0  En définitive, ω 0 s’écrit par : ⇒ ω02 =

41kR + 14mg ⇒ ω0 = ( 37m + 2M ) R

 θ = 0 

41kR + 14mg ( 37m + 2M ) R

Exercice 10 : Les moments d’inertie : I1/ O = m1ℓ 2 I 2/ O = m2 ( 2ℓ ) = 4m2 ℓ 2 2

I 3/ O = m3 ( 2ℓ ) = 4 m3ℓ 2 2

I 4/ O = m4 ℓ 2

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm1 + Ecm2 + Ecm3 + Ecm4 Ecm1 =

•2 •2 1 1 I1/ o θ = m1ℓ 2 θ 2 2

•2 •2 1 1 Ec m 2 = I 2/o θ = 4m 2 ℓ 2 θ 2 2

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Ecm3 =

•2 •2 1 1 I 3/ o θ = 4m3ℓ 2 θ 2 2

Ecm4 =

•2 •2 1 1 I 4/ o θ = m4 ℓ 2 θ 2 2

⇒ EcT =

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

•2 1 ( m1 + 4m2 + 4m3 + m4 ) ℓ2 θ 2

On considère que : m = m 1 = m 2 = m 3 = m 4 •2 1 ⇒ EcT = 10m ℓ 2 θ 2

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm2 + Epm3 + Epm4 + Epk1 + Epk 2 + Epk 3 + Epk 4

θ petit ⇒ sinθ = θ

Cosθ = 1−

θ2 2

x1 = ℓ sinθ = ℓθ ⇒ x12 = ℓ2θ 2  2 2 2 x2 = 2ℓ sinθ = 2ℓθ ⇒ x1 = 4ℓ θ ⇒ 2 2 2 x3 = 2ℓ sinθ = 2ℓθ ⇒ x1 = 4ℓ θ x = ℓ sinθ = ℓθ ⇒ x 2 1 4 Epm1 = m1 g ℓ sin θ = mg ℓθ 2 1 Ep m 2 = − m 2 g 2ℓ (1 − cos θ ) = − 2mg ℓ θ 2

Epm3 = − m3 g 2ℓ sin θ = −2mg ℓθ

Ep m 4

2 1 = m 4 g ℓ (1 − cos θ ) = mg ℓ θ 2

A l’équilibre statique les ressorts sont comprimés : 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 k ( − x1 − x01 ) − kx01 = k ( x1 + x01 ) − kx01 = kx1 + kx01 x1 = k ℓ 2 θ + kx01ℓθ 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 Epk2 = k ( − x2 − x02 ) − kx02 = k ( x2 + x02 ) − kx02 = kx2 + kx02 x2 = 4 k ℓ 2 θ + 2 kx02 ℓθ 2 2 2 2 2 2

Epk1 =

Epk3 =

2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 k ( − x3 − x03 ) − kx03 = k ( x3 + x03 ) − kx03 = kx3 + kx03 x3 = 4 k ℓ 2 θ + 2 kx03 ℓθ 2 2 2 2 2 2

Epk3 =

2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 k ( − x4 − x04 ) − kx04 = k ( x4 + x04 ) − kx04 = kx4 + kx04 x4 = k ℓ 2 θ + kx04 ℓθ 2 2 2 2 2 2

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EpT =

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

2 1  −2mg ℓ + mg ℓ + k ℓ 2 + 4k ℓ 2 + 4k ℓ 2 + k ℓ 2  θ +  mg ℓ − 2mg ℓ + k ( x01 + 2 x02 + 2 x03 + x04 ) ℓ  θ    2    B

Ä 2

EpT =

1 10k ℓ 2 − mg ℓ  θ +  − mg ℓ + k ( x01 + 2 x02 + 2 x03 + x04 ) ℓ  θ  2  B

Ä 2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg ℓ + k ( x01 + 2 x02 + 2 x03 + x04 ) ℓ = 0 dθ θ =0 2 1 2 Il reste : EpT = 10k ℓ − mg ℓ θ 2

(

)

Le lagrangien s’écrit :

2 •2 1 1 L = 10m ℓ 2 θ − 10k ℓ 2 − mg ℓ θ 2 2

(

)

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 ••  2 = 10 m ℓ θ    ••

(

∂L = − 10k ℓ 2 − mg ℓ θ ∂θ

(

)

)

10 m ℓ 2 θ + 10 k ℓ 2 − m g ℓ θ = 0

••  10k ℓ2 − mg ℓ  •• k 1 g  θ +  θ = 0 θ +  − θ = 0 2  1 g k 1 g   10m ℓ   m 10 ℓ  k ω02 =  − ⇒ ⇒ − La  ⇒ ω0 = m 10 ℓ  m 10 ℓ  •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0 θ + ω0 θ = 0   solution générale :

θ = A cos (ω0 t + ϕ )

;

•

θ = − A ω 0 sin (ω 0 t + ϕ )

On obtient A et ϕ a partir des conditions initiales :

π π π π   θ ( 0 ) = 12 θ ( 0 ) = A cos ϕ = 12 → A cos 0 = 12 → A = 12 ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = − A ω sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 0   En définitive, θ (t ) s’écrit par :

θ (t ) =

π 12

cos ω0t

Exercice 11 : Le nombre de degrés de liberté : Page 48

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var iables x ,θ   ℓ  x = 4 sin θ

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

⇒ n = 2 − 1 = 1dd ℓ

Le moment d’inertie de la barre:

I /o = I /G + M (OG )

2

1 = M ℓ2 + M 12

2

1 ℓ  1 1 2 2   =  + M ℓ = M ℓ 3  2   12 4 

L’énergie cinétique du système: •2 •2 1 11 EcT = Ec M = I /o θ = M ℓ2 θ 2 23 L’énergie potentielle du système: EpT = Ep M + Ep k

θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

2

ℓ ℓ ℓ ⇒ x = sin θ = θ ⇒ x 12 = θ 2 4 4 16

Ep M = −Mg

2 ℓ 11 (1 − cosθ ) = − Mg ℓθ 2 22

2 1 1 ℓ2 2 1 1 Ep k = kx 2 = k θ = k ℓ2 θ 2 2 16 2 16

EpT =

2 1 1 1  2 k ℓ − Mg ℓ θ   2  16 2 

Le lagrangien du système s’écrit : 2 •2 11 1 1 1  2 2 L =  M ℓ  θ −  k ℓ − Mg ℓ  θ 23 2  16 2  

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 ••  1 2 = M ℓ θ  3  

∂L 1  1  = −  k ℓ 2 − Mg ℓ  θ ∂θ 2  16 

•• 1 1  1  M ℓ 2 θ +  k ℓ 2 − Mg ℓ  θ = 0 3 2  16 

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

  1 2 1  •• ••  16 k ℓ − 2 Mg ℓ  θ = 0 θ +  3 k − 3 g  θ = 0 θ +   1   16 M 2 ℓ     3 k 3g M ℓ2  3 k 3 g ω02 =  ⇒  ⇒ − − 3   ⇒ ω0 = 16 M 2 ℓ 16 M 2ℓ   ••   2 •• θ ω θ + = 0   0 2  θ + ω0 θ = 0  La solution générale : θ = A cos (ω0 t + ϕ ) Les constantes A et ϕ

;

•

θ = − A ω 0 sin (ω 0 t + ϕ )

son déterminées a partir des conditions initiales :

θ ( 0 ) = θ M θ ( 0 ) = A cos ϕ = θ M → A cos 0 = θ M → A = θ M   ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = −A ω0 sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 Finalement, θ (t ) s’écrit par :

θ = θM cos ω0t

Exercice 12 : Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x1 , x2 , x3 ,θ ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ   x1 = ℓ sin θ , x2 = ℓ sin θ , x3 = 3ℓ sin θ Le moment d’inertie de la barre : 1 2 m ( 4ℓ ) + m ℓ 2 12 7 4  ==  + 1 m ℓ 2 = m ℓ 2 3 3 

I /o = I /G + m (OG ) = 2

⇒ I /o

L’énergie cinétique du système: •2 1 1 7 2 •2 EcT = Ec m = I /o θ = mℓ θ 2 23 L’énergie potentielle du système:

EpT = Epk1 + Epk 2 + Epk 3 θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

 x 1 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 1 = ℓ θ  ⇒  x 2 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 2 2 = ℓ 2θ 2  2 2 2  x 3 = 3ℓ sin θ = 3ℓθ ⇒ x 3 = 9ℓ θ 2

2

2

2 1 1 2 1 2 1 2 2 Ep k1 = k ( x 1 + x 01 ) − kx 01 = kx 1 + kx 01x 1 = k ℓ θ + kx 01ℓθ 2 2 2 2

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Epk2 =

2 1 1 2 1 2 1 2 k ( x2 + x02 ) − kx02 = kx2 + kx02 x2 = k ℓ 2 θ + kx02 ℓθ 2 2 2 2

Epk3 =

2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 k ( − x3 − x03 ) − kx03 = k ( x3 + x03 ) − kx03 = kx3 + kx03 x3 = 9k ℓ 2 θ + 3kx03ℓθ 2 2 2 2 2 2

Ep m = − m g ℓ sin θ = − m g ℓ θ

EpT =

2 1  k ℓ 2 + k ℓ 2 + 9k ℓ 2  θ + [ − mg ℓ + kx01ℓ + kx02 ℓ + 3kx03ℓ ]θ   2   B

A

EpT =

2 1 11k ℓ 2 θ +  − mg + k ( x01 + x02 + 3 x02 )  ℓ θ    2  

(

)

B

Ä 2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ −mg + k ( x01 + x02 − 3x02 ) = 0 dθ θ =0

EpT =

Il reste :

2 1 11k ℓ2 θ 2

(

)

Le lagrangien du système s’écrit :

L=

2 1 7 2 •2 1 m ℓ θ − 11k ℓ2 θ 23 2

(

)

L’équation différentielle du mouvement du système : d dt

  ∂L  •  ∂θ 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 ••  7 2 = m ℓ θ  3  

∂L = − 11k ℓ 2 θ ∂θ

(

)

   •• ••  11k ℓ 2  θ = 0 θ +  33 k  θ = 0 θ +     7 m ℓ2  33 k   7 m   33 k  ω02 =  ⇒  3 ⇒   ⇒ ω0 = 7 m  7 m  •• 2 •• θ ω θ + = 0   0 2 θ + ω0 θ = 0   La pulsation propre des oscillations du système est alors donner par :

ω0 =

33 k 7 m

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Exercice 13 : Les moments d’inertie : I 1/O = m 1ℓ 12 I 2/O = m 2 ℓ 2 2 I 3/O = m 3ℓ 3 2 1 MR 2 2 L’énergie cinétique du système: I /C =

EcT = Ecm1 + Ecm2 + Ecm3 + EcM Ec m1

•2 •2 1 1 2 = I 1/o θ = m1ℓ1 θ 2 2

Ec m 2

•2 •2 1 1 2 = I 2/o θ = m 2 ℓ 2 θ 2 2

•2 •2 1 1 Ec m3 = I 3/o θ = m3ℓ 32 θ 2 2 •2 •2 1 11 Ec M = I /C θ = MR 2 θ 2 22

•2

1 1  ⇒ EcT =  m1ℓ12 + m2ℓ 22 + m3ℓ32 + MR 2 θ 2 2 

θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

2

⇒x =

R R R 2 sin θ = θ ⇒ x 2 = θ 2 2 4

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm2 + Epm3 + Epk + EpM 2 1 Ep m1 = m1g ℓ1 (1 − cos θ ) = m1g ℓ1 θ 2

Epm2 = m2g ℓ2 sinθ = m2g ℓ2θ Ep m3

2 1 = −m 3 g ℓ 3 (1 − cos θ ) = − m 3 g ℓ 3 θ 2

1 1 2 1 2 11 2 2 1 2 Ep k = k ( x − x 0 ) + kx 0 = kx − kx 0 x = kR θ − kx 0 R θ 2 2 2 24 2 2 1 1 1    EpT = m1g ℓ1 − m 3 g ℓ 3 + kR 2  θ +  m 2 g ℓ 2 − kx 0 R  θ 2 4 2        A

B

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2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  2m 2 g ℓ 2 1  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ m 2 g ℓ 2 − kx 0 R = 0 ⇒ x 0 = 2 d θ θ = 0 kR

Il reste : EpT =

2 1 1 2 m g ℓ − m g ℓ + kR θ 1 1 3 3  2  4

Le lagrangien s’écrit : L=

2 •2 1 1 1 1 2 2 2 2  2 ℓ + ℓ + ℓ + θ − ℓ − ℓ + θ m m m MR m g m g kR 2 2 3 3 1 1 3 3  1 1   2 2 2  4 

L’équation différentielle du mouvement du système :

    d  ∂L  ∂L d  ∂L   1 ∂L 1  ••   − = 0 ⇒  •  =  m1ℓ12 + m2ℓ 2 2 + m3ℓ 32 + MR 2  θ = −  m1 g ℓ1 − m3 g ℓ 3 + kR 2  θ •   dt  ∂ θ  ∂θ dt  ∂ θ   2 ∂θ 4          1  m1g ℓ1 − m 3 g ℓ 3 + kR 2 ••   4 θ =0 1   θ +   m1g ℓ1 − m 3 g ℓ 3 + kR 2     m1ℓ12 + m 2ℓ 22 + m 3ℓ 32 + 1 MR 2  4 ⇒  ⇒ ω02 =   2  1   m1ℓ12 + m 2ℓ 22 + m 3ℓ 32 + MR 2    2 •• 2 + = 0 θ ω θ 0   La pulsation propre des oscillations du système définie par :

1 m1g ℓ1 − m 3 g ℓ 3 + kR 2 4 ⇒ ω0 = 1 m1ℓ12 + m 2ℓ 22 + m 3ℓ 32 + MR 2 2

Exercice 14 :

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Les moments d’inertie : I /O = mR 2 I /C =

1 MR 2 2

EcT = Ecm + EcM

L’énergie cinétique du système: •2 •2 1 1 Ec m = I 1/o θ = mR 2 θ 2 2

Ec M

•2 •2 1 11 2 = I /C θ = MR θ 2 22

EcT =

•2 1 1 2 2 mR + MR θ   2 2 

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Epk1 + Epk 2 θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

 x = R θ ⇒ x 2 = R 2θ 2  2 2R 2R 4R 2  2 ⇒ x 1 = sin θ = θ ⇒ x1 = θ 3 3 9  2  R R R 2 2 θ x 2 = sin θ = θ ⇒ x 2 = 3 3 9  2 1 Ep m1 = mgR (1 − cos θ ) = mgR θ 2

1 14 2 2 Ep k 1 = kx 12 == kR θ 2 29 Ep k 2 = EpT =

1 2 11 2 2 kx 2 = kR θ 2 29 2 1 4 1 15  2 2 kR + kR + mgR θ =  kR 2 + mgR   2 9 9 29 

 θ 

2

2 •2 1 1 15 2  2 2 2 Le lagrangien s’écrit : L =  mR + MR  R θ −  kR + mgR  θ 2 2 29  

L’équation différentielle du mouvement du système :

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 d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

 •• 1   2 2 2 mR MR R = + θ    2    

∂L 5  = −  kR 2 + mgR  θ ∂θ 9 

•• 1  5  2 2 2 2  mR + MR  R θ +  kR + mgR  θ = 0 2 9    

  5 2     kR + mgR  ••  ••  5kR + 9mg  θ +  9  θ = 0 θ +  θ = 0 1         1 2 2 ⇒    mR + 2 MR   ⇒   9  2 M + m  R    •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0 θ + ω0 θ = 0   La pulsation propre est alors s’écrit comme suit :

⇒ ω02 =

La solution générale s’écrit :

5kR + 9mg 5kR + 9mg ⇒ ω0 = 1  1  9 M + m  R 9 M + m R 2  2 

θ = A cos (ω0 t + ϕ ) ;

•

θ = − A ω 0 sin (ω 0 t + ϕ )

On obtient A et ϕ a partir des conditions initiales

π π π π   θ ( 0 ) = 15 θ ( 0 ) = A cos ϕ = 15 → A cos 0 = 15 → A = 19 ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = − A ω sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 0   En définitive, θ (t ) s’écrit par :

θ (t ) =

π 15

cos ω0t

Exercice 15 : Le moment d’inertie : I /O = m ℓ 2 L’énergie cinétique du système: •2 1 1 2 •2 EcT = Ec m = I /o θ = m ℓ θ 2 2

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Epk1 + Epk 2 + Epk 3

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θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

θ2 2

 ℓ ℓ ℓ 2 2 x 1 = sin θ = θ ⇒ x 1 = θ 3 3 9  2  2ℓ 2ℓ 4ℓ 2 ⇒ x 2 = sin θ = θ ⇒ x 2 2 = θ 3 3 9  x 3 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 32 = ℓ 2θ 2   2

Ep m = − m g ℓ sin θ = − m g ℓ θ

Epk1 =

1 1 2 1 2 11 2 2 1 2 k ( x1 + x01 ) − kx01 = kx1 + kx01 x1 = k ℓ θ + kx01ℓθ 2 2 2 29 3

Epk2 =

1 1 2 1 2 14 2 2 2 2 k ( x2 + x02 ) − kx02 = kx2 + kx02 x2 = k ℓ θ + kx02 ℓθ 2 2 2 29 3

Epk3 =

2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 2 k ( − x3 − x03 ) − kx03 = k ( x3 + x03 ) − kx03 = kx3 + kx03 x3 = k ℓ 2 θ + kx03 ℓθ 2 2 2 2 2 2

EpT =

1  2 4 2 1 2 2  2 1   k ℓ + k ℓ + k ℓ  θ +  −mg ℓ + k  x01 + x02 + x03  ℓ  θ  2 9  9  3  3     Ä

EpT =

B

1 14 2  2  2 1   k ℓ  θ +  −mg ℓ + k  x01 + x02 + x03  ℓ  θ  2  9 3  3    Ä

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par : dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg ℓ + k d θ θ = 0

Il reste :

2 1   x 01 + x 02 − x 03  ℓ = 0 3 3 

1  14 2  2 EpT =  k ℓ  θ 2 9 

Le lagrangien s’écrit :

•2 1 1  14 2  2 2 L = m ℓ θ −  k ℓ θ 2 2 9 

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 ••  2 = m ℓ θ   

∂L  14  = −  k ℓ2 θ ∂θ  9 

••  14  m ℓ2 θ +  k ℓ2 θ = 0  9 

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

  14 2  •• 14 k ••  9 k ℓ   θ +  θ + θ = 0   2  θ = 0   9 m    mℓ  14 k  14 k  ω02 =  ⇒  ⇒   ⇒ ω0 = 9 m 9 m  •• 2 ••  θ + ω0 θ = 0 2 θ + ω0 θ = 0   θ = A cos (ω0 t + ϕ ) ;

La solution générale s’écrit :

•

θ = − A ω 0 sin (ω 0 t + ϕ )

π π π π   θ ( 0 ) = 16 θ ( 0 ) = A cos ϕ = 16 → A cos 0 = 16 → A = 16 ⇒ • • θ ( 0 ) = 0 θ ( 0 ) = − A ω sin ϕ = 0 → sin ϕ = 0 → ϕ = 0 0  

θ (t ) =

Finalement, θ (t ) s’écrit par :

π 16

cos ω0t

Exercice 16 : Le nombre de degrés de liberté :

var iables x ,θ   ℓ  x = 4 sin θ

⇒ n = 2 − 1 = 1dd ℓ

Le moment d’inertie : I /o = I /G + m (OG ) = 2

1 1 16  1 1 m ℓ2 + m ℓ2 =  +  m ℓ2 = m ℓ2 12 4 48  12 4 

1 ⇒ I /o = m ℓ 2 3 L’énergie cinétique du système: •2 1 1 1 2 •2 EcT = Ec m = I /o θ = mℓ θ 2 23 L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

2

⇒x =

ℓ ℓ ℓ sin θ = θ ⇒ x 2 = θ2 4 4 16

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ℓ ℓ Epm = −mg sinθ = −mg θ 2 2 Epk1 =

1 1 1 1 1 2 2 1 2 k ( x + x0 ) − kx02 = kx 2 + kx0 x = k ℓ θ + kx0 ℓθ 2 2 2 2 16 4

2 1 1 1   1  EpT =  k ℓ2  θ + − mg ℓ + kx 0ℓ  θ 2 16 4  2      B

Ä

2

S’écrit sous la forme suivante :

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   =0⇔B =0 d θ θ = 0 1 1 2mg ⇒ − mg ℓ + kx 0 ℓ = 0 ⇒ x 0 = 2 4 k 2 1 1 Il reste : EpT =  k ℓ 2  θ 2  16 

L=

Le lagrangien s’écrit :

2 •2 11 1 1 2  2  m k ℓ θ − ℓ θ     23 2  16  

L’équation différentielle du mouvement du système : d dt

  ∂L  •  ∂θ 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 ••  1 2  = 3 mℓ θ  

∂L  1  = −  k ℓ2 θ ∂θ  16 

••  14  m ℓ2 θ +  k ℓ2 θ = 0  9 

  1 2  •• 3 k ••  16 k ℓ   θ +  θ + θ = 0    θ = 0 1   16 m    m ℓ2  3 k  3 k  ω02 =  ⇒  3 ⇒   ⇒ ω0 = 16 m  16 m   •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0  θ + ω0 θ = 0 

Exercice 17 : Les moments d’inertie :

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I 1/O = m 1ℓ 2 2

I 2/O

1 ℓ = m 2   = m 2ℓ 2 4 2

L’énergie cinétique du système:

EcT = EcM + Ecm1 + Ecm2 + Ecm3 + Ecm4 + Ecm5 Ec M

•2 •2 1 11 2 = I /C θ = MR θ 2 22

•2 •2 1 1 Ec m1 = I 1/o θ = m1ℓ2 θ 2 2 •2 •2 1 11 Ec m2 = I 2/o θ = m 2 ℓ2 θ 2 24 •2 •2 1 11 Ec m3 = I 3/o θ = m 3ℓ 2 θ 2 24 •2 •2 1 1 Ec m4 = m 4 x = m 4 R 2 θ 2 2 •

•

• 2

• 2

Puisque : x = R θ ⇒ x = R 2 θ ⇒ x = R 2 θ •2 •2 1 1 Ec m5 = m 5 x = m 5 R 2 θ 2 2

2 1  1 1  1  • ⇒ EcT =  m1 + m 2 + m3  ℓ2 +  M + m 4 + m 5  R 2  θ 2  4 4  2  

On considère que : m = m 1 = m 2 = m 3 = m 4 = m 5 2 1 3 2  1  2 • Donc : ⇒ EcT =  m ℓ +  M + 2m  R  θ 2 2 2  

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm2 + Epm3 + Epm4 + Epm5 + Epk1 + Epk2 + Epk3 + Epk4

Epm1 = −m1g ℓ sinθ = −mg ℓθ Epm2 = −m 2 g

2 ℓ 11 (1 − cosθ ) = − mg ℓθ 2 22

ℓ 1 Epm3 = m3 g sin θ = mg ℓθ 2 2

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Epm4 = m4 gx = mgRθ Epm5 = m5gx = mgRθ 1 1 2 1 2 1 2 2 2 Ep k = k ( x + x 0 ) + kx 0 = kx + kx 0 x = kR θ + kx 0 R θ 2 2 2 2 2 1 2 1 1    EpT =  kR − mg ℓ  θ +  − mg ℓ + mg ℓ − mgR + mgR + kx0 R  θ 2 2 2       B

Ä

EpT =

2 1 2 1   1  kR − mg ℓ θ + − mg ℓ + kx0 R  θ    2 2   2    B

Ä

L’équation on écrit sous la forme suivante : 2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par:

dEpT  1 mg ℓ  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg ℓ + kx0 R = 0 ⇒ x0 = dθ θ =0 2 2kR

Il reste :

EpT =

2 1 1  2 kR − mg ℓ θ   2 2 

2 2 1 3 2  1  2 • 1 2 1  L =  m ℓ +  M + 2m  R  θ −  kR − mg ℓ θ 2 2 2 2 2   

Le lagrangien s’écrit :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

  3 1  2  •• 2 = m ℓ + M + 2 m   R θ  2 2      

∂L 1   = −  kR 2 − mg ℓ  θ ∂θ 2  

3 2  1  2  ••  2 1  m ℓ + M + 2 m   R  θ +  kR − mg ℓ θ = 0 2 2 2         1 ••   kR 2 − mg ℓ 2   θ +  θ = 0 1     3 kR 2 − mg ℓ   1   2 2   m ℓ +  M + 2m  R  2 2     ⇒ ⇒ ω0 = 2   2      3 1    m ℓ 2 +  M + 2m  R 2     •• 2    2 θ + ω02θ = 0 

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1 kR 2 − mg ℓ 2 3 1  2 2  2 m ℓ +  2 M + 2m  R     

ω0 =

Donc:

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Exercice 18: Les moments d’inertie :

I 1/O = m1ℓ 2 I 2/O = m 2 ℓ 2 I /C =

1 MR 2 2

L’énergie cinétique du système:

EcT = EcM + Ecm1 + Ecm2 •2 •2 1 11 Ec M = I /C θ = MR 2 θ 2 22

Ec m1

•2 •2 1 1 2 = I 1/o θ = m1ℓ θ 2 2

Ec m 2

•2 •2 1 1 2 = I 2/o θ = m 2 ℓ θ 2 2

2 1 1 • ⇒ EcT =  MR 2 + ( m1 + m2 ) ℓ2  θ 2 2 

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm2 + Epk1 + Epk 2 + Epk 3 θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

x 1 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 1 = ℓ θ ⇒ 2 2 2 x 2 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 2 = ℓ θ 2

2

2

1 Epm1 = −m1g ℓ (1 − cosθ ) = − m1g ℓθ 2 2 Ep m 2

2 1 = m 2 g ℓ (1 − cos θ ) = m 2 g ℓ θ 2

2 1 1 Ep k1 = kx 12 = k ℓ2 θ 2 2

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

2 1 1 Ep k 2 = kx 22 = k ℓ2 θ 2 2

1 2 1 2 2 Ep k 3 = kx = kR θ 2 2 2 1 2 2  EpT = ( m 2 − m1 ) g ℓ + 2ℓ + R k  θ 2

(

)

Le lagrangien s’écrit : L=

2 •2 1 1 1 2 2 2 2  ℓ ℓ ℓ MR + m + m θ − m − m g + 2 + R k θ ( ) ( ) 1 2 2 1   2  2 2

(

)

L’équation différentielle du mouvement du système : d dt

  ∂L  •  ∂θ 

   •• d  ∂L   1 ∂L  ∂L 2 2 0 MR m m − = ⇒ = + + ℓ θ = − ( m 2 − m1 ) g ℓ + 2ℓ 2 + R 2 k  θ ( ) 1 2 •   ∂θ    dt 2 ∂ θ    ∂θ      •• 1 2 2 2 2   ℓ + + MR m m θ ( ) 1 2 2  +  ( m 2 − m 1 ) g ℓ + 2ℓ + R k  θ = 0  

(

(

)

)

   ••  ( m 2 − m1 ) g ℓ + 2ℓ 2 + R 2 k    θ = 0   θ +   1  ( m 2 − m1 ) g ℓ + 2ℓ 2 + R 2 k       2 2  ⇒    2 MR + ( m1 + m 2 ) ℓ   ⇒ ω02 =     1 MR 2 + m + m ℓ2    ( 1 2)    2 •• 2     θ + ω0 θ = 0 

(

)

(

(

)

)

 ( m 2 − m 1 ) g ℓ + 2ℓ 2 + R 2 k   ω0 =  1 2 2  2 MR + ( m1 + m 2 ) ℓ 

Pulsation propre :

Exercice 19 : On considère que : x = R θ

ℓ = ℓ1 = ℓ 2

L’énergie cinétique du système:

EcT = EcM + Ecm1 + Ecm2 •2 •2 •2 •2 •2 1 1 11 1 13 Ec M = I /C θ + M x = MR 2 θ + MR 2 θ = MR 2 θ 2 2 22 2 22

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed • 2

• 2

Avec: x 1 = o ′m 1 − oo ′ = ℓ 1 sin θ − x = ℓ 1θ − R θ = ( ℓ 1 − R ) θ ⇒ x = ( ℓ − R )2 θ 1 et

⇒ o′m1 = o′xm1

•2 •2 1 1 2 Ec m1 = m1 x = m1 ( ℓ1 − R ) θ 1 2 2

x 2 = o ′m 2 + oo ′ = ( ℓ 2 sin θ + x

avec :

) = ℓ 2θ

• 2

+ R θ = ( ℓ 2 + R )θ ⇒ x

2

= (ℓ + R

• 2

2 ) θ

et ⇒ o′m2 = o′xm2 •2 •2 1 1 2 Ec m2 = m 2 x = m 2 ( ℓ 2 + R ) θ 2 2 2

•2 13 2 2 2 EcT =  MR + m1 ( ℓ1 − R ) + m2 ( ℓ 2 + R ) θ 2 2 

On considère que : m = m1 = m 2

13 ⇒ EcT =  MR 2 + 2m ℓ 2 + R 2 22

(

)

• θ 

2

EpT = Epm1 + Epm2 + Epk1 + Epk 2 + Epk 3

L’énergie potentielle du système:

1 Epm1 = −m1g ℓ (1 − cosθ ) = − m1g ℓθ 2 2 2 1 Ep m 2 = m 2 g ℓ (1 − cos θ ) = m 2 g ℓ θ 2

1 2 1 2 2 Ep k1 = kx 1 = k ℓ θ 2 2 1 2 1 2 2 Ep k 2 = kx 2 = k ℓ θ 2 2 2 1 1 Ep k 3 = kx 2 = kR 2 θ 2 2

EpT =

2 1 2 2  m − m g ℓ + 2 ℓ + R k θ ( ) 2 1  2

⇒ EpT =

(

)

2 1 2 2 θ m − m g ℓ + 2 ℓ + R k ( )  2

Le lagrangien s’écrit :

(

)

⇒ EpT =

2 1 2 2 θ 2 ℓ + R k  2

(

)

2 2 13 • 1 L =  MR 2 + 2m ℓ 2 + R 2  θ −  2ℓ 2 + R 2 k  θ 22 2 

(

)

(

)

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

L’équation différentielle du mouvement du système :

    •• d  ∂L  ∂L d  ∂L   3 2 2 2  0 2 ℓ − = ⇒ = MR + m + R θ  dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ•   2      •• 3 2 2 2  2 2  MR + 2m ℓ + R  θ +  2ℓ + R k  θ = 0 2 

(

(

)

(

∂L = −  2ℓ 2 + R 2 k  θ ∂θ

)

(

)

)

    2ℓ 2 + R2 k  ••       θ +  θ = 0  2ℓ2 + R2 k   2ℓ 2 + R2 k       3 2 2 2  MR + 2 m + R ℓ     2       ⇒ 2 ⇒ ω0 = ⇒ ω0 =  3    3 MR2 + 2m ℓ2 + R2    MR2 + 2m ℓ2 + R2       •• 2  2  2 θ + ω0 θ = 0 

(

)

(

(

)

)

(

(

ω0 =

Donc:

)

(

)

(

)

 2ℓ 2 + R 2 k    3 2 2 2   MR + 2m ℓ + R  2  

(

)

Exercice 20 : Le nombre de degrés de liberté :

var iables x 1 , x 2 , x 3 , θ  x 1 = ℓ sin θ , x 2 = 2ℓ sin θ , x 3 = 3ℓ sin θ ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ Le moment d’inertie :

I /O = m ℓ 2

L’énergie cinétique du système: •2 1 1 2 •2 EcT = Ec m = I 1/o θ = m ℓ θ 2 2 L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Epk1 + Epk 2 + Epk 3 θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

 x 1 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 1 = ℓ θ  ⇒  x 2 = 2ℓ sin θ = 2ℓθ ⇒ x 2 2 = 4ℓ 2θ 2  2 2 2  x 3 = 3ℓ sin θ = 3ℓθ ⇒ x 2 = 9ℓ θ 2

2

2

Epm = mgx3 = mg 3ℓθ

Page 64

)

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2 1 1 1 1 2 Ep k 1 = k ( x 1 + x 01 ) + kx 012 = kx 12 + kx 01x 1 = k 1ℓ 2 θ + k 1x 01ℓ θ 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 Ep k 2 = k ( x 2 + x 02 ) + kx 02 = kx 2 + kx 02 x 2 = 4k 2 ℓ θ + 2kx 02ℓ θ 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 Ep k 3 = k ( x 3 + x 03 ) + kx 03 = kx 3 + kx 03 x 3 = 9k 3ℓ θ + 3k 3 x 03ℓ θ 2 2 2 2

EpT =

2 1 ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) ℓ 2  θ + ( 3mg + k 1x 01 + 2k 2 x 02 + 3k 3 x 03 ) ℓ θ   2    B

A 2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ 3mg + k 1x 01 + 2k 2 x 02 + 3k 3 x 03 = 0 d θ θ =0 2 1 2 Il reste : EpT = ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) ℓ  θ 2 2 •2 1 1 Le lagrangien s’écrit : L = m ℓ2 θ − ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) ℓ2  θ 2 2

L’équation différentielle du mouvement du système :

 d  dt    

  ∂L  •  ∂θ 

   •• d  ∂L   ∂L 2 − = ⇒ = 0 m ℓ θ •  ∂θ dt  ∂ θ      ∂L = − ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) ℓ 2  θ ∂θ

••

mℓ2 θ + ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) ℓ2 θ = 0 ••  ( k + 4k + 9k ) ℓ2  ••  ( k + 4k + 9k )  2 3 2 3 θ +  1  θ = 0 θ+ 1  θ = 0 2  m ℓ m        ⇒ ⇒ •• 2 •• 2 + = 0 θ ω θ  θ + ω0 θ = 0 0    ( k + 4k 2 + 9k 3 )  En définitive ω 0 s’écrit par : ⇒ ω02 =  1  ⇒ ω0 = m  

( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) m

Exercice 21 : Page 65

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Les moments d’inertie :

I 1/O = m ( 2ℓ ) = 4m ℓ2 2

I 2/O = m ( 2ℓ ) = 4m ℓ2 2

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm1 + Ecm2 Ecm1 =

•2 •2 1 1 I1/ o θ = 4mℓ2 θ 2 2

•2 •2 1 1 Ec m2 = I 2/o θ = 4m ℓ2 θ 2 2 •2 1 EcT = 8mℓ 2 θ 2

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm 2 + Epk1 + Epk 2 Epm1 = m1 g 2ℓ sin θ = 2mg ℓθ

Epm2 = −m2 g 2ℓ sinθ = −2mg ℓθ Epk3 =

1 2 1 2 2 kx3 = k ℓ θ 2 2

Epk4 =

1 2 1 2 2 kx4 = k ℓ θ 2 2

Il reste : EpT =

2 1  2k ℓ 2  θ 2

Le lagrangien s’écrit :

2 •2 1 1 L = 8mℓ 2 θ −  2k ℓ 2  θ 2 2

L’équation différentielle du mouvement du système :

    •• d  ∂L  ∂L d  ∂L  2 − = 0 ⇒ = 8 m ℓ θ dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ•     

∂L = −  2k ℓ 2  θ ∂θ

••

8mℓ 2 θ +  2k ℓ 2  θ = 0

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••  •• 2  θ +  2k ℓ 2  θ = 0 θ +  1 k  θ = 0   8mℓ    4 m  ⇒ ⇒ •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0 θ + ω0 θ = 0  

1k 1 k  ⇒ ω02 =   ⇒ ω0 = 4m 4m 

Finalement, ω 0 s’écrit par :

Exercice 22 :

ℓ 2

ℓ 2

On considère que : sin ϕ = Rθ ⇔ ϕ = Rθ Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 ,θ ,ϕ  ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ  ℓ R θ ϕ θ = , = sin , = sin x R x x 1  2 2

Le moment d’inertie de la barre: I /o = I /G + m (OG ) = 2

1 1 1  1 1 m ℓ2 + m ℓ2 =  +  m ℓ2 = m ℓ2 12 4 3  12 4 

Le moment d’inertie du disque:

I /C =

1 MR 2

2

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm + EcM Ec m =

•2 •2 •2 1 11 2 •2 11 14 I /o ϕ = mℓ ϕ = m 4R 2 θ ⇒ Ec m = mR 2 θ 2 23 23 23

Puisque:

Ec M

• • • •2 •2 ℓ ℓ • ϕ = R θ ⇒ ϕ = R θ ⇒ ℓ ϕ = 2R θ ⇒ ℓ 2 ϕ = 4R 2 θ 2 2

•2 •2 1 11 2 = I /C θ = MR θ 2 22

14 1  2 •2 EcT =  m + M  R θ 23 2 

L’énergie potentielle du système:

EpT = Ep m + Ep k

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θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

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θ2 2 2

⇒ x1 =

R R R 2 sin θ = θ ⇒ x 12 = θ 2 2 4

1 1 2 1 2 2 k ( x 1 + x 01 ) + kx 01 = kx 1 + kx 0 x 1 2 2 2 2 11 1 ⇒ Ep k = k R 2 θ + kx 0 R θ 24 2 Ep k =

ℓ 1 Epm = −mg sin ϕ = − mg ℓϕ = −mgRθ 2 2 2 11 1  2 EpT =  k R  θ +  kx0 − mg  Rθ 2  4 2     A

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par:

dEpT  1 2mg  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ kx 0 − mg = 0 ⇒ x 0 = d θ θ = 0 k 2

2 11 2 Il reste : EpT =  kR  θ 24 

Le lagrangien s’écrit :

L=

14 1  m+ M 23 2

2 2  2 • 11 2 R θ − kR θ    24  

L’équation différentielle du mouvement du système : d dt

  ∂L  •  ∂θ 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 1  4 =3m + 2M   

1 4  m+ M 2 3

  1 k ••  4 θ +    4m +1M ⇒  3 2  •• 2 θ + ω0 θ = 0 

 2 •• R θ 

∂L 1  = −  kR 2  θ ∂θ 4 

 2 ••  1 2   R θ +  kR  θ = 0  4 

   ••   k θ = 0 θ +  1    4  4 m + M  ⇒   3  2  •• θ + ω02θ = 0 

  θ = 0   

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Donc :

  k ω02 =   4 4 m + 1 M  3 2  

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

    k  ⇒ ω0 =    4 4 m + 1 M   3 2   

     

Exercice 23 :

ℓ 2

ℓ 2

On considère que : sin ϕ = Rθ ⇔ ϕ = Rθ Les moments d’inertie :

I /C =

1 MR 2 2

I 1/O = m ( 2ℓ ) = 4m ℓ 2 2

I 2/O = m ℓ 2 I 2 m /o = I /G + m 3 (OG ) = 2

1 1 1 1 2 1 1 m 3ℓ 2 + m 3ℓ 2 = 2m ℓ 2 + 2m ℓ 2 =  +  m ℓ 2 = m ℓ 2 12 4 12 4 3 6 2

On considère que : m = m1 = m2 , m3 = 2m L’énergie cinétique du système:

EcT = Ec M + Ec m1 + Ec m 2 + Ec m3

Ec M

•2 •2 1 11 2 = I /C θ = MR θ 2 22

Ec m1

•2 •2 •2 1 1 1 2 2 = I 1/o θ = m1 4ℓ θ = 4m ℓ θ 2 2 2

•2 •2 •2 1 1 1 Ec m 2 = I 2/o θ = m 2ℓ 2 θ = m ℓ 2 θ 2 2 2

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Ecm3 = Ec2m Puisque:

⇒ EcT =

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

•2 1 1 2 2 •2 1 8 2 •2 = I 2m / o ϕ = mℓ ϕ = mR θ 2 23 23

• • • •2 •2 ℓ ℓ • 2 2 ϕ = R θ ⇒ ϕ = R θ ⇒ ℓ ϕ = 2R θ ⇒ ℓ ϕ = 4R θ 2 2

•2 1 8 1 1 8  2 •2 1 2 2 2 2 2 4 m ℓ m ℓ mR MR θ 5 m ℓ M m R θ + + + = + +   2  3 2 2  3   2

L’énergie potentielle du système :

EpT = Epm1 + Epm2 + Epm3 + Epk + Epk1 + Epk 2 2

Epm1 = m1g 2ℓ sinθ = 2mg ℓθ

Epm2 = −m2 g ℓ sinθ = −mg ℓθ Ep m 3 = m 3 gx = 2mg

θ petit ⇒ sin θ = θ

ℓ sin ϕ = 2mgR θ 2 Cos θ = 1 −

Puisque :

ℓ x = sin ϕ = Rθ 2

θ2

2 = 4ℓ 2θ 2

 x 1 = 2ℓ sin θ = 2ℓθ ⇒ x 1 ⇒ 2 2 2  x 2 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 2 = ℓ θ 2

Epk1 =

2 1 1 2 1 2 1 2 k ( x1 + x01 ) − kx01 = kx1 + kx01 x1 = 4 k ℓ 2 θ + 2 kx01ℓθ 2 2 2 2

Epk2 =

2 1 1 2 1 2 1 2 k ( − x2 − x02 ) − kx02 = kx2 + x02 x2 = k ℓ 2 θ + kx02ℓθ 2 2 2 2

Epk3 =

2 1 1 2 1 2 1 2 k ( − x3 − x03 ) + kx03 = kx3 + x03 x2 = kR 2 θ + kx03 Rθ 2 2 2 2

EpT =

2 1  4k ℓ 2 + k ℓ 2 + kR 2  θ + [ − mg ℓ + 2mg ℓ + 2mgR + 2kx01ℓ + kx02 ℓ + kx03 R ]θ  2   B

A

EpT =

2 1 k 5ℓ 2 + R 2 θ +  mg ℓ + 2mgR + k ( 2 x01 + x02 ) ℓ + kx03 R  θ   2   

(

)

B

A 2

Cette équation s’écrit sous la forme suivante :

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par:

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dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ mg ℓ + 2mgR + k ( 2 x01 + x02 ) ℓ + kx03 R = 0 dθ θ =0

Il reste :

2 1 2 2 EpT = k 5ℓ + R θ 2

(

)

Le lagrangien s’écrit : L =

2 1 8  2 •2 1 1 2 2 2 5 m + M + m R − k 5 + R ℓ θ ℓ θ   2  3   2 2

(

)

L’équation différentielle du mouvement du système :

    d  ∂L  ∂L d  ∂L   8   •• 1 − = 0 ⇒  •  = 5mℓ 2 +  M + m  R 2  θ •   dt  ∂ θ  ∂θ dt  ∂ θ   3   2    

∂L = −k 5ℓ 2 + R 2 θ ∂θ

(

)

 8  2  •• 1 2 5 m + M + m  R  θ + k 5ℓ 2 + R 2 θ = 0 ℓ   3   2 

(

)

   2 2 ••   k 5ℓ + R   θ +  θ = 0 2 2      k 5ℓ + R   5mℓ 2 +  1 M + 8 m  R 2   2     ⇒ ⇒ ω0 = 3   2       1 8    5mℓ 2 +  M + m  R 2     •• 3   2  θ + ω02θ = 0 

(

Finalement, ω 0 s’écrit par :

)

(

ω0 =

(

k 5ℓ 2 + R 2

)

)

 8  2 1 2 5mℓ +  2 M + 3 m  R     

Exercice 24 : Les moments d’inertie : I /C =

1 MR 2 2 2

1 R  I 1/O = m 1   = m 1R 2 4 2 1 I 2/O = m 2 R 2 4 1 I 3/O = m 3 R 2 4

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

L’énergie cinétique du système:

EcT = EcM + Ecm1 + Ecm2 + Ecm3 •2 •2 1 11 2 = I /C θ = MR θ 2 22

Ec M Ec m1

•2 •2 1 1 R2 •2 1 1 2 m 1R θ = I 1/o θ = m1 θ = 2 2 4 24

Ec m 2 =

•2 •2 1 11 I 2/o θ = m 2R 2 θ 2 24

•2 •2 1 11 Ec m3 = I 3/o θ = m 3R 2 θ 2 24

EcT =

•2 11 2 2 M + m + m + m R θ ( 1 2 3) 24

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm2 + Epm3 + Epk 2 + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

x = R θ ⇒ x = R θ  2 ⇒ R R R 2 2 x = sin θ = θ ⇒ x = θ  2 2  2 2 4 2

Ep m1 = −m1 g Ep m2

2

2

2 R 1 sin θ = − m1gR θ 2 2

2 R 1 R 2 11 = m 2 g (1 − cos θ ) = m 2 g θ = m 2 gR θ 2 2 2 22

Ep m3 = m 3g

Epk =

R 1 sin θ = m 3 gR θ 2 2

2 1 1 1 1 2 k ( − x − x0 ) − kx02 = kx 2 + kx0 x = kR 2 θ + kx0 Rθ 2 2 2 2

Epk2 =

1 1 2 1 2 1 R2 2 R 11 2 2 1 2 k ( − x2 − x02 ) − kx02 = kx2 + kx02 x2 = k θ + kx02 θ = kR θ + kx02 Rθ 2 2 2 2 4 2 24 2

EpT =

1  1 m2 g 2 1 2 2  1 1 1  2 R + kR + kR  θ +  − m1 gR + m3 gR + kx0 R + kx02 R  θ  2  2 R  4  2 2  2    A

B

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

1  1 m2 g 5  2 2  1 1   EpT =  + k  R θ +  ( m3 − m1 ) g + k  x0 + x02   Rθ R  22  4  2   2   A

B 2

L’équation on écrit sous la forme suivante :

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  1 1    = 0 ⇔ B = 0 ⇒ ( m3 − m1 ) g + k  x0 + x02  = 0 dθ θ =0 2 2  

Il reste : EpT =

1  1 m2g 5 + k  22 R 4 L=

Le lagrangien s’écrit :

 2 R θ 

2

•2 11 1 1m g 5 ( 2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R 2 θ −  2 + k 24 22 R 4

 2 R θ 

2

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

   •• ∂L d  ∂L  1  ∂L  1 m2g 5 2 − = ⇒ = + + + θ = − + k 0 2 M m m m R ( ) 1 2 3 •   ∂θ  θ ∂ dt 4 2 R 4    ∂θ     •• 1 1m g 5 ( 2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R 2 θ +  2 + k  R 2θ = 0 4 4  2 R    1 m2g 5  2 + k R  ••   4  2 R θ +  1   2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R 2 ⇒   4 (   •• θ + ω02θ = 0 

   ••  2 m 2 g + 5kR  θ = 0 θ +     ( 2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R  ⇒    •• 2 θ + ω0 θ = 0 

 2 R θ 

  θ = 0 

En définitive, ω 0 s’écrit par :

⇒ ω02 =

2m 2 g + 5kR ⇒ ω0 = ( 2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R

2m 2 g + 5kR ( 2 M + m1 + m 2 + m 3 ) R

Exercice 25 : Le moment d’inertie de la barre : I /o = I /G + m (OG ) = 2

1 1 1  1 1 m ℓ2 + m ℓ2 =  +  m ℓ2 = m ℓ2 12 4 3  12 4 

L’énergie cinétique du système:

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EcT = Ec m =

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

•2 1 1 1 2 •2 I /o θ = mℓ θ 2 23

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Epk + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

 x 1 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 1 = ℓ θ  2 ⇒ ℓ ℓ ℓ 2 = θ = θ ⇒ = θ2 x sin x  2 2 4 4 16  2

2

2

ℓ 1 Epm = −mg sinθ = − mg ℓθ 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 Ep k 1 = k ( x 1 + x 01 ) − kx 01 = kx 1 + kx 01x 1 = k ℓ θ + kx 01ℓ θ 2 2 2 2

1 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 Epk2 = k ( − x2 − x02 ) − kx02 = kx2 + kx02 x2 = k ℓ θ + kx02ℓ θ 2 2 2 2 16 4 2 1 2 1 1  1  2 EpT =  k ℓ + k ℓ  θ +  − mg ℓ + kx01ℓ + kx02 ℓ  θ 2 16 4   2 

EpT =

1  17 2  2  1 1    k ℓ  θ +  − mg + k  x01 + x02   ℓ θ 2  16 2 4       A

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  1 1    = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg + k  x01 + x02  = 0 dθ θ =0 2 4  

Il reste : EpT =

2 1  17 2   k ℓ θ 2  16 

Le lagrangien s’écrit :

L=

•2 11 1  17 2  2 2  m ℓ θ −    k ℓ θ 23 2  16  

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 ••  1 2 = m ℓ θ      3 

∂L  17  = −  k ℓ2 θ ∂θ  16 

•• 1  17 2  2  m ℓ θ +  k ℓ θ = 0 3   16 

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  17 2  •• 51 k ••  16 k ℓ   θ +  θ + θ = 0    θ = 0 1   16 m    m ℓ2  ⇒  3 ⇒   •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0 θ + ω0 θ = 0  

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

51 k  51 k   ⇒ ω0 = 16 m  16 m 

2 Donc : ω0 = 

Exercice 26 : Le moment d’inertie de la barre : I /o = I /G + m (OG ) = 2

Avec : OG =

1 1 1  1 1  m ℓ2 + m ℓ2 =  +  m ℓ2 = m ℓ2 12 36 9  12 36 

2ℓ ℓ ℓ − ⇒ OG = 3 2 6

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm + EcM •2 1 1 1 2 •2 I /o θ = mℓ θ 2 29 •2 •2 1 14 2 Ec M = M x = Mℓ θ 1 2 29 Puisque:

Ec m =

θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

 ℓ ℓ ℓ 2 2  x = sin θ = θ → x = θ  3 3 9 ⇒ 2 • •  x = 2ℓ sin θ = 2ℓ θ → x• = 2ℓ θ• → x 2 = 4ℓ θ 2  1 3 1 1 3 3 9 2

2 14 1 14 1  • 2 1  m + 4M • Donc: EcT =  M ℓ 2 + mℓ 2  θ =  M + m  ℓ 2 θ =  29 9 29 9  2 9 

 2• ℓ θ 

2

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + EpM + Epk 1 Epm = −mg (OG ) sinθ = − mg ℓθ 6 EpM = − Mgx = − Mg

2ℓ 2 sin θ = − Mg ℓθ 3 3 Page 75

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

1 1 1 11 2 2 1 2 Ep k = k ( x + x 0 ) − kx 02 = kx 2 + kx 0 x = k ℓ θ + kx 0ℓ θ 2 2 2 29 3 EpT =

11 2 2  2 1 1   k ℓ  θ +  − Mg ℓ − mg ℓ + kx0 ℓ  θ 29 6 3   3 

EpT =

11 2 2  2 1 1   k ℓ  θ +  − Mg − mg + kx01  ℓ θ 29 3 6 3      A

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  2 1 1  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − Mg − mg + kx01 = 0 dθ θ =0 3 6 3

Il reste :

EpT =

11 2 2  k ℓ θ 29  L=

Le lagrangien s’écrit :

1  m + 4M  2 • 2 1  1 2  2   ℓ θ −  k ℓ θ 2 9 29    m + 4 M  2 ••  1 2  ⇒  ℓ θ +  k ℓ θ = 0 9   9 

   1 2 kℓ ••   •• k 9 θ +  θ = 0 θ +     m + 4M  2    m + 4M ℓ  ⇒    ⇒  9    •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0  θ + ω0 θ = 0  En définitive, ω 0 s’écrit par :

 k  m + 4M

ω02 = 

 θ = 0 

k   ⇒ ω0 = m + 4M 

Exercice 27 : Les moments d’inertie : I /o = I /G + m (OG ) = 2

1 1 1  1 1  m ℓ2 + m ℓ2 =  +  m ℓ2 = m ℓ2 12 36 9  12 36 

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Avec : OG = I /C =

1 MR 2

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

2ℓ ℓ ℓ − ⇒ OG = 3 2 6

2

L’énergie cinétique du système:

EcT = EcM + Ec3m + Ecm •2 •2 1 11 Ec M = I /C θ = MR 2 θ 2 22

Ec m =

•2 1 1 1 2 •2 I /o θ = mℓ θ 2 29

•2 1 1 4ℓ2 • 2 1 4 2 • 2 Ec3m = 3m x = 3m θ = mℓ θ 1 2 2 9 23

•2 •2 11 2 4 2 1 1  13 2 1 2 2 ⇒ EcT =  m ℓ + m ℓ + MR θ =  m ℓ + MR θ 29 3 2 2 9 2  

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Ep3m + Epk + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ 2  2ℓ 2ℓ 4ℓ 2 2 x sin x θ θ θ = = → =  1 1  3 3 9 ⇒ 2 x = ℓ sin θ = ℓ θ → x 2 = ℓ θ 2 2  2 3 3 9

Ep 3 m = −3mg

2ℓ 2ℓ sin θ = −3mg θ = −2mg ℓθ 3 3

ℓ ℓ 1 Epm = −mg (OG ) sin θ = −mg sinθ = −mg θ = − mg ℓθ 6 6 6 Epk1 =

1 1 2 1 2 14 2 2 2 2 k ( − x1 − x01 ) − kx01 = kx1 + kx01 x1 = k ℓ θ + kx01ℓ θ 2 2 2 29 3

Epk2 =

1 1 2 1 2 11 2 2 1 2 k ( − x2 − x02 ) − kx02 = kx2 + kx02 x2 = k ℓ θ + kx02 ℓ θ 2 2 2 29 3

EpT =

1 4 2 1 2 2  1 2 1  k ℓ + k ℓ  θ +  − mg ℓ − 2mg ℓ + kx01ℓ + kx02ℓ  θ  2 9 9 3 3   6 

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EpT =

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

1  5 2  2  13  2 x01 + x02    k ℓ  θ +  − mg + k    ℓθ 2 9 6 3            Ä

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  13  2 x01 + x02   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg + k  =0 dθ θ =0 6 3   15 2 2 Il reste : EpT =  k ℓ  θ 29 

Le lagrangien s’écrit : L =

•2 1  13 1 15 2 2 2 2  m ℓ + MR θ −    k ℓ θ 2 9 2 29  

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 ••   13 2 1 2 = m + MR θ ℓ   9 2    

∂L 5  = −  k ℓ2 θ ∂θ 9 

•• 1  13 5 2 2 2 m MR ℓ + θ   +  k ℓ θ = 0 2  9  9 

  5 2  kℓ ••  ••    10k ℓ2 9  = θ 0 θ +  + θ   θ = 0 2 2   26m ℓ + 9MR    13 m ℓ2 + 1 MR 2  ⇒  9 ⇒ 2   •• 2 •• 2 θ + ω0θ = 0 θ + ω0θ = 0  

  10k ℓ2 10k ℓ2 ⇒ω =  ⇒ ω0 = 2 2  9 10m ℓ2 + MR 2  26m ℓ + 9MR  2 0

Finalement, ω 0 s’écrit par :

(

)

Exercice 28 : Le moment d’inertie : I /C =

1 MR 2

2

+

1 M 2

(2R )

2

=

1 5M R 2

2

L’énergie cinétique du système:

EcT = EcM + Ecm

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EcM =

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

•2 •2 1 15 I/C θ = MR 2 θ 2 22

•2 1 •2 1 Ec m = m x = 4mR 2 θ 2 2

avec:

•

•

x = 2R θ ⇒ x = 2R θ

Donc: 2 •2 15 15  2• 2 2 ⇒ EcT =  MR + 4mR θ =  M + 4m  R θ 22 22  

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Epk + Epk Epm = −mg 2Rθ = −2mgRθ 2 1 1 1 1 2 Ep k = k ( x + x 0 ) − kx 02 = kx 2 + kx 0 x = 4kR 2 θ + 2kx 0 R θ 2 2 2 2

Epk =

2 1 1 2 1 2 1 2 k ( x1 + x01 ) − kx01 = kx1 + kx01 x1 = kR 2 θ + kx01 R θ 2 2 2 2

EpT =

2 1  4kR 2 + kR 2  θ + ( −2mgR + 2kx0 R + kx01 R ) θ 2

EpT =

2 1 5kR 2 θ + ( −2mg + k ( 2 x0 + x01 ) ) R θ   2  

(

)

B

A 2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ −2mg + k ( 2 x0 + x01 ) = 0 dθ θ =0

Il reste : EpT =

2 1 5kR 2 θ 2

(

)

2 2 15  • 1 Le lagrangien s’écrit : L =  M + 4m  R 2 θ − 5kR 2 θ 22 2 

(

)

L’équation différentielle du mouvement du système :

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    d  ∂L  ∂L d  ∂L   5  2 •• − = 0 ⇒ = + 4 M m R θ dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ•   2     

∂L = − 5kR 2 θ ∂θ

(

)

5  2 •• 2 M 4 m +   R θ + 5kR θ = 0 2  

(

  ••  5kR 2 θ +  5  2    ⇒    2 M + 4m  R  •• 2 θ + ω0 θ = 0 

)

  ••   θ = 0 θ +  10k  θ = 0    5M + 16m   ⇒  •• 2 θ + ω0 θ = 0 

Finalement, ω 0 s’écrit par : 10k  10k  ⇒ ω02 =  ⇒ ω0 =  5M + 16m  5M + 16m 

Exercice 29 : Le nombre de degrés de liberté :

  x, x1 ,θ var iables ⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ On considère que :  ℓ ℓ ℓ  x = Rθ , x = sin ϕ , Rθ = sin ϕ ⇒ Rθ = ϕ 1  2 4 4 ℓ ℓ ℓ Rθ = sin ϕ ⇒ Rθ = ϕ ⇒ ϕ = 2 Rθ 4 4 2

ℓ ℓ x1 = sin ϕ = ϕ → x1 = 2 Rθ 2 2 ℓ ℓ Rθ = sin ϕ ⇒ 2 Rθ = ϕ 4 2 Les moments d’inertie : I1/ o2 = I / G + 2m ( OG ) I /C =

1 MR 2

2

2

1 ℓ2 ℓ2  1 1  1 1 ℓ = 2m + 2m =  +  mℓ 2 = mℓ 2 I 2/ o2 = m   = mℓ 2 12 4 16  24 8  6 4 2

2

L’énergie cinétique du système:

EcT = EcM + Ec2m + Ecm Page 80

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

•2 •2 1 11 Ec M = I /C θ = MR 2 θ 2 22 •2 1 1 1 2 •2 Ec m = I /o1 θ = mℓ θ 2 24

Ec 2 m

•2 1 1 1 2 •2 = I /o 2 θ = mℓ θ 2 26

2 11 1 1 • ⇒ EcT =  mℓ 2 + mℓ 2 + MR 2  θ 24 6 2  •2 1 5 1 2 2 ⇒ EcT =  mℓ + MR  θ 2  12 2 

L’énergie potentielle du système:

EpT = Ep2m + Epm + Epk + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ 2  ℓ ℓ ℓ 2 2 x sin θ θ x θ = = → =  1 1 2 2 4 ⇒ x = R θ ⇒ x∗ = R θ• 

ℓ 1 sin θ = − m g ℓ θ 4 2

Ep 2 m = − 2 m g

Ep m = − mg

ℓ 1 sin θ = − mg ℓθ 2 2

Ep k =

2 1 1 1 1 2 k ( x + x 0 ) − kx 02 = kx 2 + kx 0 x = kR 2 θ + kx 0 R θ 2 2 2 2

Epk =

1 1 1 11 2 2 1 2 k ( − x1 − x01 ) − kx02 = kx12 + kx01 x1 = k ℓ θ + kx01ℓ θ 2 2 2 24 2

EpT =

1  2 1 2 2  1 1 1  kR + k ℓ  θ +  − mg ℓ − mg ℓ + kx01ℓ + kx0 R  θ  2 4 2 2   2 

1  2 1 2 2  1  EpT = k  R + ℓ  θ +  − mg ℓ + kx01ℓ + kx0 R  θ 2  4 2      A

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  1  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ −mg ℓ + kx01ℓ + kx0 R = 0 2 dθ θ =0

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Il reste :

EpT =

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

1  2 1 2 2 k  R + ℓ θ 2  4 

Le lagrangien s’écrit :

2 1 5 1 1  2 • 1  L =  mℓ 2 + MR 2  θ − k  R 2 + ℓ 2  θ 2  12 2 2  4  

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 •• 1   5 2 2 = m ℓ + MR θ    12 2    

   2 1 2  ••   R + ℓ  k 4  θ +     5 m ℓ 2 + 1 M R 2 ⇒   12 2   •• θ + ω 02θ = 0 

∂L 1   = −  R 2 + ℓ2  k θ 4  ∂θ 

  ••  12 R 2 + 3ℓ 2 k  θ +  θ = 0   5m ℓ 2 + 6 M R 2    ⇒    •• θ + ω 02θ = 0 

(

)

 θ = 0  

En définitive, ω 0 s’écrit par :

(

)

 12 R 2 + 3ℓ 2 k ⇒ω =  5m ℓ 2 + 6 MR 2  2 0

  ⇒ ω0 =  

(12R

2

)

+ 3ℓ 2 k

5m ℓ + 6 MR 2 2

Exercice 30 : On considère que : oo ' = x = Rθ Le moment d’inertie du disque :

I /C =

1 MR 2

2

L’énergie cinétique du système: •2 • 2 •2 •2 •2 1 1 11 1 13 EcT = Ec M = I /C θ + M x = MR 2 θ + MR 2 θ = MR 2 θ 2 2 22 2 22

⇒ EcT =

•2 13 MR 2 θ 22

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epk + Ep3k Sachant que :

oo ' = x = R θ →  x 1 = oo '+ R θ = 2R θ

1 2 1 2 2 Ep k = kx = kR θ 2 2 Page 82

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2 2 1 1 1 1 2 2 Ep3k = 3kx 12 = 3k ( x + R θ ) θ = 3k ( 2R θ ) = 12kR 2 θ 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2   EpT = 12kR + kR  θ = 13kR θ 2 2

(

)

2 •2 1 13 2 2 L= MR θ − 13kR θ 22 2

(

Le lagrangien s’écrit :

)

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 ••  3 2 = MR θ  2  

∂L = − 13kR 2 θ ∂θ

(

)

•• 3 MR 2 θ + 13kR 2 θ = 0 2

(

)

   •• 26 k ••  13kR 2    θ +  3  θ = 0 θ +  θ = 0   3 M    MR 2  ⇒  2 ⇒   •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0 θ ω θ + = 0 0    En définitive, ω 0 s’écrit par :

 26 k ⇒ ω02 =   3 M

26 k   ⇒ ω0 = 3 M 

Exercice 31 :
Figure 1 : Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , θ  x = R θ

⇒ n = 2 − 1 = 1dd ℓ

Le moment d’inertie du disque : I /C =

1 MR 2

2

L’énergie cinétique du système:

EcT = EcM + Ecm Page 83

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•2 •2 1 11 Ec M = I /C θ = MR 2 θ 2 22 •2 1 •2 1 2 Ec m = m x = mR θ 2 2 •

•

Puisque: x = R θ ⇒ x = R θ Donc:

•2 1 1 1  2m + M 2 2 ⇒ EcT =  mR + MR θ =  2 2 2 2 

 2• R θ 

2

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Ep2k Figure.1

Ep m = − mgx = − mgR θ 2 1 1 Ep 2 k = 2kx 2 + 2kx 0 x = 2kR 2 θ + 2kx 0 R θ 2 2

EpT =

2 1 2kR 2 θ + ( −mgR + 2kx 0 R ) θ 2

(

)

2 1 2 EpT = 2kR θ + ( −mg + 2kx 0 ) R θ   2  

(

)

B

A 2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg + 2kx 0 = 0 d θ θ = 0

Il reste :

2 1 2 EpT = 2kR θ 2

(

)

Le lagrangien s’écrit : L =

2 1  2m + M  2 • 2 1 2 R θ − 2 kR θ   2 2 2 

(

)

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

   2m + M  2 •• R θ = 2    

∂L = − 2kR 2 θ ∂θ

(

)

 2m + M  2 •• 2   R θ + 2kR k θ = 0 2  

(

)

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   ••  2  •• 2kR θ +  θ = 0 θ +  4k 2m + M  2       2m + M R  ⇒    ⇒  2    •• 2 •• 2 θ + ω0θ = 0  θ + ω0θ = 0 

 θ = 0 

La pulsation propre des oscillations du système est donnée par :

 4k ⇒ ω02 =   2m + M

4k   ⇒ ω0 = 2m + M 

⇒T0 =

La période de petites oscillations est :

2π

ω0

= 2π

2m + M 4k


Figure 2 : Le moment d’inertie du disque : I /C =

1 MR 2

2

L’énergie cinétique du système: EcT = Ec M + Ec m Ec M =

• 2 • 1 1 I /C θ + M x 2 2

• 1 Ec m = m X 2

2

2

=

• 2 • 2 • 2 1 1 1 1 3 MR 2θ + MR 2θ = MR 2θ 2 2 2 2 2

2

•2 1  • 1 = m  2 x  = 4 mR 2 θ 2  2  • 2

Puisque: X = R θ + oo ′ = x + x = 2 x ⇒ X ⇒ EcT =

2

•  • =  2 x  = 4R 2 θ  

2

2 •2 1 3 13  2 • 2 2 M R + 4 m R θ = M + 4 m R θ    2  2 22  

L’énergie potentielle du système: EpT = Ep m + Ep k Ep m = − m g 2 x = − 2 m gR θ 2 1 1 Ep 2 k = 2kx 2 + 2kx 0 x = 2kR 2 θ + 2kx 0 R θ 2 2

EpT =

2 1 2kR 2 θ + ( −2mgR + 2kx 0 R ) θ 2

(

)

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EpT =

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

2 1 2kR 2 θ + ( −mg + kx 0 ) R θ    2  

(

)

B

A 2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg + kx 0 = 0 d θ θ =0

EpT =

2 1 2kR 2 θ 2

(

)

Le lagrangien s’écrit : L=

2 2 13  2• 1 2 M + 4 m R θ − 2 kR θ   22 2 

L’équation différentielle du mouvement du système : d dt

  ∂L  •  ∂θ 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

  3  2 ••  =  2 M + 4m  R θ    

Figure.2 ∂L = −2kR 2θ ∂θ

3  2 •• 2 M 4 m +   R θ + 2 kR θ = 0 2 

   ••  2  •• 2kR  θ +   θ = 0 θ +  4k θ = 0 3  2      3M + 8m   + M 4 m R   ⇒    2 ⇒    •• 2 •• 2 θ + ω0 θ = 0  θ + ω0 θ = 0  ω 0 S’écrit par :

4k  4k   ⇒ ω0 = 3M + 8m  3M + 8m 

ω02 = 

Exercice 32 : Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x, x1 , x2 , y,θ , ϕ  ⇒ n = 6 − 5 = 1dd ℓ Les  3ℓ  x = Rθ , x1 = 4 sin θ , x2 = ℓ sin θ , y = Rϕ , x2 = y ↔ ( ℓ sin θ = Rϕ → ℓθ = Rϕ )

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Moments d’inertie : I /C =

1 MR 2

2

2

1  ℓ  1 3 I /o = I /G + 3m (OG ) = 3m ℓ2 + 3m   =  +  m ℓ 2 = m ℓ2 12 2  4 4 EcT = Ec M + Ec m + Ec 3m + Ec M L’énergie cinétique du système: 2

Ec 3 m =

•2 •2 1 1 I /o θ = m ℓ 2 θ 2 2

•2 •2 1 11 2 Ec M = I /C1 θ = MR θ 2 22 •2 •2 •2 1 11 11 Ec M = I /C 2 ϕ = MR 2 ϕ = M ℓ2 θ 2 22 22 •2 •2 1 •2 1 1 Ec m = m y = mR 2 ϕ = m ℓ2 θ 2 2 2

Puisque:

• 2 •2  2 = ⇒ = x R θ x R θ   • 2 •2 y = Rϕ ⇒ y = R 2 ϕ 

•2 1 2 1 1 1  1 2 2 2 ⇒ EcT =  m ℓ + m ℓ + M ℓ + MR θ =  2m + M 2 2 2 2  2 

•2  2 1 2  ℓ + MR  θ 2  

L’énergie potentielle du système:

EpT = Ep3m + Epm + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ x1 =

cos θ = 1 −

θ2 2

3ℓ 3ℓ 9ℓ 2 2 sin θ = θ → x12 = θ 4 4 16

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Ep m = − m gy = − m gR ϕ = − m g ℓ θ

Ep 3 m = − 3mg (OG )(1 − cos θ ) = − 3mg

ℓ 13 (1 − cos θ ) = − mg ℓθ 2 2 22

Epk =

1 2 1 9 2 2 3 kx1 + kx01 x1 = k ℓ θ + kx01ℓ θ 2 2 16 4

EpT =

2 2 1  9 2 3 3   2  k ℓ − mg ℓ θ + − mg ℓ + kx ℓ θ 01     2  16 2 4   

EpT =

2 1 9 3 3  2   k − mg ℓ θ +  − mg + kx01  ℓ θ   2  16 2 4      A

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ −4mg + 3kx01 = 0 dθ θ =0

Il reste :

2 1 9 3  EpT =  k − mg  ℓ 2 θ 2  16 2 

Le lagrangien s’écrit :

L=

2 •2 1  1  2 1 1 9 3  2 2 2 m + M ℓ + MR θ − k − mg ℓ θ      2  2  2 2  16 2  

L’équation différentielle du mouvement du système :     •• ∂L d  ∂L  ∂L d  ∂L    1  2 1 3  9  2 − = ⇒ = + ℓ + θ = −  k − mg  ℓ 2θ 0 2 m M MR   •  •      ∂ θ dt  ∂ θ  ∂θ dt  ∂ θ   2  2 16 2        ••  1  2 1 3  9  2 2 m + M ℓ + MR θ +  k − mg  ℓ 2θ = 0     2  2 2  16   

   3  9  2  ••    k − mg  ℓ ••  ( 9k − 24mg ) ℓ 2  2  16  θ +   θ = 0 θ +  θ =0 2 2       32 m + 8 M ℓ + 8 MR  1 1 ( )  2 2       ⇒    2m + 2 M  ℓ + 2 MR   ⇒      •• •• θ + ω 2θ = 0 0 2 θ + ω0 θ = 0    En définitive, ω 0 s’écrit par :  ( 9k − 24mg ) ℓ 2  ⇒ ω = ⇒ ω02 =  0 2 2   ( 32m + 8M ) ℓ + 8MR 

( 9k − 24mg ) ℓ 2 ( 32m + 8M ) ℓ 2 + 8MR 2 Page 88

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Exercice 33 : Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 , x 2 ,θ  ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ  2ℓ x = R , x = sin , x = ℓ sin θ θ θ 1 2  3

Les moments d’inertie : I /C =

1 MR 2

2

I /o = I /G + m (OG )

2

1 ℓ = m ℓ2 + m   12 2

2

1  1 1 ⇒ I /o =  +  m ℓ 2 = m ℓ 2 3  12 4  L’énergie cinétique du système:

EcT = EcM + Ecm + Ec2m •2 •2 1 11 2 Ec M = I /C1 θ = MR θ 2 22

Ec m =

•2 1 1 1 2 •2 I /o θ = mℓ θ 2 23

•2 •2 1 1 Ec 2 m = 2m x = 2mR 2 θ 2 2 • 2

•2

Puisque: x = R θ ⇒ x = R 2 θ ⇒ EcT =

2 •2 11 1 1 1  4m + M  2  • 2 2 2  2 m ℓ + 2 m R + M R θ = m ℓ + R θ      23 2 2  3 2    

L’énergie potentielle du système:

EpT = Ep2m + Epk1 + Epm + Epk 2 θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

2  2ℓ 2ℓ 4ℓ 2 2 θ  x 1 = sin θ = θ → x = ⇒ 3 3 9  x = ℓ sin θ = ℓθ → x 2 = ℓ 2θ 2  2 2

Ep 2 m = − 2 m gx = − 2 m gR θ

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1 14 2 2 2 Ep k1 = kx 12 + kx 01x 1 = k ℓ θ + kx 01ℓ θ 2 29 3 Ep m = − mg (OG )(1 − cos θ ) = − mg

ℓ 11 (1 − cos θ ) = − mg ℓθ 2 2 22

2 1 1 Ep k 2 = kx 2 + kx 0 x = kR 2 θ + kx 0 R θ 2 2

2 2 1  4 1 2    EpT =  k ℓ2 + kR 2 − mg ℓ  θ +  −2mgR + kx 01ℓ + kx 0 R θ 2  9 2 3   

EpT =

2 14 2 1 2    2 k ℓ + kR − mg ℓ θ   +  −2 mgR + kx 01ℓ + kx 0 R  θ 29 2 3       A

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  2  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ −2mgR + kx 01ℓ + kx 0 R = 0 3 d θ θ = 0

Il reste :

EpT =

2 14 2 1  2 k ℓ + kR − mg ℓ θ   29 2 

Le lagrangien s’écrit :

L =

2 •2 11 1 14 2 1  2 2 2  2 m 2 mR M R k kR mg ℓ + + θ − ℓ + − ℓ θ     23 2 29 2  

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

 •• 1  1 2 2 2 = m ℓ + 2 mR + MR θ    2   3    4 2 1 2  ••  9 k ℓ + kR − 2 mg ℓ θ +    1 m ℓ 2 + 2 mR 2 + 1 MR 2 ⇒ 3 2   •• 2 θ + ω 0 θ = 0 

On considère que : ℓ = 3 R → R = ℓ

∂L 1 4  = −  k ℓ 2 + kR 2 − mg ℓ  θ ∂θ 2 9    θ = 0  

et M = 2 m

3

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  2  4 2  4 1 ℓ 1    2 2 •• •• k ℓ + kR − mg ℓ k ℓ + k − mg ℓ   ••   θ +  9 2 9 9 2 θ +  5 k − 3 g θ = 0 θ = 0 θ + θ = 0       2 2  1 1     m ℓ2 + 2mR 2 + MR 2    1 m ℓ2 + 2m ℓ + 1 2m ℓ   6 m 4 ℓ  ⇒ 3 ⇒   3 ⇒ 2  9 2 9    •• ••  θ + ω02θ = 0 •• 2 θ + ω θ = 0 θ + ω 2θ = 0  0 0     En définitive, ω 0 s’écrit par :

5k 3g 5 k 3 g  ⇒ ω02 =  − −  ⇒ ω0 = 6m 4 ℓ 6 m 4 ℓ 

Exercice 34 : Le moment d’inertie : I / o = I / G + m ( OG )

2

2

ℓ 1 1 ℓ  1 1 = mℓ 2 + m   =  +  mℓ 2 = mℓ 2 Avec : OG = 6 12 4  6   12 6 

L’énergie potentielle du système:

1 •2 1 1 2 •2 EcT = Ecm = I / o θ = mℓ θ 2 24 L’énergie potentielle du système:

EpT = Ep2 k + Epk + Epm + Epk

θ petit ⇒ sin θ = θ 2  ℓ ℓ ℓ 2 2 x = sin θ = θ → x = θ  1 1 3 3 9  2  2ℓ 2ℓ 4ℓ 2 ⇒ x 2 = sin θ = θ → x 12 = θ 3 3 9  2  ℓ ℓ ℓ 2 2 x 3 = sin θ = θ → x 3 = θ 3 3 9 

Epk =

1 2 1 ℓ2 2 ℓ 11 2 2 1 kx1 + kx01 x1 = k θ + kx0 θ = k ℓ θ + kx0 ℓθ 2 2 9 3 29 3

Epk =

1 2 1 4ℓ 2 2 2ℓ 14 2 2 2 kx2 + kx02 x2 = k θ + kx0 θ = k ℓ θ + kx02ℓθ 2 2 9 3 29 3

Epk =

1 2 1 ℓ2 2 ℓ 11 2 2 1 kx3 + kx03 x3 = k θ + kx0 θ = k ℓ θ + kx03ℓθ 2 2 9 3 29 3

ℓ 1 Epm = mg ( OG ) sin θ = mg θ = mg ℓθ 6 6

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2 2 11 4 1 1 2 1  1  EpT =  k ℓ 2 + k ℓ 2 + k ℓ 2  θ +  mg ℓ + kx01ℓ + kx02 ℓ + kx03ℓ  θ 29 9 9 3 3 3  6 

12 2 2 1  x + 2 x02 + x03   EpT =  k ℓ  θ +  mg ℓ +  01  k ℓ θ 2 6 3  3        A

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donner par: dEpT  1  x01 + 2 x02 + x03   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ mg ℓ +   kℓ = 0 dθ θ =0 6 3  

12  Il reste : EpT =  k ℓ 2  θ 23 

2

Le lagrangien s’écrit : L =

1 1 2 •2 12 2 2 mℓ θ −  k ℓ  θ 24 23 

L’équation différentielle du mouvement du système :     d  ∂L  ∂L d  ∂L  1 2 •• − = 0 ⇒  •  = mℓ θ dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ  4    

∂L 2  = −  kℓ2 θ ∂θ 3 

1 2 ••  2 2  mℓ θ +  k ℓ  θ = 0 4 3    2 2 •• 8 k ••  3 k ℓ   θ +  θ θ + = 0    θ = 0 1   mℓ 2  8k 2 2   3 m  ⇒  4 ⇒ ⇒ ω02 = ⇒ ω0 =  3m 3  •• 2 ••  θ + ω0 θ = 0 2 θ + ω0 θ = 0  

k 2k ⇒ ω0 = 2 m 3m

Exercice 35: Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 ,θ   ℓ  x = 2 sin θ , x 1 = ℓ sin θ

⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ

Le moment d’inertie : I /o = I /G + m (OG ) = 2

2

1 1 ℓ  1 1 m ℓ2 + m   =  +  m ℓ 2 = m ℓ 2 12 3  2   12 4 

L’énergie cinétique du système: Page 92

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EcT = Ec m + Ec 2 m •2 1 1 1 2 •2 Ec m = I /o θ = mℓ θ 2 23 •2 1 1 ℓ2 • 2 1 1 2 • 2 Ec 2 m = 2m x = 2m θ = mℓ θ 2 2 4 22

11 2 1 2  •2 1 5 2 •2 ⇒ EcT =  m ℓ + m ℓ θ = mℓ θ 23 2 26  L’énergie potentielle du système:

EpT = Ep2m + Epk + Epm + Epk ℓ ℓ sin θ = 2mg θ = mg ℓθ 2 2 2 2 1 1 ℓ ℓ 11 2 2 1 Ep k = kx 2 + kx 0 x = k θ + kx 0 θ = k ℓ θ + kx 0ℓθ 2 2 4 2 24 2 Ep 2 m = 2mgx = 2mg

Ep m = mg (OG ) sin θ = mg

ℓ 1 θ = mg ℓθ 2 2

1 2 1 2 2 Ep k = kx 1 + kx 01x 1 = k ℓ θ + kx 01ℓ θ 2 2 2 2 11 2 1 1   2  EpT =  k ℓ + k ℓ  θ +  mg ℓ + mg ℓ + kx 0 ℓ + kx 01ℓ  θ 24 2 2   

2 3 15  1   EpT =  k ℓ2 θ +  mg ℓ +  x 0 + x 01  k ℓ θ 2 4 2 2     A

B

2

Ep T = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  3 1   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ mg ℓ +  x 0 + x 01  k ℓ = 0 d θ θ = 0 2 2 

Il reste :

EpT =

15 2 2  k ℓ θ 24 

Le lagrangien s’écrit :

L =

2 •2 15 15  m ℓ2 θ −  k ℓ2 θ 26 24 

L’équation différentielle du mouvement du système :

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 d  ∂L dt  ∂ θ• 

 d  ∂L  − ∂θ = 0 ⇒ dt  

  ∂L  •  ∂θ 

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 ••  5 2 m = ℓ θ  6  

∂L 5  = −  k ℓ2 θ ∂θ 4 

•• 5 5  m ℓ2 θ +  k ℓ2 θ = 0 6 4 

 5 2 •• ••  4 k ℓ  θ = 0 θ +  3 k θ = 0 θ +     5 m ℓ2  3k 3k   2 m  ⇒  6 ⇒ ⇒ ω02 = ⇒ ω0 =  2m 2m  •• 2 ••  θ + ω0θ = 0 2 θ + ω0θ = 0   A.N : k=120 N/m , m=0.5 Kg La pulsation propre des oscillations du système s’écrit par : ω 0 =

3 120 = 36 = 6s −1 2 0.5

La solution générale de l’équation différentielle du mouvement

(

)

θ (t ) = A cos ω 0 t + ϕ  • θ (t ) = − A ω 0 sin ω 0 t + ϕ 

(

Les constantes A et ϕ

)

son déterminées a partir des conditions initiales :

π  θ ( 0 ) = A cos ϕ = 0 → A ≠ 0 → cos ϕ = 0 → ϕ = ± θ ( 0 ) = 0  2   ⇒ • • 10 5 π θ ( 0 ) = 10 Rad / s θ ( 0 ) = − A ω0 sin ± = 10 → − A ω0 ( ±1) = 10 → A = ± =±  2 3 ω0  L’expression définitive de l’équation horaire du mouvement du système s’écrit : 5 π  θ (t ) = ± cos  6t ±  3 2 

Exercice 36 : Le moment d’inertie de la masse m :

I /o = mx 2

L’énergie cinétique du système: •2 1 1 •2 1 1 • 2 I /O θ + m x = mx 2 Ω 2 + mx 2 2 2 2 2 •  1  ⇒ EcT = m  x + x 2Ω 2  2  

EcT = Ec m =

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• 2

•

Puisque: θ (t ) = Ω t ⇒ θ (t ) = Ω ⇒ θ = Ω 2 L’énergie potentielle du système: EpT = Ep m + Ep 2 k + Ep k ⇒ EpT = Ep 2 k + Ep k 2

2

1 Ep2k = 2kx 2 2 Ep k = 2

EpT =

11 2 kx 22 2 15 kx 22

Le lagrangien s’écrit :

2  15 1  •2 L = m  x + x 2Ω2  − kx 2   22

L’équation différentielle du mouvement du système :

    •• d  ∂L  ∂L d  ∂L  − = ⇒ = m x 0 dt  ∂ x•  ∂x dt  ∂ x•     

∂L  5  ∂L  5  =  mxΩ 2 − kx  ⇒ =  mΩ 2 − k  x ∂x  ∂x  2  2 

•• •• 5  5    m x −  mΩ2 − k  x = 0 ⇒ m x +  −mΩ2 + k  x = 0 2  2    •• 5   m x +  m Ω2 − k  x = 0 2  

  5  2 ••  − mΩ + 2 k  ••  5 k 2  x+   x = 0  x +  −Ω + x =0= m 2 m       ⇒  ⇒   ••x + ω 2 x = 0 •• 0   2 ω x x + = 0  0  

5k   2 5 k ⇒ ω02 =  −Ω 2 +  ⇒ ω0 =  −Ω +  2 m 2 m   En définitive, ω 0 s’écrit par :

ω0 = 0 ⇒ −Ω2 +

5k 5k =0⇒Ω= 2m 2m

Il n ya aura pas d’oscillations quand la vitesse angulaire Ω est tel que : Ω ≥

5k 2m Page 95

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Partie 2 : Oscillations libres amorties : Système à un degré de liberté

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Exercice 37: On suppose un système mécanique constitué d’une masse m est suspendue à un bâti fixe par un ressort de raider k . La masse m est reliée à un bâti fixe par un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α selon la figure ci- dessous. 1- Déterminer

l’énergie cinétique EcT et l’énergie potentielle EpT ainsi que la fonction de

dissipation D du système. 2-

Ecrire l’équation différentielle du mouvement et la mettre sous la forme : ••

•

x + 2 δ x + ω 02 x = 0

3- En déduire la pulsation propre ω 0 et le facteur d'amortissement δ du système 4- En supposant que le frottement est faible, donner La pulsation amortie ω a du système. (pseudo- pulsation) 5- Trouver la solution générale dans les 3 cas :


Cas où le système est faiblement amorti δ < ω 0 .




Cas de l’amortissement critique δ = ω 0 .


Cas où le système est fortement amorti δ > ω 0 .

Exercice 38: La figure ci-contre représente une masse m est suspendue à un bâti fixe par un ressort de raider k . Les frottements étant représentés par l’amortisseur de coefficient α . On observe un mouvement oscillatoire à 1ddℓ amorti dont l'amplitude x ( t ) diminue à chaque période T suivant le rapport :

γ=

x (t + T ) x (t )

= e −π

La masse du système est m = 10kg et la pulsation propre du système conservatif associé est ω0 = 2S −1 1-

Déterminer la valeur de décrément logarithmique.

2- Déterminer la valeur de l'amortissement relatif η . 3- En déduire le coefficient d'amortissement δ du système. Page 97

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4- Quelle doit être la valeur de α pour que les conditions d'amortissement critique soient satisfaites ?

Exercice 39: Soit une tige rigide de longueur ℓ et de masse négligeable est suspendue à un support horizontal, fixes-en O . Elle port à son extrémité libre une masse ponctuelle m . Un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α est relié à cette tige à la distance

ℓ du point O . A l’équilibre, la tige est 3

verticale, la masse ponctuelle m est écartée légèrement de sa position d’équilibre puis relâchée. Dans le cas de faibles écarts angulaires. 1- Déterminer l’expression du lagrangien L et la fonction de dissipation D . Etablir l’équation différentielle du mouvement. 2- Donner la pulsation propre ω 0 et le facteur d'amortissement δ du système. 3- En supposant que le frottement est faible, donner la pulsation amortie ω a puis la solution θ ( t ) du système sachant que pour •

t = 0 : θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 . ( préciser son amplitude A et sa phase ϕ )

Exercice 40: Soient les deux systèmes mécaniques suivants :

faire l’approximation des faibles oscillations et donner dans chacun des cas : -

la raideur du ressort équivalent k eq . Page 98

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-

le lagrangien du systeme.

-

l’équation différentielle du mouvement.

-

la solution général du mouvement faiblement amorti θ ( t ) sachant que pour t = 0 : θ ( 0 ) = θ M •

et θ ( 0 ) = 0 . Exercice 41: Une tige rigide, de longueur ℓ , sans masse et articulée à l’une de ses extrémités O , porte à son autre extrémité libre une masse ponctuelle m , et pouvant pivoter autour de l’axe O . Un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α est également fixé à la masse m et la tige se trouve, au repos, dans une position verticale. Au milieu de la tige est fixé aussi un autre amortisseur de coefficient de frottement visqueux α . -

Déterminer

la

d’amortissement

pulsation

propre ω 0

,

le

facteur

δ et le pseudo- pulsation ω a des

oscillations de faibles amplitudes puis écrire l’équation horaire du mouvement faiblement amorti du système en tenant compte des conditions initiales.

Exercice 42: Soit un cylindre homogène de la masse M et de rayon R qui peut rouler sans glisser sur un plan horizontal. Les points A et O sont reliés à deux bâtis fixes respectivement par deux ressorts de raideur k et un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α . Lorsque le cylindre tourne de

θ , son centre de gravité se déplace de x avec x = Rθ . 1- Calculer le lagrangien de ce système et en faisant l’approximation

des

faibles

amplitudes

d’oscillation, déduire l’équation différentielle

de

son mouvement. 2- Trouver la solution de cette équation différentielle dans le cas d’un système faiblement amorti.

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Exercice 43: On suppose un système mécanique constitué d’une tige de longueur ℓ et de masse négligeable port à son extrémité une masse m . A des distances respectives

ℓ 2ℓ et de O , un ressort de raideur 3 3

k et un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α sont attachés à cette tige. La masse m est liée au bâti fixe par l’intermédiaire d’un ressort de raideur k et par un amortisseur avec coefficient d’amortissement α . En supposant l’amplitude faible pour faire l’approximation nécessaire. 1- Ecrire l’équation différentielle du mouvement. 2- Trouver la pulsation amorti du système. 3- En tenant compte des conditions initiales, déterminer l’équation horaire du mouvement faiblement amorti.

Exercice 44: Trois masses ponctuelles et identiques sont fixées à une tige rigide, de longueur ℓ , de la masse négligeable et peut pivoter autour d’un axe horizontal fixe situé en O . L’une des masses est attachée à un ressort vertical de raideur k et un amortisseur de coefficient α dont deux extrémités sont fixes. Seconde masse est attachée par un ressort de raideur k à une distance attachée par distance

3ℓ de O . Troisième masse est 4

un amortisseur de coefficient α à une

ℓ de O . 4

1- Calculer le lagrangien du système et en déduire l’équation différentielle du mouvement.

Page 100

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2- En déduire l’expression de θ ( t ) du mouvement faiblement amorti, si à l’instant t = 0 , on avait : •

θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 .

3- En précisant les expressions de A et de ϕ .

Exercice 45: Une tige rigide, de longueur 3ℓ , de la masse négligeable porte deux masses ponctuelles une à l’extrémité supérieure et une autre à une distance 2ℓ de O . A ses distances respectives ℓ , 3ℓ de

O , un ressort de raideur k et un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α sont attachés à cette tige. Le système se trouve en position d’équilibre statique lorsque la tige est verticale. On suppose qu’a l’instant t = 0 , la tige est écartée de sa position d’équilibre puis relâchée sans vitesse initiale. 1- Calculer le lagrangien de ce système en fonction de la coordonnée généralisée l’angle de rotation θ et de la vitesse angulaire correspondante. 2- Donner la solution générale du mouvement faiblement amorti. 3- En précisant les expressions de A et de ϕ , si à l’instant •

t = 0 ,on avait : θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 .

Exercice 46: Deux tiges rigides, sans masse et de longueurs ℓ solidaires à l’une de leur extrémité O ou elles présentent un angle droit entre elles. Chacune de ces tiges port à son extrémité libre une masse ponctuelle de sort qu’a l’équilibre statique une tige est verticale et l’autre soit horizontal. Le point A de la tige verticale, tel que OA = ℓ

3

, est reliée à un

bâti fixe B par un amortisseur de

coefficient de frottement visqueux α tandis que la masse m 3 est également fixé au bâti B par un ressort de raideur k .

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1- En

déduire

l’équation

différentielle

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des

oscillations amorties. 2- Déterminer le facteur d’amortissement δ et la pulsation amortie ω a de ce système.

Exercice 47: On considère le système mécanique de la figure ci-contre est constitué deux masses m et M soudées de part et d’autre d’une tige de longueur ℓ et de masse négligeable. La tige peut pivoter sans frottement dans le plan vertical autour du point O situé à une distance de ℓ de M et 3ℓ de 4 4

m . Deux ressorts de raideur k son attachés en M tandis que un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α

est

attaché

en m . A

l’équilibre la tige ℓ est horizontale. A l’instant t = 0 , On l’écarte

légèrement la tige de sa position

horizontale puis on la relâche sans vitesse initiale. -

Trouver

l’équation

différentielle

de

ce

mouvement dans le cas de faiblement amorti et en donner la solution θ ( t ) .

Exercice 48: La poulie, assimilée à un cylindre homogène de masse M et de rayon R qui peut tourne sans frottement autour d’un axe horizontal et fixe en- O . Il porte à sa périphérie deux masses ponctuelles m1 et m 2 .Un fil inextensible s’enroulé

sans glisser sur cette poulie, une de ses

extrémités porte une masse ponctuelle m qui reliée au bâti par un amortisseur de coefficient de

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frottement visqueux α .En un point A situé à une distance R

2

de l’axe fixe O du poulie est

accroché par un ressort de raideur k . 1- Ecrire l’équation différentielle du mouvement. 2- Trouver, pour le régime oscillatoire amorti ou pseudo-périodique, l’expression de la solution

θ (t ) . On pose: m1 = m et m2 =

m 2

Exercice 49: Deux masses m et M soudées de part et d’autre d’une tige de longueur 3ℓ et de masse négligeable. La tige peut pivoter sans frottement dans le plan vertical autour du point O situé à une distance de 2ℓ de M et ℓ de m . Deux amortisseurs de coefficient de frottement visqueux α et un ressort de raideur k sont attachés à cette tige. 1- Ecrire l’équation de lagrange en régime libre amorti qui régit ••

•

θ ( t ) sous la forme : θ + 2δ θ + ω02θ = 0 . On précisant l’expression de δ et de ω0 . 2- Donner la solution des oscillations faiblement amorti.

Exercice 50: On considère le système oscillant de la figure ci-dessous constitué par deux masses m et 3m et une poulie homogène de masse M et de rayon 2R pouvant tourner autour de son axe horizontal et fixe en- O . Un ressort de raideur k et un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α sont fixés, en position d’équilibre, à des distances respectives R et 2R du centre O . Deux fils inextensibles son solidaires de la poulie. L’un s’enroule sur une petite gorge de rayon R et port une masse 3m . L’autre s’enroule sur toute la poulie et port une masse m . Page 103

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1- En plaçant dans le cas le système peut osciller, établir l’équation différentielle du mouvement du système libre amorti en prenant pour coordonnée généralisée θ . 2- Donner la pulsation propre et la pseudo-pulsation du système et l’expression de θ ( t ) .

Exercice 51: Deux tiges de masses négligeables et de longueurs respectives ℓ et ℓ sont soudées à angle 3 droit par l’une de leurs extrémités tandis que l’autre porte une masse m1 et m 2

( m1 = m2 = m ) .

L’ensemble peut pivoter autour d’un axe fixe O situé à une distance ℓ de la soudure. La masse 3 m1 est suspendue par un ressort de raideur k . Un amortisseur de coefficient de frottement

visqueux α fixé à une distance ℓ l’équilibre, la tige ℓ est

3

de O . A

verticale. En écartée

légèrement de sa position d’équilibre puis relâchée. 1- Ecrire le lagrangien et la fonction dissipation du système. 2- établir l'équation différentielle du mouvement, puis donner sa pulsation amortie des oscillations dans le cas du mouvement faiblement amorti.

Exercice 52: Un système mécanique est constitué d’un disque, homogène, de masse M et de rayon R , peut osciller sans frottement autour de son axe horizontal O . Ce disque est relié par deux ressorts

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de raideur k , à une distance R de O . Un amortisseur de coefficient α et fixé à une distance R de O . Une masse m est fixée sur le disque à une distance R

2

2

du centre O et fait un mouvement

circulaire avec le mouvement du disque. On se propose d’étudier le mouvement vibratoire du disque dans le cas d’oscillations linéaires de faible amplitude. 1- Donner l’énergie cinétique du système et donner son énergie potentielle. 2- Déterminer l’expression du lagrangien L et la fonction de dissipation D . 3- Etablir l’équation différentielle du mouvement. 4- En déduire la pulsation propre ω 0 et le facteur d'amortissement δ du système. 5- En supposant que le frottement est faible, donner La pulsation amortie ω a puis la solution θ ( t ) du système •

sachant que pour t = 0 : θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 . 6- En précisant les expressions d’amplitude A et de phase ϕ .

Exercice 53: Soit une barre homogène de masse m et de longueur ℓ , oscille sans frottement, dans un plan horizontal, autour d’un axe fixe perpendiculaire au plan du mouvement en- O . Un ressort de raideur k et un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α sont attachés à des distances respectives de 3ℓ

4

et

ℓ de O . A l’équilibre, la 4

barre homogène est verticale .On décrit le système par la variable θ ( t ) que fait la tige avec l’horizontale. 1- Donner l’équation différentielle de ce mouvement. 2- Trouver sa pulsation amorti. 3- Donner l’expression de sa solution représentant le régime oscillatoire amorti ou pseudo-périodique.

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Exercice 54: La figure ci-contre représente un cylindre homogène de masse M et de rayon R qui peut rouler sans glisser sur un plan horizontal. Une tige homogène de masse m et de longueur ℓ est solidaire du cylindre M , porte a son extrémité un ressort de raideur k . Un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α est attaché à cette tige à la distance 2 ℓ

3

de O . A l’équilibre, la tige

homogène est verticale. Lorsque le cylindre tourne de θ , son centre de gravité se déplace de x ,

x = Rθ .
Donner l’équation différentielle de ce mouvement
Montrer que cette équation admet une solution sous la

forme

θ ( t ) = Ae−δ t cos (ωat + ϕ )

et

donner

l’expression de A et de ϕ en fonction de δ , ω 0 , ω a et θ M .

Exercice 55: ••

On considère l’oscillateur amortie libre régit par l’équation :

•

m x + C x + kx = 0

Où m est la masse de M , k le coefficient de rappel et x le déplacement de M . Le mouvement x ( t ) est tel que le système étant à l’équilibre, on lance M avec une vitesse initiale vi = 25 cm

•

s

(à t = 0 on a : x ( 0 ) = 0 et x ( 0 ) = vi ).

1- Calculer la période propre du système (A.N. : m = 150 g , K = 3.8 N ) m 2-

Montrer que si C = 0.3 Kg

s

, M a un mouvement oscillatoire amortie. •

3- Résoudre dans ce cas l’équation avec les conditions initiales θ ( 0 ) = 25 cm

s

et x ( 0) = 0

. 4- Calculer le pseudo période du mouvement.

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Exercice 56: La figure ci-contre représente un disque homogène de masse M et de rayon R qui peut rouler sans glisser sur un plan horizontal. Le disque est relié par son centre O à un amortisseur de coefficient α et une poulie de masse négligeable. Un fil inextensible s’enroule sans glisser sur cette poulie, une de ses extrémités étant fixée à centre O . L’autre est prolongée par un ressort de raideur

k est relié au disque comme indiqué sur la figure. 1- Déterminer le Lagrangien du système en fonction de θ . 2- Démontrer que l’équation différentielle du mouvement du système s’écrit : ••

θ+

2 α • 6k θ+ θ =0 3 m m

3- Donner la solution dans le cas d’un système faiblement amorti.

Exercice 57: Soit une barre homogène de masse m et de longueur ℓ , peut pivoter autour d’un axe fixé à l’une de ses extrémités O . L’extrémité libre de la tige est fixée à un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α et ressort de raideur k . A l’équilibre statique, la barre homogène est horizontale. Trouver l’énergie potentielle et l’énergie cinétique ainsi que la fonction de dissipation du systéme.

-

Etablir

l’équation

différentielle des faibles

oscillations du système et en déduire leur période propre.

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Exercice 58: Soit une tige rigide, de longueur ℓ , de masse négligeable et portant une masse ponctuelle m , est solidaire du disque homogène de centre O1 de masse M et de rayon R peut rouler sans glisser sur un bâti horizontal. Une barre homogène de masse m et de longueur ℓ , peut pivoter autour d’un axe fixé à l’une de ses extrémités O2 . L’extrémité libre de la barre est fixée à un ressort de raideur k. Son milieu est intercalé entre une barre horizontale

( mG)

de masse négligeable et un

amortisseur de coefficient de frottement visqueux α . Le système se trouve en position d’équilibre statique lorsque la barre est verticale.

1- Sachant que

ℓ ( R + ℓ)ϕ = θ 2

, déterminer l’expression du lagrangien L et la fonction de

dissipation D . 2- démontrer que l’équation différentielle du mouvement du système s’écrit : ••

θ+

3α • 3 k 7 g  θ+  − θ = 0 8m 2  m 18 ℓ 

pour

R=

ℓ et M = 2m 2

3- Trouver le facteur d’amortissement et pulsation amorti du système. 4- En déduire la solution θ ( t ) dans le cas mouvement faiblement amorti sachant qu’à l’instant •

t = 0 , on avait : θ ( 0 ) = 0 et θ ( 0) = θM . Exercice 59: Le système mécanique de la figure ci- dessous est composé d’un disque homogène de masse

M et de rayon R et d’une tige rigide de masse négligeable son fixes aux extrémités par deux masses m1 et m2 , et reliés entre eux par une barre horizontale O1 A de masse négligeable. Le disque homogène de centre O1 , peut rouler sans glisser sur un bâti horizontal. La tige rigide de Page 108

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longueur ℓ qui peut pivoter sans frottement dans le plan vertical autour du point O2 situé a une distance ℓ de m1 et 2ℓ de m2 . A une distance ℓ de O2 , un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α est attachée à cette tige. Un ressort de raideur k est également fixé à la masse m2 et la tige se trouve, au repos, dans une position verticale. 1- Sachant que Rϕ = ℓ sin θ , déterminer l’expression du lagrangien L

et la

fonction de dissipation D . 2- Sachant que m = m1 = m2

et

M = 2m ,

montrer que l’équation différentielle du mouvement ••

θ+

du

système

s’écrit :

1α • 1 k 1 g − θ+ θ = 0 8m 2 m 8 ℓ 

3- Trouver le facteur d’amortissement δ et pulsation amorti ωa du système. 4- Donner la solution du mouvement faiblement amorti sachant qu’à l’instant t = 0 , on avait : •

θ ( 0 ) = 0 et θ ( 0) = θM .

Exercice 60: Un disque homogène de centre O1 , de masse M et de rayon R peut pivoter autour de son axe. Une barre homogène de masse m et de longueur ℓ est solidaire de disque du centre O1 . Un ressort de raideur k et un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α sont attachés à des distances respectives de 3ℓ 4 et R = ℓ 4

de O1 .

L’extrémité d’une barre est reliée une masse

m par un fil inextensible s’enroule sans glisser autour un autre disque identique de centre O2 . Le système se trouve en position d’équilibre statique lorsque la barre est verticale.

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1- Sachant que ℓ sin θ = Rϕ , donner le lagrangien de ce système. 2- Etablir l’équation de Lagrange puis résoudre dans ce cas l’équation avec les conditions •

initiales : θ ( 0 ) = 0 et θ (0) = θ M .

Exercice 61: Une tige rigide, de longueur 2ℓ , de la masse négligeable peut pivoter autour d’un axe fixé à l’une de ses extrémités O .Un amortisseur de coefficient de frottement visqueux α est fixé à l’autre extrémité. Au milieu de la tige G est suspendue une masse 2m qui reliée par un ressort de raideur k . En position d’équilibre la tige 2ℓ est horizontale. On suppose qu’a l’instant t = 0 , la tige est écartée de sa position d’équilibre puis relâchée sans vitesse initiale. 1- trouver le lagrangien du système et écrire l’équation différentielle de son mouvement. 2- déterminer la période propre des petites oscillations de la masse 2m puis la pulsation des oscillations amorties ωa .

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Partie 2 :

Solutions

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Exercice 37: Le nombre de degrés de liberté : x var iable

⇒ n = 1 − 0 = 1dd ℓ

L’énergie cinétique du système: 1 •2 EcT = Ec m = m x 2 L’énergie potentielle du système: EpT = Ep m + Ep k Ep m = − mgx Ep k =

1 kx 2

2

+ kx 0x

2 1 EpT = k x + ( −mg + kx 0 ) x    2  B A

2

Cette équation s’écrit sous la forme suivante : Ep T = A θ + B θ Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  mg  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ −mg + kx 0 = 0 ⇒ x 0 = d θ θ =0 k

Il reste :

2 1 EpT = k x 2

2 1 •2 1 Le lagrangien s’écrit : L = m x − k x 2 2

La fonction de dissipation s’écrit : D =

1 •2 αx 2

Avec α est appelé le coefficient de frottement visqueux. Dans le cas d’un système libre amorti, l’équation différentielle est obtenue a partir de l’équation de lagrange s’écrit :

    •• d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L  − =− • ⇒  • =mx •   dt  ∂ x  ∂x dt  ∂ x  ∂x    

∂L = −kx ∂x

••

•

∂D •

•

=α x

∂x ••

•

m x + kx = −α x ⇒ m x + α x + kx = 0

On obtient l’équation différentielle suivante :

La forme réduite de cette équation est s’écrit comme suit : ••

x+

α m

•

x+

k x =0=0 m Page 112

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C’est une équation différentielle du second ordre à coefficients constants qui peut se mettre ••

•

x + 2δ x + ω02x = 0

Sous la forme :

α α   2δ = m → δ = 2 m ⇒ ω 2 = k → ω = k 0  0 m m

avec :

On appelle δ le coefficient ou facteur d’amortissement et vous savez déjà que ω 0 est la pulsation propre de l’oscillateur. ∆ ′ = δ 2 − ω 02

Les solutions dépendent du signe discriminent :


Cas où le système est faiblement amorti :

 ∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0   ∆′ < 0 La solution générale de l’équation différentielle est de la forme :

(

)

 x (t ) = A e − δ t cos ω a t + ϕ  •  x (t ) = −δ A e − δ t cos ω a t + ϕ − A ω a e − δ t sin ωa t + ϕ 

(

)

(

)

k α2 − Tel que : ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa = m 4m 2 2 0

2 a

2

2 0

2

ω a est appelé La pulsation amortie (pseudo- pulsation).

Cette décroissance des oscillations est entièrement due aux forces dissipatives par l’intermédiaire du coefficient d’amortissement δ . On appel τ = 1 (constante de temps) temps de relaxation de δ

l’amplitude. A et ϕ des constantes à déterminer grâce aux conditions initiales (C.I.).

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•

Dans le cas particulier où x ( 0) = x M et x ( 0 ) = 0 , on obtient : •

•

x ( 0 ) = 0 ⇒ x ( 0 ) = −δ Ae0 cos ϕ − Aωa e0 sin ϕ = 0 ⇒ −δ cos ϕ − ωa sin ϕ = 0 ⇒

sin ϕ δ δ δ =− ⇒ tan ϕ = − ⇒ ϕ = arctan − cos ϕ ωa ωa ωa

δ  tan ϕ = − ω a   ωa 2 2 2 Puisque: ω0 = ωa + δ ⇒ cos ϕ = ω0   δ sin ϕ = − ω0  x ( 0 ) = xM ⇒ Ae0 cos ϕ = xM ⇒ A =

ω xM x = M ⇒ A = 0 xM cos ϕ ωa ωa ω0

A et ϕ en fonction des éléments des systèmes :

α α   2m 2m → ϕ = arctan −  tan ϕ = − 2 δ k α k α2   tan ϕ = − − −  ωa m 4m 2 m 4m 2   ⇒  k A = ω0 x  M   ωa m xM A = 2 k α  −  m 4m 2 En définitive, x (t ) s’écrit par :

x (t ) =

ω0 x e −δ t cos (ωa t + ϕ ) ωa M

C’est le régime oscillatoire amorti.


Cas de l’amortissement critique :

 ∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 = 0 → δ = ω0   ∆′ = 0 La condition d’amortissement critique sur le coefficient α c est :

δ = ω0 ⇒

αc 2m

=

k ⇒ αc = 2 mk m

La solution générale de l’équation différentielle est de la forme :

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 x (t ) = ( A + Bt ) e −δ t  • −δ t −δ t  x (t ) = Be − δ ( A + Bt ) e

A et B sont deux constantes d’intégration déterminées à partir des conditions initiales (C.I). •

Dans le cas particulier où x ( 0) = x M et x ( 0 ) = 0 , on obtient :

• x ( 0 ) = 0 ⇔ B − δ A = 0 ⇒ B = δ A ⇒ x (t ) = ( x M + x M δ ) e −δ t ⇒ x (t ) = x M (1 + δ ) e −δ t  x ( 0 ) = x M ⇔ A = x M En définitive, x (t ) s’écrit par :

x (t ) = x M (1+ δ ) e −δt

x (t ) est encore une fonction qui tend vers zéro sans oscillation lorsque le temps augmente. Là aussi il n’y a pas d’oscillations et le mouvement est appelé régime critique.


Cas où le système est fortement amorti :

 ∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 > 0 → δ > ω0  ′ ∆ > 0 La solution de l’équation différentielle s’écrit dans ce cas :

x (t ) = Ae ( −δ − ∆′ )t + Be ( −δ + ∆′ )t ( −δ − ⇒ x (t ) = Ae  2 2 ∆′ = δ − ω0 •

(

)

x (t ) = A −δ − ∆ ′ e

(−δ −

)

∆′ t

(

)

δ 2 −ω02 t

)

+ B −δ + ∆ ′ e

( −δ + δ −ω )t 2

+ Be (−δ +

2 0

)

∆′ t

Avec A et ϕ des constantes à déterminer grâce aux conditions initiales (C.I.). •

Dans le cas particulier où x ( 0) = x M et x ( 0 ) = 0 , on obtient :

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(

) )

• B δ − ∆′ • x (t ) = 0 ⇔ x (0) = A −δ − ∆′ + B −δ + ∆′ = 0 ⇒ A = ........1  ⇒ −δ − ∆′  x (0) = x M ⇒ x (0) = A + B = x M .......... 2

(

) (

)

(

En remplaçant la première équation dans la deuxième équation, on torve :  δ − ∆′  B δ − ∆′ 1 +B = xM ⇒B  + 1 = x M ⇒ B = x M  −δ − ∆′   −δ − ∆′    − 2 ∆′  −δ − ∆′ 

(

(

) )

⇒B =xM

( (

) )

(

(δ + ∆′ ) 2 ∆′

2 ⇒ A = xM −B ⇒ A = xM −xM

(δ +

∆′

2 ∆′

)⇒A =x

(

M

)

 δ + ∆′  1 − =x M  2 ∆′   

)

   

(

)

 2 ∆′ − δ + ∆ ′      2 ∆′  

 −δ + ∆′  ⇒ A = x M    2 ∆′  En définitive, x (t ) s’écrit par :

(

)

δ + ∆′ ( −δ + ∆′ )t  −δ + ∆′  ( −δ − ∆′ )t x (t ) = x M  +xM e  e 2 ∆′  2 ∆′  1  ( −δ − ∆′ )t ( −δ + ∆′ )t  x (t ) = x M −δ + ∆′ e + δ + ∆′ e  2 ∆′ 

(

)

(

)

L’amortissement est si important qu’il n’y a pas d’oscillations ; le mouvement x (t ) ) est appelé régime apériodique.

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Exercice 38: Dans le cas d’un système libre amorti, l’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange s’écrit : ••

•

••

•

m x + kx = −α x ⇒ m x + α x + kx = 0

 •• α • k α α  x + m x + m x = 0 = 0 2δ = → δ = m 2m   ⇒ ⇒ •• • x + 2δ x + ω 2 x = 0 ω 2 = k → ω = k 0 0   0 m m 

1) Décrément logarithmique λ : x (t )

λ = ln γ = ln

x (t + T

Tel que :

τ=

)

1

= ln e

−

= ln

T

τ

1 = ln e δT = δ T ⇒ λ = δ T e − δT

τ : constant de temps.

1

δ

δ : Coefficient d’amortissement

AN :

x (t + T x (t )

) = e −π ⇒ λ = ln γ = ln

x (t ) x (t + T

)

= − ln

x (t + T

) = ln e −π ⇒ ln x (t +T ) = − ln e −π = π x (t ) x (t )

⇒ λ =π 2) L'amortissement relatif η :

λ=

2πδ

ω0 1 − η

2

=

2πη 1 −η

Avec: η =

2

π=

2πη 1 −η

2

δ ω0

(

⇒ 2πη = π 1 − η 2 ⇒ 4π 2η 2 = π 2 1 − η 2

⇒ 4π 2η 2 = π 2 − πη 2 ⇒ 5π 2η 2 = π ⇒ 5η 2 = 1 ⇒ η 2 = ⇒η =

) 1 5

1 = 0.45 ⇒ η = 0.45 5

3) Pour calculer α il faut avoir le δ et pour calculer ce dernier on utilise le η déjà calculer : δ = ηω0  −1  A .N : ω0 = 2 S

⇒δ =

1 2 ⇒δ = 5

2 ¨ 5

 α 2 ⇒ α = δ 2m ⇒ α = 2 m 2 δ = *10 = 12.68 kg S −1 2m 5 ⇒α = 2  5 m = 10kg  Page 117

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4) Pour que les conditions d’amortissement critique satisfaites il faut que :

 ∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 = 0 → δ = ω0  ′ ∆ = 0  δc = ω0 ⇒

D’où :

AN :

αc

= ω0 ⇒ αc = 2m ω0

2m

α c = 28.28 kS − 1

Exercice 39: Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 ,θ   ℓ  x = ℓ sin θ , x 1 = 3 sin θ

Le moment d’inertie :

⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ I /o = m ℓ 2

Dans le cas de petites oscillation, on considère que :

θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

θ2 2

• • • 2 •  2 2  x = ℓ sin θ = ℓθ → x = ℓ θ → x = ℓ θ ⇒ 2  x = ℓ sin θ = ℓ θ → x 2 = ℓ θ 2 1  1 3 3 9

2

L’énergie cinétique du système: •2 1 1 2 •2 EcT = Ec m = I /o θ = m ℓ θ 2 2

L’énergie potentielle du système: 2 1 EpT = Ep m = mg ℓ (1 − cos θ ) = mg ℓ θ 2 Le lagrangien s’écrit :

L=

2 •2 1 1 m ℓ 2 θ − mg ℓ θ 2 2

1 • 2 1 ℓ2 • 2 1 1 2 • 2 αℓ θ La Fonction de dissipation s’écrit : D = α x = α θ = 2 1 2 9 29 L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :

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    •• d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L  2 − = − ⇒ = m ℓ θ • dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ•  ∂θ    

∂L = −mg ℓθ ∂θ

∂D

1 2• = αℓ θ • 9 ∂θ

On obtient l’équation différentielle suivante : •• • •• 1 • 1 m ℓ2 θ + mg ℓθ = − αℓ2 θ ⇒ m ℓ2 θ + αℓ2 θ + mg ℓθ = 0 9 9

•• 1 α • g θ + 9 m θ + ℓ θ = 0 = 0  ⇒ •• • θ + 2δ θ + ω 2θ = 0 0  

1α α  2δ = 9 m → δ = 18m avec :  ω 2 = g → ω = g 0  0 ℓ ℓ

Cas où le système est faiblement amorti :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La solution générale s’écrit :

(

)

θ (t ) = A e − δ t cos ω a t + ϕ  • θ (t ) = −δ A e − δ t cos ω a t + ϕ − A ω a e − δ t sin ω a t + ϕ 

(

Avec :

)

(

)

g α2 − ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa = ℓ (18m )2 2 0

2 a

2

2 0

2

ω a c’est la pulsation des oscillations amorties.

Les constantes A et ϕ son déterminées a partir des conditions initiales. •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient : •

•

θ ( 0 ) = 0 ⇒ θ ( 0 ) = −δ Ae0 cos ϕ − Aωa e0 sin ϕ = 0 ⇒ −δ cos ϕ − ωa sin ϕ = 0 ⇒

sin ϕ δ δ δ =− ⇒ tan ϕ = − ⇒ ϕ = arctan − cos ϕ ωa ωa ωa  ωa ω02 = ωa2 + δ 2  cos ϕ = ω0  Puisque:  δ ⇒  tan ϕ = − ω sin ϕ = − δ a   ω0

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θ ( 0 ) = θ M ⇒ Ae0 cos ϕ = θ M ⇒ A =

θM cos ϕ

=

xM

ωa ω0

⇒ A=

α   18m → ϕ = arctan −  tan ϕ = − 2 α g  δ  − 2 ϕ = − tan  ℓ  18m ) ( ω   a ⇒  g A = ω0 θ  M   ωa ℓ θM A = 2 g α  −  ℓ (18m )2 

ω0 θ ωa M

α 18m

α2 g − ℓ (18m )2

Finalement, θ (t ) s’écrit par :

θ (t ) =

ω0 θ M e −δ t cos (ωa t + ϕ ) ⇒ θ (t ) = A a cos (ωa t + ϕ ) ωa

avec: A a =

ω0 θ M e −δ t ωa

Exercice 40: Figure 1 : Le nombre de degrés de liberté :

x var iable

⇒ n = 1 − 0 = 1dd ℓ

L’énergie cinétique du système: 1 •2 EcT = Ec m = m x 2 L’énergie potentielle du système:

1 1 EpT = Epkeq 1 = k eq1 x 2 = 2kx 2 2 2 Le lagrangien s’écrit :

Avec: k eq1 = k + k = 2k

2 1 •2 1 L = m x − 2k x 2 2

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La fonction de dissipation s’écrit :

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

1 •2 D = αx 2

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de Lagrange du mouvement du système, soit :  d  ∂L dt  ∂ x• 

  ∂D d  ∂L  ∂L  − ∂x = − • ⇒ dt  •   ∂x ∂x  

 ••  = m x   

∂L = −2kx ∂x

••

On obtient l’équation différentielle suivante : •• α • 2k  x + m x+ m x = 0 = 0  ⇒ •• •  x + 2δ x + ω 2 x = 0 0  

•

∂D •

•

=α x

∂x

••

•

m x + 2kx = −α x ⇒ m x + α x + 2kx = 0

α α   2δ = m → δ = 2 m  avec :  ω 2 = 2k → ω = 2k = keq1 0  0 m m m

Cas où le système est faiblement amorti :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :

ω02 = ωa2 + δ 2 ⇒ ωa = ω02 − δ 2 ⇒ ωa =

2k α 2 − m 4m 2

La solution générale s’écrit : x (t ) = A e − δ t cos (ωa t + ϕ ) Les constantes A et ϕ

son déterminées a partir des conditions initiales. •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

α   2m → ϕ = arctan −  tan ϕ = − 2 δ 2 k α   −  tan ϕ = − ω  m 4m 2   a ⇒  2k A = ω0 x  M   ωa m xM A = 2 2 k α  −  m 4m 2

α 2m 2k α2 − m 4m 2

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

Figure 2 : EcT = Ec m =

L’énergie cinétique du système:

1 •2 mx 2

L’énergie potentielle du système:

1 11 2 EpT = Epkeq 2 = k eq2 x 2 = kx 2 22 Le lagrangien s’écrit :

L=

avec :

1 1 1 k = + → k eq2 = k eq2 k k 2

2 1 •2 11 mx − kx 2 22

La Fonction de dissipation s’écrit :

1 •2 D = αx 2

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :  d  ∂L dt  ∂ x• 

  d  ∂L ∂D  ∂L  − ∂x = − • ⇒ dt  •   ∂x ∂x  

 ••  = m x   

1 ∂L = − kx 2 ∂x

∂D •

•

=α x

∂x

On obtient l’équation différentielle suivante : •• 1 • •• • 1 m x + kx = −α x ⇒ m x + α x + kx = 0 2 2

 •• α • k α α  x + m x + 2m x = 0 = 0 2δ = → δ = m 2m   ⇒ ⇒ •• • x + 2δ x + ω 2 x = 0 ω 2 = k → ω = k = k eq 2 0 0   0 2m 2m m  Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0

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La pulsation amortie s’écrit : La solution générale s’écrit : Les constantes A et ϕ

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

ω02 = ωa2 + δ 2 ⇒ ωa = ω02 − δ 2 ⇒ ωa =

(

x (t ) = A e − δ t cos ωa t + ϕ

k α2 − 2m 4m 2

)

son déterminées a partir des conditions initiales. •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

α   2m → ϕ = arctan − tan ϕ = − 2 δ k α   −  tan ϕ = − ω 2m 4m 2   a ⇒  ω k A = 0 x  M   ωa 2m xM A = 2 k α  −  2m 4m 2

α 2m k α2 − 2m 4m 2

En définitive, θ (t ) s’écrit par : x (t ) =

ω0 x M e −δ t cos (ωa t + ϕ ) ⇒ x (t ) = Aa cos (ωa t + ϕ ) ωa

avec: A a =

ω0 θ M e −δ t ωa

Exercice 41: Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x , x 1 ,θ   ℓ  x = ℓ sin θ , x 1 = 2 sin θ

⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ

Le moment d’inertie :

I /o = m ℓ 2

L’énergie cinétique du système: •2 1 1 2 •2 EcT = Ec m = I /o θ = m ℓ θ 2 2

L’énergie potentielle du système: 2 1 EpT = Ep m = mg ℓ (1 − cos θ ) = mg ℓ θ 2 avec : θ petit ⇒ sin θ = θ Le lagranien s’écrit :

Cos θ = 1 −

θ2 2

2 •2 1 1 2 L = m ℓ θ − mg ℓ θ 2 2

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

La fonction de dissipation s’écrit : 2 •2 1 •2 1 •2 1 • 2 1 • 2 1  • 2 • 2  1  ℓ2 • 2 15 • D = α1 q + α 2 q ⇒ D = α x + α x = α  x + x  = α  θ + ℓ2 θ  =  α ℓ2 θ 2 1 2 2 2 1 2 2 1   2 4  2 4 • • •2 •  2 x = ℓ sin θ = ℓ θ → x = ℓ θ → x = ℓ2 θ   Puisque : ⇒  2 2 2 x = ℓ sin θ = ℓ θ → x• = ℓ θ• → x• = ℓ θ•  1 2 1 1 2 2 4 2

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

  ∂D d  ∂L  ∂L  − ∂θ = − • ⇒ dt  •   ∂θ ∂θ  

 ••  2 = m ℓ θ   

∂L = − mg ℓθ ∂θ

∂D

5 2• = αℓ θ • 4 ∂θ

On obtient l’équation différentielle suivante : •• • •• 5 • 5 mℓ 2 θ + mg ℓθ = − α ℓ 2 θ ⇒ mℓ 2 θ + α ℓ 2 θ + mg ℓθ = 0 4 4

•• 5 α • g θ + 4 m θ + ℓ θ = 0 = 0  ⇒ •• • θ + 2δ θ + ω 2θ = 0 0  

5α 5α  2δ = 4 m → δ = 8m avec :  ω 2 = g → ω = g 0  0 ℓ ℓ

Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :

g 25α 2 ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa = − ℓ 64m 2 2 0

La solution générale s’écrit :

2 a

2

2 0

2

θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ )

En tenant compte des conditions initiales du système, on détermine les constantes A et ϕ . •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

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5α   8m → ϕ = arctan −  tan ϕ = − δ g 25α 2   −  tan ϕ = − ω ℓ 64m 2   a ⇒  g A = ω0 θ  M   ωa ℓ θM A = 2 25 g α  −  ℓ 64m 2

5α 8m g 25α 2 − ℓ 64m 2

Exercice 42: Le moment d’inertie du disque :

I /C =

1 MR 2

2

L’énergie cinétique du système: EcT = Ec M =

•2 • 2 •2 •2 •2 1 1 11 1 13 I /C θ + M x = MR 2 θ + MR 2 θ = MR 2 θ 2 2 22 2 22

•

•

Puisque : x = R θ → x = R θ EpT = Ep k + Ep k

L’énergie potentielle du système:

θ petit ⇒ sin θ = θ  R R R 2 ⇒  x 1 = sin θ = θ → x 12 = θ 2 2 4  2

1 1 Epk = kx 2 = kR 2θ 2 2 2 1 1 2 Ep k = k ( x + x 1 ) = k 2 2

2

2

R  1  3R  19  θ = kR 2θ 2  Rθ + θ  = k  2  2  2  24 

1 9 1 13 2 2 EpT = 1 +  kR 2θ 2 = kR θ 2 4 2 4 Le lagrangien s’écrit :

L=

2 • 2 1 13 13 MR 2 θ − kR 2 θ 22 2 4

La Fonction de dissipation s’écrit :

•2 1 •2 1 •2 1 2 D = α q = α x = αR θ 2 2 2

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

  ∂D d  ∂L  ∂L  − ∂θ = − • ⇒ dt  •   ∂θ ∂θ  

obtient :

 ••  3 2 θ = MR  2  

∂L  13  = −  kR 2  θ ∂θ 4 

∂D •

•

= αR 2 θ

∂θ

On

•• 13 • •• • 3 3 13 MR 2θ + k R 2θ = −α R 2 θ ⇒ M R 2 θ + α R 2 θ + k R 2θ = 0 2 4 2 4

•• 2 α • 13 k θ + 3 M θ + 4 M θ = 0 = 0  ⇒ •• • θ + 2δ θ + ω 2θ = 0 0  

2α 1α  2δ = 3 M → δ = 3 M avec :  ω 2 = 13 k → ω = 13 k 0  0 4 M 4 M

Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :

13 k 1 α 2 ω = ω + δ ⇒ωa = ω −δ ⇒ωa = − 4 M 9M2 2 0

2 a

La solution générale s’écrit :

2

2 0

2

θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ )

Avec A et ϕ des constantes à déterminer grâce aux conditions initiales (C.I.). •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

1 α 1 α   3M 3M → ϕ = arctan − tan ϕ = − 2 δ 13 k 1 α 13 k 1 α 2   tan ϕ = − − −  ωa 4 M 9M2 4 M 9M2   ⇒  13 k A = ω0 θ  M   ωa 4 M θM A = 2 13 k 1 α  −  4 M 9M2

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

Exercice 43: Le nombre de degrés de liberté :

var iables x 1 , x 2 , x 3 ,θ  ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ  2ℓ ℓ θ θ θ x = ℓ sin , x = sin , x = sin 1 2 3  3 3

Le moment d’inertie : I /o = m ℓ 2 L’énergie cinétique du système: •2 •2 1 1 EcT = Ec m = I /o θ = m ℓ 2 θ 2 2 L’énergie potentielle du système:

EpT = Epk + Epk + Epm θ petit ⇒ sin θ = θ  x 1 = ℓ sin θ = ℓθ → x 12 = ℓ 2θ  2 ⇒ ℓ ℓ ℓ 2 2  x 3 = sin θ = θ → x 3 = θ 3 3 9  2

Ep m = − mg ℓ sin θ = − mg ℓ θ 2 1 1 Ep k = kx 12 + kx 01x 1 = k ℓ2 θ + kx 01ℓθ 2 2

1 2 11 2 2 1 Ep k = kx 3 + kx 03x 3 = k ℓ θ + kx 03ℓθ 2 29 3 EpT =

1  2 1 2 2  1  k ℓ + k ℓ  θ +  − mg ℓ + kx 01ℓ + kx 03ℓ  θ  2 9 3   

2  1 10 1    EpT =  k ℓ2  θ + −mg + k  x 01 + x 03  ℓ θ 2  9 3       A

B

2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT   = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg + k d θ θ = 0

Il reste :

EpT =

1    x 01 + x 03  = 0 3  

1  10 2  2  k ℓ θ 2 9 

Le lagrangien s’écrit :

L=

2 •2 1 1  10  m ℓ2 θ −  k ℓ2 θ 2 2 9 

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

La fonction de dissipation s’écrit : •2 1 •2 1 1 • 2 1 • 2 1  • 2 • 2  1  2 • 2 4ℓ 2 • 2  1  13 2  • 2 D = α1 q + α 2 q ⇒ D = α x + α x = α  x + x  = α  ℓ θ + θ  =  α ℓ θ 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 9   2   2 9

x 1 = ℓ sin θ = ℓθ → x 12 = ℓ 2θ  2 ⇒ 2ℓ 2ℓ 4ℓ 2 2 θ x 2 = sin θ = θ → x 2 = 3 3 9  2

Puisque :

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

  d  ∂L ∂D  ∂L  − ∂θ = − • ⇒ dt  •   ∂θ ∂θ   ••

On obtient :

m ℓ2 θ +

 ••  2 m ℓ θ =   

10 ∂L = − k ℓ 2θ 9 ∂θ

∂D •

∂θ

=

13 2 • αℓ θ 9

• •• 13 • 10 2 13 10 k ℓ θ = − α ℓ 2 θ ⇒ m ℓ 2 θ + α ℓ 2 θ + k ℓ 2θ = 0 9 9 9 9

•• 13 α • 10 k θ + 9 m θ + 9 m θ = 0 = 0  ⇒ •• • θ + 2δ θ + ω 2θ = 0 0  

13 α 13 α  2δ = 9 m → δ = 18 m avec :  ω 2 = 10 k → ω = 10 k 0  0 9 m 9 m

Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :

10 k 169α 2 ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa = − 9 m 324m 2 2 0

2 a

2

2 0

2

La solution générale de l’équation différentielle du mouvement : θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ ) Les constantes A et ϕ

son déterminées a partir des conditions initiales. •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

13 α 13 α   18 m 18 m → ϕ = arctan −  tan ϕ = − 2 δ 10 k 169α 10 k 169α 2   tan ϕ = − − −  ωa 9 m 324m 2 9 m 324m 2   ⇒  10 k A = ω0 θ  M   ωa 9 m θM A = 2 10 k 169 α  −  9 m 324m 2

Exercice 44: Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x1 , x2 , x3 ,θ  ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ  ℓ 3ℓ θ θ θ x = ℓ x = x = sin , sin , sin 2 3  1 4 4 Les moments d’inertie : I 1/O = m ℓ 2 2

I 2/O

9  3ℓ  == m   = m ℓ 2  4  16

I 3/O

1 ℓ = m   = m ℓ2  4  16

2

L’énergie cinétique du système: EcT = Ec m + Ec m + Ec m

Ec m =

•2 •2 1 1 I 1/o θ = m ℓ 2 θ 2 2

•2 •2 1 1 9 2 Ec m = I 2/o θ = mℓ θ 2 2 16 •2 •2 1 1 1 2 Ec m = I 3/o θ = mℓ θ 2 2 16 •2 1 9 1 1  13  2 • 2 2 2 2 EcT =  m ℓ + m ℓ + m ℓ  θ =   m ℓ θ 2 16 16 2 8  

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Epm + Epm + Epk + Epk

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θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

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θ2 2 2

⇒ x2 =

3ℓ 3ℓ 9ℓ 2 θ sin θ = θ → x 12 = 4 4 16

2 1 Ep m = mg ℓ (1 − cos θ ) = mg ℓ θ 2 2 3ℓ 13 Ep m = mg (1 − cos θ ) = mg ℓ θ 4 24

Ep m = mg Epk =

2 ℓ 11 (1 − cosθ ) = mg ℓθ 4 24

1 2 1 2 2 1 2 2 kx1 = k ℓ θ = k ℓ θ 2 2 2

2 1 1 9ℓ 2 2 1 9 Ep k = kx 22 = k θ = k ℓ2 θ 2 2 16 2 16

EpT =

2 2 1 3 1 9 2 1  25 2  2 mg ℓ + mg ℓ + mg ℓ + k ℓ + k ℓ θ = k ℓ + 2 mg ℓ θ    2  4 4 16 2  16  

Le lagrangien s’écrit :

2 1 • 2 1  25 2  L = θ −  k ℓ + 2mg ℓ  θ 2 2  16 

La fonction dissipation s’écrit:

1 •2 1 •2 1 • 2 1 • 2 1  • 2 • 2  1  2 • 2 ℓ2 • 2  1  17 2  • 2 D = α1 q + α2 q ⇒ D = α x + α x = α  x + x  = α  ℓ θ + θ  =  α ℓ θ 2 1 2 2 2 1 2 3 2 1 3  2  16  2  16 

Puisque:

θ petit ⇒ sin θ = θ

• • • 2 •2  2  x1 = ℓ sin θ = ℓθ → x1 = ℓθ → x1 = ℓ θ ⇒ 2 •2 • • • 2  x2 = ℓ sin θ = ℓ θ → x2 = ℓ θ → x2 = ℓ θ  4 4 4 16

L’équation différentielle du mouvement du système :     d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L  13 2 •• − = − • ⇒  •  = mℓ θ dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ  8 ∂θ    

∂L  25  = −  k ℓ 2 + 2mg ℓ θ ∂θ  16 

∂D •

∂θ

=

17 2 • αℓ θ 16

On obtient : • •• 17 • 13 2 ••  25 2 17 13   25  m ℓ θ +  k ℓ + 2mg ℓ  θ = − α ℓ 2 θ ⇒ m ℓ 2 θ + α ℓ 2 θ +  k ℓ 2 + 2mg ℓ  θ = 0 8 16 8 16  16   16 

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

•• 17 α •  32mg ℓ + 25k ℓ 2  17 α 13 α θ+ θ +  θ = 0 2δ = →δ= 26 m 26   26 m 51 m   ⇒ ⇒ 2 2 • •• ω 2 = 32mg ℓ + 25k ℓ → ω = 32mg ℓ + 25k ℓ 2 θ θ ω θ 2 0 + δ + = 0 0   0 26 26 

Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit : 2 32 mg ℓ + 25k ℓ 2 (13 ) α − 2 26 ( 51m ) 2

ω02 = ωa2 + δ 2 ⇒ ωa = ω02 − δ 2 ⇒ ωa = La solution générale s’écrit :

θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ )

A et ϕ des constantes à déterminer grâce aux conditions initiales (C.I.). •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient : 13 α 13 α   51 m 51 m → ϕ = arctan −  tan ϕ = − 2 2 2 2 2 13) α 13) α 2  ( ( 32 mg 25 k 32 mg 25 k ℓ + ℓ ℓ + ℓ δ  − −  2 2 26 26 51 m 51m )  tan ϕ = − ω ( ) (    a ⇒  ω 32mg ℓ + 25k ℓ 2 A = 0 θ    ωa M 26 θM A = 2 2 2 32mg ℓ + 25k ℓ (13) α  − 2  26 ( 51m ) 

Exercice 45: Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x, x1 , x2 ,θ ⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ   x = 2ℓ sin θ , x1 = ℓ sin θ , x2 = 3ℓ sin θ Les moments d’inertie :

I 1/O = m ( 2ℓ ) = 4m ℓ 2 2

I 2/O = m ( 3ℓ ) = 9m ℓ 2 2

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm1 + Ecm2

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•2 •2 1 1 Ec m1 = I 1/o θ = 4m ℓ 2 θ 2 2

Ec m2

•2 •2 1 1 2 = I 2/o θ = 9m ℓ θ 2 2

On posant : m = m1 = m2 •2 •2 •2 1 1 1 EcT = 4m ℓ2 θ + 9m ℓ2 θ ⇒ EcT = 13m ℓ2 θ 2 2 2

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm1 + Epm2 + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

⇒ x 1 = ℓ sin θ = ℓθ → x = ℓ θ 2 1

2

θ2 2

2

2 1 Ep m1 = −mg 2ℓ (1 − cos θ ) = − 2mg ℓ θ 2 2 1 Ep m 2 = −mg 3ℓ (1 − cos θ ) = 3mg ℓ θ 2

1 2 1 2 2 1 2 2 Ep k = kx = k ℓ θ = k ℓ θ 2 2 2 2 2 1 1 2 2 EpT =  −2mg ℓ − 3mg ℓ + k ℓ  θ = k ℓ − 5mg ℓ θ 2 2

(

Le lagrangien s’écrit :

L=

2 •2 1 1 13m ℓ 2 θ − k ℓ2 − 5mg ℓ θ 2 2

(

La fonction de dissipation s’écrit :

Car :

)

)

(

)

•2 1 •2 1 •2 1 D = α q ⇒ D = α x = 9α ℓ2 θ 2 2 2 2

(

2

)

• 2

•

2

⇒ x 2 = 3ℓ sinθ = 3ℓθ → x 2 = 9ℓ θ → x 2 = 9ℓ θ 2

2

2

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de Lagrange du mouvement du système, soit :

    •• d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L  2 − = − ⇒ = 13 m ℓ θ • dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ•  ∂θ    

∂L = − k ℓ 2 − 5mg ℓ θ ∂θ

(

)

∂D •

∂θ

(

)

•

= 9α ℓ 2 θ

On obtient l’équation différentielle suivante :

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Université Djillali liabse - Sidi Bel Abbes Section Génie électrique ••

(

)

(

)

•

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed ••

•

(

)

13mℓ2 θ + k ℓ2 − 5mgℓ θ = − 9α ℓ 2 θ ⇒ 13mℓ2 θ + 9α ℓ2 θ + k ℓ 2 − 5mgℓ θ = 0 •• 9 α •  1 k 5 g 9 α 9 α  θ + 13 m θ +  13 m − 13 ℓ  θ = 0 2δ = →δ=   13 m 26 m   ⇒ ⇒ θ•• + 2δ θ• + ω 2θ = 0 ω 2 = 1 k − 5 g → ω = 1 k − 5 g 0 0   0 13 m 13 ℓ 13 m 13 ℓ 

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0

Cas où le système est faiblement amorti : La pulsation amortie s’écrit :

( 9α ) 1 k 5 g − − ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ω a = 13 m 13 ℓ ( 26 m )2 2

2 0

2 a

2

2 0

2

La solution générale de l’équation différentielle du mouvement : θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ ) Les constantes A et ϕ

son déterminées a partir des conditions initiales. •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

9 α 9 α   26 m 26 m → ϕ = arctan −  tan ϕ = − 2 2  1 k 5 g ( 9α ) 1 k 5 g ( 9α ) δ  − − − −  2 2 13 13 ℓ 13 13 ℓ m m  tan ϕ = − ω 26 m ( ) ( 26m )   a ⇒  1 k 5 g  A = ω0 θ  − M   ωa 13 13 ℓ m θM A = 2 α 9 1 k 5 g ( )  − −  13 m 13 ℓ ( 26m )2 

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Exercice 46: On considère que:

m = m1 = m2 = m 3 = m4

Les moments d’inertie : 2

I 1/O

4  2ℓ  = m   = m ℓ2 9  3  2

4  2ℓ  I 2/O = m   = m ℓ 2 9  3  2

I 3/O

1 ℓ = m   = m ℓ2 9 3 2

1 ℓ I 4/O = m   = m ℓ 2 9 3 L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm1 + Ecm2 + Ec m3 + Ecm4 Ec m1

•2 •2 1 14 2 = I 1/o θ = mℓ θ 2 29

Ec m 2

•2 1 1 4 2 •2 = I 2/o θ = mℓ θ 2 29

•2 1 1 1 2 •2 Ec m3 = I 3/o θ = mℓ θ 2 29 •2 1 1 1 2 •2 Ec m 4 = I 4/o θ = mℓ θ 2 29

EcT =

14 4 1 1 2 •2 1  10  2 • 2 + + + m ℓ θ ⇒ Ec = T    mℓ θ 29 9 9 9 2 9 

L’énergie potentielle du système:

EpT = Ep m1 + Ep m 2 + Ep m3 + Ep m 4 + Ep k Ep m 1 = − m g

Ep m 2

2ℓ 2 sin θ = − m g ℓ θ 3 3

2 2ℓ 12 = −mg (1 − cos θ ) = − mg ℓ θ 3 23

ℓ 1 Epm3 = mg sinθ = mg ℓθ 3 3 Ep m 4 = mg

2 ℓ 11 (1 − cosθ ) = mg ℓ θ 3 23

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Ep k =

1 2 1 ℓ2 2 ℓ 11 2 2 1 kx + kx 0 x = k θ + kx 0 θ = k ℓ θ + kx 0ℓθ 2 2 9 3 29 3

EpT =

1 2 1 1 2 2  2 1 1  − mg ℓ + mg ℓ + k ℓ  θ +  − mg ℓ + mg ℓ + kx 0 ℓ  θ  2 3 3 9 3 3   3 

1 1 1 2  2  −mg + kx 0  EpT = − mg ℓ + k ℓ  θ +   ℓθ 2 3 9 3      A

B

2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  mg  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ − mg + kx0 = 0 ⇒ x0 = dθ θ =0 k

Il reste :

EpT =

Le lagrangien s’écrit :

1 1 1 2 2 − mg ℓ + k ℓ θ  2 3 9  L=

•2 1  10 1 1 1 2 2 2  m ℓ θ − − mg ℓ + k ℓ θ    2 9 2 3 9  

1 •2 1 •2 11 2 •2 La fonction de dissipation s’écrit : D = α q ⇒ D = α x =  α ℓ  θ 2 2 1 29  • ℓ ℓ ℓ • •2 1 2 • sin ⇒ x = θ = θ → x = θ →x = ℓ θ Puisque : 1 1 1 3 3 3 9

2

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :

    d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L   10 2  •• − = − • ⇒  •  =  mℓ θ dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ   9  ∂θ     On obtient l’équation différentielle suivante :

∂L 1  1  = −  − mgℓ + k ℓ2 θ ∂θ 9  3 

∂D

1  =  α ℓ2   ∂θ  9 •

•• •• 1 2 1 2  10  1 1 2 •  10 1 2 •  1 2 2  m ℓ  θ +  − mg ℓ + k ℓ  θ = −  α ℓ  θ ⇒  m ℓ  θ +  α ℓ  θ +  − mg ℓ + k ℓ θ = 0 9 9 9   3  9  9  9   3 

•• 1 α •  1 k 3 g 1 α 1 α  →δ= θ + 10 m θ +  10 m − 10 ℓ  θ = 0  2δ =   10 m 20 m   ⇒ ⇒ θ•• + 2δ θ• + ω 2θ = 0 ω 2 = 1  k − 3g  → ω = 1  k − 3 g  0    0   0 10  m ℓ  10  m ℓ  

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Cas où le système est faiblement amorti :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :

1  k 3g  α2 ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa =  − − 10  m ℓ  ( 20m )2 2 0

2 a

2

La solution générale s’écrit : Les constantes A et ϕ

2 0

2

θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ )

son déterminées a partir des conditions initiales. •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

1α 1α   20 m 20 m →ϕ = arctan− tanϕ = − 2 1  k 3g  α 1  k 3g  α2 δ  − −     − −  10  m ℓ  ( 20m )2 10  m ℓ  ( 20m )2 tanϕ = − ω   a ⇒  1  k 3g  A = ω0 θ  M  −   ωa  10  m ℓ  θM A = 2 1 3 k g α     − −  10  m ℓ  ( 20m )2 

Exercice 47: Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x , x 1 ,θ  ⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ  ℓ 3ℓ  x = 4 sin θ , x 1 = 4 sin θ

Les moments d’inertie : 2

1 ℓ I1/ o = M   = M ℓ 2  4  16 2

I 2/ o

9  3ℓ  = m   = mℓ 2  4  16

L’énergie cinétique du système: EcT = EcM + Ecm

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EcM =

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•2 •2 1 1 1 I1/ o θ = M ℓ2 θ 2 2 16

•2 •2 1 1 9 2 Ec m = I 2/o θ = mℓ θ 2 2 16

2

1 1 9  2• 1  M + 9m  2• EcT =  M + m  ℓ θ ⇒  ℓ θ 2  16 16  2  16 

2

L’énergie potentielle du système:

EpT = EpM + Epk1 + Epm + Epk2

θ petit ⇒ sin θ = θ 2

ℓ ℓ ℓ 2 ⇒ x = sin θ = θ → x 2 = θ 4 4 16 ℓ 1 EpM = Mg sin θ = Mg ℓθ 4 4

Epm = −mg

3ℓ 3 sin θ = − mg ℓθ 4 4

On pose : k = k1 = k2 2 1 1 ℓ2 2 ℓ 1 1 1 Ep k 1 = kx 2 + kx 0 x = k θ + kx 0 θ = k ℓ 2 θ + kx 0ℓθ 2 2 16 4 2 16 4

1 2 1 ℓ2 2 ℓ 1 1 2 2 1 Epk2 = kx + kx0 x = k θ + kx0 θ = k ℓ θ + kx0 ℓθ 2 2 16 4 2 16 4 EpT =

1  1 2 1 2 2  1 3 1 1  k ℓ + k ℓ  θ +  Mg ℓ − mg ℓ + kx0 ℓ + kx0 ℓ  θ  2 16 16 4 4 4  4 

EpT =

1  1 2  2  1 3  1  k ℓ  θ +  M − m  g + kx0  ℓ θ  2 4  8   8 4     A

B

2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  3  1 1  = 0 ⇔ B = 0 ⇒  M − m  g + kx0 dθ θ =0 4  8 4

Il reste :

EpT =

11 2 2  k ℓ θ 28 

Le lagrangien s’écrit :

L=

1  M + 9m  2  16

2 2  2 • 11 2 ℓ θ − k ℓ θ    28  

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•2

1 2

1 2

• 2

La Fonction de dissipation s’écrit : D = α q ⇒ D = α x = 1

•2 1 9 2  α ℓ θ   2  16 

•2 3 3 9 2 •2 Puisque: x 1 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x = ℓ θ 1 4 4 16

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

  d  ∂L ∂D  ∂L  − ∂θ = − • ⇒ dt  •   ∂θ ∂θ  

   M + 9m  =  16   

 2 •• ℓ θ 

∂L 1  = −  k ℓ2 θ ∂θ 8 

∂D

9 • =  α ℓ2 θ  ∂ θ  16 •

On obtient l’équation différentielle suivante :

 M + 9m   16

•  2 ••  1 2  9  M + 9m 2 θ + θ = − α θ ℓ k ℓ ℓ      ⇒  8   16   16

•  2 ••  9 1 2 2 θ + α θ ℓ ℓ    +  k ℓ θ = 0   16  8 

9α • 2k •• 9α 9α  θ + →δ=  M + 9m θ + M + 9m θ = 0 2δ = M + 9m 2 ( M + 9m )   ⇒ ⇒ •• • 2k 2k θ + 2δθ + ω 2θ = 0  2 0  ω0 = M + 9m → ω0 = M + 9m  Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :

81α 2  2k  ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa =  − 2  M + 9m  4 ( M + 9m ) 2 0

2 a

2

La solution générale s’écrit :

2 0

2

θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ )

avec A et ϕ des constantes à déterminer grâce aux conditions initiales (C.I.). •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

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9α 9α   2 ( 4 M + 9m ) 2 ( 4 M + 9m )  tan ϕ = − → ϕ = arctan −  81α 2 81α 2  2k   2k  δ  − −      2 2 tan ϕ = − ω  4 M + 9m  4 ( 4 M + 9m )  4 M + 9m  4 ( 4 M + 9m )   a ⇒  2k  A = ω0 θ    ωa M 4 M + 9m θM A = 2 2 81 k α     −  4 M + 9m  4 ( 4 M + 9m ) 2  

Exercice 48: Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x , x 1 ,θ   R  x = R θ , x 1 = 2 sin θ

⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ

Les moments d’inertie : 1 I /C = MR 2 2 I 1/O = m1R 2 = mR 2

I 2/O = m 2 R 2 =

m 2 R 2

m 2 L’énergie cinétique du système:

Avec : m1 = m3 = m et m2 =

EcT = Ecm1 + Ecm2 + Ecm3 + EcM •2 •2 •2 1 1 1 Ec m1 = I 1/o θ = m1R 2 θ = mR 2 θ 2 2 2 •2 •2 1 1 1 m 2 •2 Ec m 2 = I 2/o θ = m 2 R 2 θ = R θ 2 2 2 2 •2 1 •2 1 2 Ecm3 = m3 x = mR θ 2 2

Ec M

•2 •2 1 11 2 = I /C θ = MR θ 2 22

15 1  2 •2 1  5m + M  2 • 2 EcT =  m + M  R θ ⇒ EcT =  R θ 22 2  2 2 

L’énergie potentielle du système:

EpT = Ep m1 + Ep m 2 + Ep k Page 139

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θ petit ⇒ sin θ = θ 2

⇒ x1 =

R R R 2 sin θ = θ → x 12 = θ 2 2 4

Epm1 = −m1gR sinθ = −mgRθ 1 Ep m2 = m 2 gR sin θ = mgR θ 2

1 2 1 R2 2 R 11 2 2 1 Ep k = kx 1 + kx 0 x 1 = k θ + kx 0 θ = kR θ + kx 0 R θ 2 2 4 2 24 2 EpT =

2 11 1 1  2 kR θ   +  mgR − mgR + kx 0 R  θ 24 2  2 

EpT =

2  ( kx 0 − mg ) R  1 1 2 kR θ + θ   2 4 2     A

B

2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  mg  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ kx 0 − mg = 0 ⇒ x 0 = d θ θ = 0 k

Il reste :

EpT =

2 11 2  kR θ   24 

Le lagrangien s’écrit :

L=

2 1  5m + M  2 • 2 1  1 2 R θ − kR θ     2 2 24  

La fonction de dissipation s’écrit :

•2 1 •2 1 •2 1 2 D = α q ⇒ D = α x = αR θ 2 2 2

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :

    d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L   5m + M  2 •• − =− • ⇒  • = R θ dt  ∂ θ•  ∂θ dt 2     ∂θ ∂θ     On obtient l’équation différentielle suivante :

∂L 1  = −  kR 2  θ ∂θ 4 

∂D •

∂θ

(

)

•

= α R2 θ

• •  5m + M  2 ••  1  5m + M  2 •• 1  2 2 2 R θ + kR θ = − α R θ ⇒ R θ + α R θ +  kR 2  θ = 0       2 2   4    4 

(

)

(

)

Page 140

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

• 2α k •• α 2α  + θ θ →δ=  5 m + M + 2 ( 5 m + M ) θ = 0  2δ = 5m + M 5m + M   ⇒ ⇒ k k • •• ω02 = 2 → ω0 = θ θ ω θ + 2 δ + = 0 0 2 ( 5m + M ) 2 ( 5m + M   

)

Cas où le système est faiblement amorti :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit : 

 k α2 −  2  2 ( 5m + M )  ( 5 m + M )

ω02 = ωa2 + δ 2 ⇒ ωa = ω02 − δ 2 ⇒ ωa =  La solution générale s’écrit : θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ ) •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :    tan ϕ  δ    tan ϕ = − ω   a ⇒   A = ω0 θ    ωa M A =   

α =−

α

5m + M → ϕ = arctan −   k α2   − 2  2 ( 5m + M )  ( 5m + M ) k 2 ( 5m + M )

  k α2 −   2  2 ( 5m + M )  ( 5m + M )

5m + M   k α2   − 2  2 ( 5m + M )  ( 5m + M )

θM

Exercice 49: Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 ,θ  x = ℓ sin θ , x 1 = 2ℓ sin θ

⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ

Les moments d’inertie :

I 1/O = m ℓ2 I 2/O = M ( 2ℓ ) = 4M ℓ2 2

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm + EcM Page 141

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Ec m = Ec M

Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

•2 •2 1 1 I 1/o θ = m ℓ 2 θ 2 2

•2 •2 1 1 2 = I 2/o θ = 4M ℓ θ 2 2

•2 •2 1 1 2 2 2 EcT = m ℓ + 4M ℓ θ ⇒ EcT = ( m + 4M ) ℓ θ 2 2

(

)

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + EpM + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ

Cos θ = 1 −

⇒ x = ℓ sin θ = ℓθ → x = ℓ θ 2

2

θ2 2

2

2 1 Ep m = −mg ℓ (1 − cos θ ) = − mg ℓ θ 2 2 1 Ep M = Mg 2ℓ (1 − cos θ ) = 2Mg ℓ θ 2 2 1 1 Ep k = kx 2 = k ℓ2 θ 2 2 2 2 1 1 2   EpT =  2Mg ℓ − mg ℓ + k ℓ  θ = ( 2M − m ) g + k ℓ  ℓ θ 2 2

Le lagrangien s’écrit :

2 •2 1 1 2 2 L = ( m + 4M ) ℓ θ − ( 2M − m ) g ℓ + k ℓ  θ 2 2

La fonction de dissipation s’écrit : •2 •2 1 •2 1 •2 1 •2 1 •2 1  •2 •2 1  2 •2 1 2 2 D = α1 q + α2 q ⇒ D = α x + α x = α  x + x  = α  ℓ θ + 4ℓ θ  = 5α ℓ θ 1 2 1 2 2 2 2 1 2   2   2

(

)

• • •2 •2  2 x = ℓ sin θ = ℓ θ ⇒ x = ℓ θ ⇒ x = ℓ θ  Car :  2 2 x = 2ℓ sin θ = 2ℓθ ⇒ x• = 2ℓ θ• ⇒ x• = 4ℓ2 θ•  1 1 1

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :     •• d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L  2 − = − ⇒ = m + 4 M ℓ θ ( ) • dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ•  ∂θ    

• ∂L ∂D 2 = − ( 2M − m ) g ℓ + k ℓ 2  θ = 5 α ℓ θ • ∂θ ∂θ

(

)

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

On obtient l’équation différentielle suivante : ••

( m + 4 M ) ℓ 2 θ +  ( 2 M ••

(

(

)

•

− m ) g ℓ + k ℓ 2  θ = − 5α ℓ 2 θ

)

•

⇒ ( m + 4M ) ℓ 2 θ + 5α ℓ 2 θ + ( 2M − m ) g ℓ + k ℓ 2  θ = 0 •  ••  5α k g ( 2M − m )  θ+  + θ + θ = 0 ℓ m + 4M   m + 4M  m + 4M ⇒ •  •• 2 θ + 2δ θ + ω0 θ = 0 

5α 5α  2δ = m + 4M → δ = 2 ( m + 4M )  avec : ⇒  k g ( 2M − m ) k g ( 2M − m )  2 ω ω = + → = + 0 0  m + 4 M ℓ m + 4M m + 4 M ℓ m + 4M  Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :

 k g ( 2M − m )  25α 2 + ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa =  −  m + 4M ℓ m + 4M  4 ( m + 4M 2 0

2 a

2

2 0

2

)

2

La solution générale de l’équation différentielle du mouvement :

θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ ) •

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :    tan ϕ  δ    tan ϕ = − ω   a ⇒   A = ω0 θ    ωa M A =   

=−

5α 2 ( m + 4M

)

 k g ( 2M − m )  25α 2 + −   ℓ m + 4M  4 ( m + 4M  m + 4M

k g ( 2M − m ) + m + 4M ℓ m + 4M  k g ( 2M − m )  25α 2 + −   ℓ m + 4M  4 ( m + 4M  m + 4M

)

2

θM

)

2

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Module : Vibrations et Ondes (physique3) Liani Mohamed

Exercice 50: Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 ,θ  x = Rθ , x 1 = 2Rθ

⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ

Les moments d’inertie des deux disques : 1 I 1/C = MR 2 2 1 1 2 I 2/C = M ( 2R ) = 4MR 2 2 2 L’énergie cinétique du système: EcT = Ec m + Ec 3 m + Ec M • 2 •2 1 1 2 Ec m = m x 1 = 4mR θ 2 2 •

• 2

•

Puisque : x 1 = 2 R θ ⇒ x = 2 R θ ⇒ x 1

Ec M =

Ec m 2

1

• 2

= 4R 2 θ

2 2 •2 •2 •2 1 1 11 15  • 11 • I 1/C θ + I 2/C θ =  MR 2  θ +  4MR 2  θ = MR 2 θ 2 2 22 22 22  

• 2 •2 1 1 2 = 3m x = 3mR θ 2 2 •

•

• 2

• 2

Puisque : x = R θ ⇒ x = R θ ⇒ x = R 2 θ Donc : EcT =

1 5  7m + M 2 2

2 1  14m + 5M  2 • 2  2• R θ ⇒ Ec = T   R θ 2 2  

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Ep3m + Epk Ep m = −mgx 1 = −mg 2R θ = −2mgR θ

Ep3m = 3mgx = 3mgRθ

1 2 1 2 2 Epk = kx − kx0 x = kR θ − kx0 Rθ 2 2 2 1 2 EpT = kR θ + ( 3mgR − 2 mgR − kx0 R ) θ 2

(

)

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EpT =

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2 1  kR 2  θ + ( mg − kx0 ) R θ    2   B

A 2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  mg  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ mg − kx0 = 0 ⇒ x0 = dθ θ =0 k

Il reste :

EpT =

2 1 kR 2 θ 2

(

Le lagrangien s’écrit :

)

2 1  14m + 5M  2 • 2 1 2 L=   R θ − kR θ 2 2 2 

(

)

•2 1 •2 1 •2 1 2 La fonction de dissipation s’écrit : D = α q ⇒ D = α x = 4α R θ 2 2 1 2

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :

    d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L   14m + 5M − =− • ⇒  • = dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ   2 ∂θ     On obtient l’équation différentielle suivante :

∂L = − kR 2 θ ∂θ

 2 •• R θ 

(

)

∂D •

∂θ

(

)

•

= 4α R 2 θ

• •• •  14m + 5M  2 •• 2 2 2 2 R kR R m M R R θ + θ = − 4 α θ ⇒ 14 + 5 θ + 8 α θ + 2kR 2 θ = 0 ( )   2   •• • 8 α 2k  8α 4α θ θ θ = 0 2δ = + + →δ=  (14m + 5M )  (14m + 5M ) (14m + 5M ) (14m + 5M )   ⇒ ⇒ • 2k 2k •• ω 2 = → ω0 = θ θ + 2 δ + ω02θ = 0   0 (14m + 5M ) (14m + 5M )  

(

)

(

)

(

) (

)

Cas où le système est faiblement amorti :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :   2k 16α 2 ω02 = ωa2 + δ 2 ⇒ ωa = ω02 − δ 2 ⇒ ωa =   − (14m + 5M ) (14m + 5M )2 

La solution générale s’écrit :



θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ )

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•

Dans le cas particulier où θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient : 4α   (14m + 5M ) tan ϕ = − → ϕ = arctan− 2    2k 16α δ     − ϕ = − tan 14m + 5M )  (14m + 5M )2 (    ω   a ⇒  2k  A = ω0 θ  M   ωa (14m + 5M ) θM A = 2    2k 16α   −  2   (14m + 5M )  (14m + 5M )

4α (14m + 5M )   2k 16α 2 −   2  (14m + 5M )  (14m + 5M )

Exercice 51: Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x , x 1 , x 2θ  ⇒ n = 4 − 3 = 1dd ℓ  ℓ ℓ 2ℓ  x = 3 sin θ , x 1 = 3 sin θ , x 2 = 3 sin θ ,

Les moments d’inertie : I 1/ 0 = m (om

)

2

2 2 ℓ 9

⇒ I 1/ 0 = m 2

2

2 2 2ℓ2 2 ℓ ℓ ℓ ℓ om = + = + ⇒ om = ( ) ( ) Avec :     9  3  3 9 9 2

2

4  2ℓ  I 2/0 = m   ⇒ I 2/0 = m ℓ2 9 3 L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm + Ecm

•2 1 1 2 2 •2 Ec m = I 1/o θ = mℓ θ 2 29 •2 1 1 4 2 •2 Ec m = I 2/o θ = mℓ θ 2 29

On obtient : 1 4+2 2 •2 12 2 •2 EcT =   m ℓ θ ⇒ EcT =   m ℓ θ 2 9  23

L’énergie potentielle du système:

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EpT = Epm + Epm + Epk Ep m = mg

2 2ℓ 12 1 − cos θ = mg ℓ θ ( ) 3 23

ℓ 1 Epm = −mg Sinθ = − mg ℓθ 3 3 1 2 1 k ℓ2 2 ℓ Ep k = kx + kx 0 x = θ + kx 0 θ 2 2 9 3 12 1 2 2  ℓ ℓ EpT =  mg ℓ + k ℓ  θ +  kx 0 − mg  θ 23 9 3 3  

1  6mg ℓ + k ℓ2  2 ℓ EpT =  θ + ( kx 0 − mg ) θ 2 9 3  EpT =

1  6mg ℓ + k ℓ 2  2  ℓ   θ + ( kx 0 − mg )  θ 2 9 3    B

A 2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par:

dEpT  mg  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ kx 0 − mg = 0 ⇒ x 0 = d θ θ = 0 k

1  6mg ℓ + k ℓ2  2 Il reste : EpT =  θ 2 9  Le lagrangien s’écrit :

L =

•2 12 1  6m g ℓ + k ℓ 2  2 m ℓ2 θ −  θ 23 2 9 

La Fonction de dissipation s’écrit :

1 •2 1 • 2 1 1 2 •2 D = αq ⇒ D = α x = αℓ θ 2 2 1 29 L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

  ∂D d  ∂L  ∂L  − ∂θ = − • ⇒ dt  •   ∂θ ∂θ  

 ••  2 2 = m ℓ θ   3 

 6mg ℓ + k ℓ 2 ∂L = − ∂θ 9 

 θ 

∂D

1 • =  α ℓ2 θ ⇒  ∂θ  9 •

2 2 ••  6mg ℓ + k ℓ2  1 2 • mℓ θ +   θ = −  α ℓ θ 3 9 9   

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On obtient l’équation différentielle suivante : 2 •• 2 1  •  6mg ℓ + k ℓ  ⇒ m ℓ 2 θ +  α ℓ 2 θ +  θ = 0 3 9 9   

•• 1 α •  1 k g  θ + 6 m θ +  6 m + ℓ  θ = 0    ⇒ θ•• + 2δ θ• + ω 2θ = 0 0  

1α 1 α  2δ = 6 m → δ = 12 m avec : ⇒  ω 2 = 1 k + g → ω = 1 k + g 0  0 6 m ℓ 6m ℓ

Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :

1 α2 1 k g  + − ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa =  2 2  6 m ℓ  (12) m 2 0

2 a

2

La solution générale s’écrit :

2 0

2

θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ )

On obtient A et ϕ a partir des conditions initiales. •

Dans le cas θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

   tan ϕ  δ  ϕ tan = −   ωa   ⇒  ω 0 A = θ  M   ωa A =   

1 α 12 m =− 1 α2 1 k g  + −   2 2  6 m ℓ  (12 ) m 1k g + 6m ℓ θM 1 α2 1 k g  + −  2 2  6 m ℓ  (12 ) m

Exercice 52: Les moments d’inertie : I 1/C =

1 MR 2 2 2

R R  I /0 = m   ⇒ I /0 = m 4 2

2

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ecm + EcM Page 148

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•2 •2 1 11 Ec m = I 1/o θ = mR 2 θ 2 24

Ec M

•2 •2 1 11 2 = I /C θ = MR θ 2 22

1m M  2 •2 1  m + 2M EcT =  +  R θ ⇒ EcT =  2 4 2  2 4

 2• R θ 

2

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Epk + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ Cosθ = 1 −

θ2 2

2 R 11 Ep m = mg (1 − cosθ ) = mgR θ 2 22 2 1 2 1 2 Ep k = kx = kR θ 2 2

Ep k =

Car: x = Rθ

2 1 2 1 kx = kR 2 θ 2 2

Donc: EpT =

2 1 1  2 2 kR + mgR θ   2 2 

2 1  m + 2M  2 • 2 1  1  2 Le lagrangien s’écrit : L =  R θ − 2 kR + mgR θ    2 4 2 2   •2 1 •2 1 •2 1 1 La fonction de dissipation s’écrit : D = α q ⇒ D = α x = α R2 θ 2 2 1 24

L’équation différentielle du mouvement du système :

    d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L   m + 2M  2 •• − =− • ⇒  • = Rθ dt  ∂θ•  ∂θ dt  ∂θ   4  ∂θ     On obtient l’équation différentielle suivante :

 m + 2M  4 

∂L 1   = −  2kR2 + mgR θ ∂θ 2  

• 1  2 ••   1  m + 2M 2 2  R θ +  2kR + mgR θ = −  α R θ ⇒  2 4    4  

∂D  1 2  • =  α R θ •  ∂θ  4

• 1  2 ••  1   2 2  R θ +  α R θ +  2kR + mgR θ = 0 2  4   

•• •  m + 2M  2 ••  1 2  • 1 2 2 2 ⇒ R θ + α R θ + 8 kR + 2 mgR θ = 0 ⇒ m + 2 M R θ + α R θ + 8kR2 + 2mgR θ = 0 ( )     4  4  4

(

)

(

) (

)

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• •  ••    •• 2 ( 4 kR + mg ) α 8k 2 mg α θ θ θ =0 + + + = 0 θ +  θ θ +   m + 2 M m + 2 M R m + 2 M m + 2 M R ( ) ( ) ( ) ( )  ( m + 2M )    ⇒ ⇒ • •  ••  •• 2 θ θ + 2 δ + ω 02θ = 0 θ θ ω θ + 2 δ + = 0   0  

α α   2δ = ( m + 2 M ) → δ = 2 ( m + 2 M )  ⇒ ω 2 = 2 ( 4kR + mg ) → ω = 2 ( 4kR + mg ) 0  0 ( m + 2M ) R ( m + 2M ) R 

Avec :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0

Cas où le système est faiblement amorti : La pulsation amortie s’écrit :

 2 ( 4kR + mg )  α2 ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa =   −  ( m + 2M ) R  4 ( m + 2M 2 0

2 a

2

2 0

2

)

2

La solution générale de l’équation différentielle du mouvement : θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ ) avec A et ϕ des constantes à déterminer grâce aux conditions initiales (C.I.). •

Dans le cas θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

α   2 ( m + 2M )  tan ϕ = −   2 ( 4kR + mg )  α2 δ   −   ( m + 2M ) R  4 ( m + 2M )2  tan ϕ = − ω     a ⇒  2 ( 4kR + mg )  A = ω0 θ  M   ωa ( m + 2M ) R A = θM 2   2 ( 4kR + mg )  α    − 2   ( m + 2M ) R  4 ( m + 2M )

Exercice 53: Le moment d’inertie : I 1/ 0 = I /G + m (OG

)

2

⇒ I 1/ 0 =

1 1 1 1 m ℓ 2 + m ℓ 2 = m ℓ 2 ⇒ I 1/ 0 = m ℓ 2 12 4 3 3

L’énergie cinétique du système:

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•2 1 1 1 2 •2 EcT = Ec m = I 1/o θ = mℓ θ 2 23

L’énergie potentielle du système: EpT = Epm + Epk

θ petit ⇒ sin θ = θ Cosθ = 1 − ⇒x =

θ2 2

3ℓ 3ℓ 9ℓ 2 2 sin θ = θ ⇒ x 2 = θ 4 4 16

2 ℓ 11 Ep m = mg (1 − cosθ ) = mg ℓθ 2 22 2 1 2 1 9 2 Ep k = kx = kℓ θ 2 2 16

EpT =

11 9 2 2  mg ℓ + k ℓ  θ 22 16 

Le lagrangien s’écrit :

L=

2 1 1 2 •2 11 9  mℓ θ −  mg ℓ + k ℓ 2  θ 23 22 16 

La Fonction de dissipation s’écrit :

1 •2 1 •2 1 1 2 •2 D = αq ⇒D = α x = αℓ θ 2 2 1 2 16 ℓ ℓ ℓ2 Puisque : x 1 = sin θ = θ ⇒ x 12 = θ 2 4 4 16 L’équation différentielle du mouvement du système :

    d  ∂L  ∂L ∂D d  ∂L  1 2 •• − = − • ⇒  •  = mℓ θ dt  ∂ θ•  ∂θ dt  ∂ θ  3 ∂θ     On obtient l’équation différentielle suivante :

∂L 9 1  = −  mg ℓ + k ℓ 2  θ ∂θ 16 2 

∂D •

∂θ

=

• 1 α ℓ2 θ 16

• •• • 1 2 ••  1 9 1 1 1 9  1  mℓ θ +  mg ℓ + k ℓ 2 θ = − α ℓ2 θ ⇒ mℓ2 θ + α ℓ 2 θ +  mg ℓ + k ℓ2  θ = 0 3 16 16 3 16 16 2  2 

•• 3 α •  27 k 3 g  3 α 3 α  θ + 16 m θ +  16 m + 2 ℓ  θ = 0 = 0  2δ = →δ=   16 m 32 m   ⇒ ⇒ θ•• + 2δ θ• + ω 2θ = 0 ω 2 = 27 k + 3 g → ω = 27 k + 3 g 0 0   0 16 m 2 ℓ 16 m 2 ℓ  Cas où le système est faiblement amorti :

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∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La pulsation amortie s’écrit :

 27 k 3 g   3 α  + ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa =  −   16 m 2 ℓ   16 m  2 0

2 a

2

2 0

2

2

La solution générale s’écrit : θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ ) •

Dans le cas θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :    tan ϕ = −  δ  ϕ tan = −   ωa   ⇒  ω 0 A = θ    ωa M A =  27     16 

3 α 32 m  27 k 3 g   3 α  +  −   16 m 2 ℓ   16 m  27 k 3 g + 16 m 2 ℓ k 3 g  3 α  + −  m 2 ℓ   16 m 

2

2

→ ϕ = arctan −

3 α 32 m  27 k 3 g   3 α  +  −   16 m 2 ℓ   16 m 

2

θM

Exercice 54: Les moments d’inertie :

I /O = I /G + m (OG ) ⇒ I /O = 2

I /C =

1 MR 2

1 1 1 1 m ℓ 2 + m ℓ 2 = m ℓ 2 ⇒ I /O = m ℓ2 12 4 3 3

2

L’énergie cinétique du système: EcT = Ec m + Ec M

Ec m =

•2 1 1 1 2 •2 I /o θ = mℓ θ 2 23

•2 •2 1 1 Ec M = M x + I /C θ 2 2 2 • •2 1 11 ⇒ Ec M = MR 2 θ + MR 2 θ 2 22 2 • 13 ⇒ Ec M = MR 2 θ 22

Donc :

13 1 2 •2 2 EcT =  MR + m ℓ  θ 22 3  Page 152

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L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + EpM + Epk θ petit ⇒ sin θ = θ Cos θ = 1 −

θ2 2

2 ℓ 11 Ep m = −mg (1 − cos θ ) = − mg ℓ θ 2 22 2 1 2 1 2 Ep k = kx 1 = k ( ℓ + R ) θ 2 2

Puisque : x 1 = oo ′ + ℓ sin θ = R θ + ℓθ = ( R + ℓ ) θ ⇒ x 12 = ( R + ℓ ) θ 2 2

Donc : EpT =

2 1 1 2   k ( ℓ + R ) − mg ℓ  θ 2 2 

Le lagrangien s’écrit :

2 2 13 1 1 2  • 1  L =  MR 2 + m ℓ 2  θ −  k ( ℓ + R ) − mg ℓ  θ 2 2 3 2 2  

La fonction de dissipation s’écrit :

D =

1 •2 1 •2 1 αq ⇒ D = αx = α 2 2 2 2

2

2  •2  + ℓ θ R  3   2

• • • 2 • 2 Puisque : x 2 = x + 2 ℓ sin θ = R θ + 2 ℓ θ =  R + 2 ℓ  θ ⇒ x =  R + 2 ℓ  θ ⇒ x =  R + 2 ℓ  θ 2 2 3 3 3  3  3    

L’équation différentielle du mouvement du système :

     ∂D d  ∂L   3 1 2  ••  d  ∂L  ∂L 2 − = − ⇒ = MR + m ℓ θ  • • • dt   ∂θ dt  ∂ θ   2 3    θ θ ∂ ∂       2  ∂L 1 ∂D 2  • 2     = −  k ( ℓ + R ) − mg ℓ θ =α R + ℓ θ • 2 3      ∂θ ∂θ  1 2  ••  1 2 • 2 3   2 MR + m ℓ θ + k ℓ + R − mg ℓ θ = − α R + ℓ θ ( )      3 2 3  2     On obtient :

1 2 •  1 2 3  ••   ⇒  MR 2 + mℓ 2  θ + α  R + ℓ  θ +  k ( ℓ + R ) − mg ℓ  θ = 0 3 3   2 2   

 •• 2α ( 3R + 2ℓ ) •  6k ( ℓ + R )2 − 3mg ℓ  θ + θ+ θ = 0 = 0 2 2 2 2  9 MR + 2mℓ  9 MR + 2mℓ  ⇒ •  •• 2 θ + 2δ θ + ω0 θ = 0  Page 153

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 2α ( 3R + 2ℓ ) 2α ( 3R + 2ℓ ) →δ= 2δ = 2 2 9MR + 2mℓ 18MR 2 + 4mℓ 2  ⇒ 2 2 6k ( ℓ + R ) − 3mg ℓ  2 6k ( ℓ + R ) − 3mg ℓ ω0 = 9 MR 2 + 2mℓ 2 → ω0 = 9MR 2 + 2mℓ 2  Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0

La pulsation amortie s’écrit :  6k ( ℓ + R )2 − 3mg ℓ   2α ( 3R + 2ℓ )  2 − ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ω a =   9 MR 2 + 2mℓ 2   18MR 2 + 4mℓ 2    2 0

2 a

2

2 0

La solution générale s’écrit :

2

θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ )

•

Dans le cas θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

  2α ( 3R + 2ℓ )   18MR 2 + 4mℓ 2  tan ϕ = −  6k ( ℓ + R )2 − 3mg ℓ   2α ( 3R + 2ℓ )  2   −   9 MR 2 + 2mℓ 2   18MR 2 + 4mℓ 2      δ  2α ( 3R + 2ℓ )   tan ϕ = − ω   a 18MR 2 + 4mℓ 2 ⇒ → ϕ = arctan −   6k ( ℓ + R )2 − 3mg ℓ   2α ( 3R + 2ℓ )  2  A = ω0 θ   −  ωa M   9 MR 2 + 2mℓ 2   18MR 2 + 4mℓ 2      2  6k ( ℓ + R ) − 3mg ℓ  9 MR 2 + 2mℓ 2 A = θM   6k ( ℓ + R )2 − 3mg ℓ   2α ( 3R + 2ℓ ) 2   −  9 MR 2 + 2mℓ 2   18MR 2 + 4mℓ 2     

Exercice 55: L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de Lagrange du mouvement du système, soit :

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 •• • x + C x + k x = 0  m m •• • m x + C x + kx = 0 ⇒   •• •  x + 2δ x + ω02 x = 0 

-

Le facteur d’amortissement

δ

et la pulsation des oscillations amorties ω 0 donner par : C C   2δ = m → δ = 2 m  ⇒ ω 2 = k → ω = k 0  0 m m

→T 0 =

2π

ω0

= 2π

A .N : ω0 = 5 rad / s

m k

δ = 1 SI

0.5 = 1.25 s 12.5

La période de petites oscillations est calculée par :T 0 = 2π

Mouvement oscillatoire faiblement amortie :  ∆ ′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0   ∆′ < 0 δ = 1et ω0 = 5 ⇒ δ < ω0 → Systeme faiblement amortie

La pulsation amortie s’écrit : k C2 − m 4m 2

ω 02 = ω a2 + δ 2 ⇒ ω a = ω 02 − δ 2 ⇒ ω a =

A .N : ωa = 4.9 rad / s

La solution générale s’écrit :

(

)

x (t ) = A e − δ t cos ωa t + ϕ → x (t ) = A e −t cos ( 4.9t + ϕ )

avec A et ϕ des constantes à déterminer grâce aux conditions initiales (C.I.). •

Dans le cas particulier où x (0) = 0 et x ( 0 ) = 25 cm , on obtient : s  π   ϕ = − 2  A ≠ 0  x ( 0 ) = A Cos (ϕ ) = 0 ⇔  ⇒   Cos (ϕ ) = 0  ϕ = − π    2 ⇒  π    ϕ =−   •  2  π    x ( 0 ) = −4.9 A Sin  −  = 25 ⇒ 25 2      A= ⇒ A = 5.1 cm   4.9    Page 155

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En définitive, x (t ) s’écrit par :

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π  ⇒ x (t ) = 5.1 e −t cos  4.9t −  2 

Exercice 56: Le moment d’inertie du disque :

I /C =

1 MR 2

2

L’énergie cinétique du système: • 2 •2 •2 •2 •2 1 1 1 11 13 EcT = Ec M = M x + I /C θ = MR 2 θ + MR 2 θ ⇒ EcT = MR 2 θ 2 2 2 22 22 En posant : x = Rθ L’énergie potentielle du système: EpT = Ep M + Ep k ⇒ EpT = Ep k Ep k =

1 kX 2

2

=

1 k ( 3x 2

)

2

=

2 2 1 1 2 k ( 3R ) θ ⇒ Ep k = 9 kR 2 θ 2 2

Puisque : X = x + R θ + x = R θ + R θ + R θ ⇒ X = 3R θ EpT = Ep k =

1 9 k R 2θ 2 2

Le lagrangien s’écrit : L=

2 •2 13 1 2 2 MR θ − 9 kR θ   22 2 

(

)

La fonction de dissipation s’écrit : •2 1 •2 1 •2 1 2 D = α q ⇒ D = α x = αR θ 2 2 2

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de Lagrange du mouvement du système, soit :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

  ∂D d  ∂L  ∂L =− • ⇒  • − dt  ∂ θ  ∂θ ∂θ  

 ••  3 2 = MR θ      2 

∂L = − 9kR 2 θ ∂θ

(

)

∂D •

•

= αR 2θ

∂θ

•• • 3 2 2 2  MR  θ + 9kR θ = −α R θ 2 

(

)

On obtient l’équation différentielle suivante : • 3  •• ⇒  MR 2  θ + α R 2 θ + 9 kR 2 θ = 0 2 

(

) (

)

Page 156

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•• 2 α • 6k 2α 1α  →δ = θ + 3 m θ + m θ = 0 2δ = 3m 3m   ⇒ ⇒ •• • θ + 2δθ + ω 2θ = 0 ω 2 = 6k → ω = 6k 0 0   0 m m  Mouvement oscillatoire faiblement amortie :

∆′ = δ 2 − ω02 ⇒ δ 2 − ω02 < 0 → δ < ω0  ∆′ < 0 La forme réduite de cette équation est :

6k 1 α 2 ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa = − m 9 m2 2 0

2 a

2

2 0

2

La solution générale s’écrit : θ (t ) = A e −δ t cos (ωa t + ϕ ) •

Dans le cas θ ( 0 ) = θ M et θ ( 0 ) = 0 , on obtient :

1α   3m  tan ϕ = − δ 6k 1 α 2   tan ϕ = − −  ωa m 9 m2   ⇒  6k  A = ω0 θ  M   ωa m θM A = 2 k 6 1 α  −  m 9 m2

Exercice 57: Le moment d’inertie :

I /O = I /G + m (OG ) ⇒ I /O = 2

1 1 1 1 m ℓ 2 + m ℓ 2 = m ℓ 2 ⇒ I /O = m ℓ2 12 4 3 3

L’énergie cinétique du système: •2 •2 1 11 2 EcT = Ec m = I / o θ = mℓ θ 2 23

L’énergie potentielle du système: EpT = Epm + Epk ℓ 1 Ep m = mg sin θ = mg ℓθ 2 2 Ep k =

1 1 kx 2 + kx 0 x = k ℓ 2θ 2 + kx 0 ℓ θ 2 2

Puisque : x = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 2 = ℓ2θ 2

Page 157

Université Djillali liabse - Sidi Bel Abbes Section Génie électrique EpT =

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2 1 1  k ℓ 2 θ +  m g + k x 0  ℓθ 2 2     

(

)

Ä

B

2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par:

Il reste :

EpT =

dEpT  1 = 0 ⇔ B = 0 ⇒ mg + kx 0 = 0  d θ θ = 0 2

2 1 k ℓ2 θ 2

( )

Le lagrangien s’écrit : L =

1 1 2 •2 1 2 2 mℓ θ − k ℓ θ 23 2

La fonction de dissipation s’écrit :

1 •2 1 • 2 1 2 •2 D = α q ⇒ D = α x = αℓ θ 2 2 2

L’équation différentielle du mouvement du système : d dt

  ∂L  •  ∂θ 

  ∂D d  ∂L  ∂L  − ∂θ = − • ⇒ dt  •   ∂θ ∂θ  

 ••  1 2  =  3 m ℓ θ    

∂L = − k ℓ2 θ ∂θ

(

)

∂D •

•

= α ℓ2 θ

∂θ

•• • 1 2 2 2 m k ℓ θ + ℓ θ = − α ℓ θ   3 

(

)

• 1  •• ⇒  m ℓ2 θ + α ℓ2 θ + k ℓ2 θ = 0 3 

(

) (

)

k •• α • α 3α  θ + 3 m θ + 3 m θ = 0 2δ = 3 → δ = 2m m   ⇒ ⇒ •• • θ + 2δ θ + ω 2θ = 0 ω 2 = 3k → ω = 3k 0 0   0 m m  La période est alors donnée par :

ω0 =

2π 2π m ⇒T0 = ⇒T0 = 2π T0 3k ω0

Exercice 58: Le nombre de degrés de liberté :

var iables  x, x1 , x2 , X , θ , ϕ  ℓ ℓ  ⇒ n = 6 − 5 = 1dd ℓ    x = Rϕ , x1 = 2 sin θ , x2 = ℓ sin θ ,  X = x1 ⇔ ( R + ℓ ) ϕ = 2 θ    

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Les moments d’inertie :

I /O2 = I /G + m (O 2G ) ⇒ I /O2 = 2

I /C =

1 MR 2

1 1 1 1 m ℓ 2 + m ℓ 2 = m ℓ 2 ⇒ I /O 2 = m ℓ 2 12 4 3 3

2

EcT = Ec M + Ec m + Ec m

L’énergie cinétique du système: •2

Ec M

•2

•2 •2 •2 1 1 11 1 13 2 2 2 = I /C ϕ + M x = MR ϕ + MR ϕ = MR ϕ 2 2 22 2 22

Puisque : x = R ϕ avec : X = x + x m ⇒ X = R ϕ + ℓ sin ϕ ⇒ X = R ϕ + ℓϕ ⇒ X = ( R + ℓ ) ϕ

Donc : ⇒ Ec M =

13 R2 M 2 22 (ℓ + R )

    • 2  2 ( ℓ + R ) ϕ     2 • ℓ 2   θ  4 

• • ℓ ℓ• ℓ2 • 2 Puisque : X = x 1 ⇔ ( R + ℓ ) ϕ = θ ⇔ ( R + ℓ ) ϕ = θ ⇔ ( R + ℓ ) ϕ 2 = θ 2 2 2 4

On obtient : Ec M =

13 R2 ℓ 2 •2 13 R2 M θ ⇒ Ec = M M 2 2 22 28 (ℓ + R ) 4 (ℓ + R )

 2 •2  ℓ θ   

L’énergie cinétique de la masse m 1 : Ec m1 = ⇒ Ec m1

•2 1 1 ℓ2 • 2 2 m (R + ℓ) ϕ = m θ 2 2 4 1 1  2 •2 = m ℓ θ  24  

• 1 mX 2

2

=

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Ecm2

L’énergie cinétique de la barre m 2 :  Donc : EcT = 1  1 m + 1 m + 3 M 24 

3

8

R2

(ℓ + R )

L’énergie potentielle du système:

2

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•2 1 1 1  2 •2 = I / o2 θ = m ℓ θ  2 23  

 2 •2 1 7 3 MR 2  ℓ θ ⇒ EcT =  m +  2  12 8 ( ℓ + R )2  

 2 •2 ℓ θ  

EpT = Epm1 + Epm2 + Epk

1 mg ℓϕ 2 2     1 1 ℓ ℓ ℓ2 2 11 ℓ 2 2   ℓ ℓ2θ 2 ⇒ Ep m1 = mg + R ϕ = mg θ ⇒ Ep m1 = mg ( ) 2 2 2    2 2 4 2 4 ( ℓ + R )  ℓ2 2  (ℓ + R ) (ℓ + R )   θ   4 ℓ 11 Ep m 2 = −mg (1 − cos θ ) = − mg ℓθ 2 2 22 1 1 mg 2 2 ⇒ Ep m2 = − ℓθ 22 ℓ Ep m1 = mg ℓ (1 − cos ϕ ) =

(

Ep k =

(

)

(

)

1 1 kx 2 2 = k ℓ 2θ 2 2 2

)

Puisque : x 2 = ℓ sin θ = ℓ θ ⇒ x 2 2 = ℓ 2θ 2 Donc :

1  1 mg ℓ EpT =  2  4 ( ℓ + R )2 

Le lagrangien s’écrit : L =

2   1 mg 2  − +k ℓ θ  2 ℓ  

1 7 3 MR 2  m+ 2  12 8 ( ℓ + R )2 

 2 • 2 1   1 mg ℓ  ℓ θ −   2  4 ( ℓ + R )2  

2   1 mg − + k  ℓ2 θ  2 ℓ  

La fonction de dissipation s’écrit : D =

2 1 •2 1 •2 1 ℓ •2 1 1  2 •2 αq ⇒ D = αx = α θ ⇒ D = α ℓ θ  2 2 1 2 4 24  

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de Lagrange du mouvement du système, soit :

 d  dt      

   ∂D d  ∂L  ∂L  ∂L  •  − ∂θ = − • ⇒ dt  •  ∂θ   ∂θ ∂θ     1 mg ℓ  1 mg ∂L − = −  2 ∂θ  4 ( ℓ + R )  2 ℓ

 3 MR 2  2 ••  7  ℓ θ = m + 2   12  8 ℓ + R ( )      ∂D 1 2 • + k  ℓ 2θ = αℓ θ •  ∂θ 4

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On obtient l’équation différentielle suivante :  7 3 MR 2  m+  12 8 ( ℓ + R )2   7 3 MR 2  m+ ⇒  12 8 ( ℓ + R )2 

 ••  1 mg ℓ  ℓ 2 θ +  2  4   ( ℓ + R )

 1 mg ℓ  •• 1 •  ℓ 2 θ + α ℓ 2 θ +  2  4  4 ( ℓ + R ) 

 7 3 MR 2 ⇒ m +  12 8 ( ℓ + R )2 

 •• 1 •  1 mg ℓ  θ + α θ +  2  4 4   ( ℓ + R )

1 α •• 4 ⇒θ+  7 3 MR 2  m+  12 8 ( ℓ + R )2 

En posant : R = ℓ

2

et

  1 mg • 1 − + k  ℓ 2θ = − α ℓ 2 θ  2 ℓ 4     1 mg − + k  ℓ 2θ = 0  2 ℓ  

  1 mg − + k θ = 0  2 ℓ  

 1 mg ℓ  1 mg     − + k 2 •  4 ( ℓ + R )  2 ℓ  θ = 0 θ+   7 3 MR 2    m+    12 8 ( ℓ + R )2    

M = 2m

 •• 3 α • 3  k 7 g 3α 3 α  →δ= θ + 8 m θ + 2  m − 18 ℓ  θ = 0  2δ =   8m 16 m   Donc : ⇒  ⇒ θ•• + 2δ θ• + ω 2θ = 0 ω 2 = 3  k − 7 g  → ω = 0 0   0 2  m 18 ℓ  

3 k 7 g  −  2  m 18 ℓ 

Exercice 59: Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 , x 2 , x 3 , ϕ ,θ ⇒ n = 6 − 5 = 1dd ℓ  x = R ϕ , x 1 = ℓ sin θ , x 2 = 2ℓ sin θ , x 3 = ℓ sin θ , ( x = x 1 ⇔ R ϕ = ℓθ ) Les moments d’inertie :

I 1/O2 = m ℓ2 I 2/O 2 = m ( 2 ℓ ) = 4 m ℓ 2 2

L’énergie cinétique du système: EcT = Ec M + Ec m + Ec m •2 •2 1 1 Ec m = I 1/O2 θ = m ℓ2 θ 2 2 2 • •2 1 1 2 Ec m = I 2/O2 θ = 4m ℓ θ 2 2

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•2 •2 •2 •2 •2 1 1 11 1 13 Ec M = I /C ϕ + M x = MR 2 ϕ + MR 2 ϕ = MR 2 ϕ 2 2 22 2 22 • • Puisque : x = R ϕ ⇒ x = R ϕ

•2

•2

x = x 1 ⇔ R ϕ = ℓθ ⇒ R 2 ϕ = ℓ2 θ

avec :

EcM =

Donc :

•2 •2 1 13 I /C θ = M ℓ2 θ 2 22

1 3  2 •2 Donc : EcT =  5m + M  ℓ θ 2 2  L’énergie potentielle du système: EpT = Ep m + Ep m + Ep k E p m = − m g ℓ (1 − cos θ ) = −

Ep m = m g 2 ℓ (1 − cos θ ) =

Epk =

1 m g ℓθ 2 2

1 2 m g ℓθ 2 2

2 2 1 2 1 1 kx2 = k 4ℓ 2 θ = 4k ℓ 2 θ 2 2 2

Donc :

EpT =

2 1 1  mg  m g ℓ + 4 k ℓ 2  θ ⇒ EpT =  + 4k 2 2 ℓ

 2 ℓ θ 

2

2 •2 Le lagrangien s’écrit : L = 1  5 m + 3 M  ℓ 2 θ − 1  m g + 4 k  ℓ 2 θ 2 2 2 ℓ



La fonction de dissipation s’écrit :



D =





•2 1 •2 1 •2 1 α q ⇒ D = α x ⇒ D = α ℓ2 θ 2 2 3 2

Puisque : x 3 = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 32 = ℓ2θ 2 L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de lagrange du mouvement du système, soit :

 d  dt      

  ∂D d  ∂L  ∂L − = − ⇒ • •   dt  ∂ θ  ∂θ ∂θ   ∂L  mg  = − + 4k  ℓ 2θ ∂θ  ℓ 

On obtient l’équation différentielle suivante : On obtient :

  3  ∂L   = 5 m + M  •   2   ∂θ    • ∂D 2 α θ = ℓ • ∂θ

3   5m + M 2 

 2 •• ℓ θ  ¨

•  2 ••  mg  + 4k  ℓ 2θ = −α ℓ 2 θ ℓ θ +    ℓ 

• 3  ••   mg  ⇒  5m + M  ℓ 2 θ + α ℓ 2 θ +  + 4k  ℓ 2 θ = 0 2    ℓ 

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• 3  ••   mg  ⇒  5m + M  θ + α θ +  + 4k  θ = 0 2    ℓ 

 mg   ℓ + 4k  •• • α ⇒θ+ θ+ θ =0 3  3     5m + M   5m + M  2  2        mg α 4k θ = 0 ⇒θ+ + θ+  3 3   3      ℓ 5m + M   5 m + M   5m + M    2 2   2     ••

•

M = 2m

On considère que :

Donc :

•• 1 α •  1 k 1 g  θ + 8 m θ +  2 m − 8 ℓ  θ = 0 = 0    ⇒ θ•• + 2δ θ• + ω 2θ = 0 0  

1α 1 α  2δ = 8 m → δ = 16 m ⇒ ω 2 = 1 k − 1 g → ω = 1 k − 1 g 0  0 2 m 8 ℓ 2m 8ℓ

Exercice 60: En posant : R =

ℓ , 4

M = M1 =M 2;

m = m1 = m 2

Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 , x 2 , y ,θ , φ   3ℓ  x = R θ , x 1 = 4 sin θ , x 2 = ℓ sin θ , y = R φ , ( x 2 = y ⇔ ℓθ = R φ )

n = 6 − 5 = 1dd ℓ

Les moments d’inertie :

I 1/O = I /G + m (OG ) ⇒ I 1/O = 2

I / C = I 1/C = I 2 /C =

1 MR 2

1 1 1 1 m ℓ 2 + m ℓ 2 = m ℓ2 ⇒ I 1/O = m ℓ2 12 4 3 3

2

L’énergie cinétique du système:

EcT = Ec m1 + Ec M 1 + Ec M 2 + Ec m2 Ec m1

•2 •2 1 11 1 1 2 •2 2 = I 1/o θ = m1ℓ θ ⇒ Ec m1 = mℓ θ 2 23 23

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Ec M 1 =

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•2 •2 1 11 I 1/C θ = MR 2 θ 2 22

On considère que : R =

ℓ 4 2

•2 1 1 ℓ •2 1 1 2 M  θ = Mℓ θ Donc: EcM = 2 2 4 2 32

Ec M 2

•2 •2 •2 1 11 11 2 2 = I 2/C φ = MR φ = Mℓ θ 2 22 22

•2

•2

Puisque : x 2 = y ⇔ ℓθ = R φ ⇒ ℓ2 θ = R 2 φ

Ec m 2 =

• 2 •2 •2 1 1 1 m 2 y = mR 2 φ = m ℓ 2 θ 2 2 2

11 1 1 1  •2 15 17  • EcT =  m + M + m + M  ℓ2 θ ⇒ EcT =  m + M  ℓ2θ 23 2 2 32  2 6 32 

2

L’énergie potentielle du système:

EpT = Epm + Epm + Epk + EpM + EpM ⇒ EpT = Epm + Epm + Epk Ep m = −mg

2 ℓ 11 − θ = − mg ℓ θ 1 cos ( ) 2 22

2 1 2 1 9 3 2 Ep k = kx 1 + kx 0 x 1 = k ℓ θ + kx 0ℓθ 2 2 16 4

Puisque : x 1 = 3 ℓ sin θ ⇒ x 1 = 3 ℓ θ ⇒ x 1 2 = 9 ℓ 2θ 2 4

4

16

Epm = − mgy = − mgRφ = − mg ℓθ

EpT =

2 1 9 1  3 2 k ℓ − mg ℓ θ   +  kx 0 − mg 2  16 2  4

EpT =

2  3 19 1    2 k ℓ − mg ℓ θ +   kx 0 − mg  ℓ  θ   2  16  2  4      A

  ℓθ 

B

2

EpT = A θ + B θ

Les conditions d’équilibre est donnée par: dEpT  3 4mg  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ kx0 − mg = 0 ⇒ x0 = dθ θ =0 4 3k

Il reste :

2 19 1  2 EpT =  k ℓ − mg ℓ  θ 2 16 2 

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Donc : ⇒ EpT =

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19 1 mg  2 2 k − ℓ θ 2 16 2 ℓ 

15 17  • 2 1  9 1 mg  2 2 ℓ θ Le lagrangien s’écrit : L =  m + M  ℓ 2 θ −  k − 26 32  2 16 2 ℓ  La fonction de dissipation s’écrit : 2

•2 •2 1 •2 1 •2 1 1 ℓ •2 1 1 D = α q ⇒ D = α x = αR 2θ ⇒ D = α   θ = α ℓ2 θ 2 2 2 2 4 2 16

Puisque :

x = Rθ =

ℓ ℓ sin θ = θ ⇒ x 4 4

2

=

1 2 2 ℓ θ 16

L’équation différentielle est obtenue à partir de l’équation de Lagrange du mouvement du système, soit :

 d  dt      

   d  ∂L ∂D  ∂L  ∂L  •  − ∂θ = − • ⇒ dt  •  ∂θ   ∂θ ∂θ    1 mg  2 ∂L 9 ℓθ = − k − 2 ℓ  ∂θ 16

 17  5  =  6 m + 32 M    • ∂D 1 2 α θ ℓ = • ∂ θ 16

 2 •• ℓ θ  ¨

On obtient l’équation différentielle suivante : 17 5  m+ M 32 6

• 1 mg  2 1  2 ••  9 2 ℓ θ k ℓ θ α ℓ θ + − = −  16 2 ℓ  16 

• 17 1 mg  2 5  •• 1 9 ⇒  m + M  ℓ2θ+ α ℓ2θ+  k − ℓ θ =0 32  16 2 ℓ  6 16

17 5 ⇒ m + M 32 6

1 mg   •• 1 •  9 θ =0 θ + α θ +  k − 2 ℓ   16 16

1 mg  9 1 α 16 k − 2 ℓ  • 16 ⇒θ+ θ+ θ =0 17  9 5 5   m+ M   m+ M  32  32  6 6  9 1 k mg  •• • α 16 2 ⇒θ+ − θ+ 17 5   5 m + 9 M  ℓ 5 m + 9 M 16  m + M      32 32 32 6   6  6 ••

  θ = 0    

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 •• α θ + 17 5  16  m + M ⇒ Donc :  32 6  •• • θ + 2δθ + ω02θ = 0 

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  9k θ+  9   5  16  m + M 32   6 •

  mg θ = 0 = 0 − 9  5   2ℓ  m + M   32    6

avec :

α α  →δ=  2δ =  5 17 17  5  16  m + M  32  m + M   32  32  6 6           9k mg 9k mg ω02 =   → ω0 =  − −  16  5 m + 9 M  2ℓ  5 m + 9 M   16  5 m + 9 M  2ℓ  5 m + 9 M         6   6 32  32   32  32 6 6 

      

Exercice 61: Le nombre de degrés de liberté :

var iables x , x 1 ,θ  x = ℓ sin θ , x 1 = 2ℓ sin θ

⇒ n = 3 − 2 = 1dd ℓ

Le moment d’inertie : I /O = 2 m ℓ 2

L’énergie cinétique du système: •2 •2 1 1 EcT = Ec 2m = I /o θ = 2m ℓ2 θ 2 2 L’énergie potentielle du système: EpT = Ep 2 m + Ep k Ep 2 m = − 2 m gx = − 2 m g ℓ sin θ = − 2 m g ℓ θ Ep k =

1 kx 2

2

+ k x 0x =

1 k ℓ 2θ 2 + k x 0 ℓ θ 2

Puisque : x = ℓ sin θ = ℓθ ⇒ x 2 = ℓ2θ 2 EpT =

2 1 k ℓ 2 θ + ( kx 0 − 2 mg ) ℓθ    2  

(

)

Ä

B

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2

EpT = A θ + B θ

dEpT  = 0 ⇔ B = 0 ⇒ kx 0 − 2 m g = 0 d θ θ = 0

Les conditions d’équilibre est donnée par:

Il reste :

2 1 2 EpT = k ℓ θ 2

( )

•2 1 1 2 2 2 Le Lagrangien s’écrit : L = 2m ℓ θ − k ℓ θ 2 2 •2 1 •2 1 •2 1 D = α q ⇒ D = α x = 4α ℓ 2 θ 2 2 1 2

La Fonction de dissipation s’écrit : • 2

Puisque : x 1 = 2 ℓ sin θ = 2 ℓ θ ⇒ x

1

• 2

= 4ℓ 2 θ

L’équation différentielle du mouvement du système :  d  ∂L dt  ∂ θ• 

  ∂D d  ∂L  ∂L  − ∂θ = − • ⇒ dt  •   ∂θ ∂θ  

 ••  2 = 2 m ℓ θ   

(

)

••

∂L = − k ℓ2 θ ∂θ

(

( 2 m ℓ )θ + ( k ℓ )θ = −4α ℓ 2

(

2

••

•

) (

) (

2

)

∂D •

•

= 4α ℓ 2 θ

∂θ

•

θ

)

⇒ 2 m ℓ 2 θ + 4α ℓ 2 θ + k ℓ 2 θ = 0

•• α • 1 k α α  θ + 2 m θ + 2 m θ = 0 2δ = 2 → δ = m m   ⇒ ⇒ •• • θ + 2δθ + ω 2θ = 0 ω 2 = 1 k → ω = 1 k 0 0   0 2 m 2m  La période est alors donnée par : ω0 =

2π 2π ⇒T0 = ⇒ T 0 = 2π T0 ω0

2m k

La pulsation amortie s’écrit :

1 k α2 ω = ω + δ ⇒ ωa = ω − δ ⇒ ωa = − 2 m m2 2 0

2 a

2

2 0

2

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Partie 3 : Oscillations forcés amorties : Système à un degré de liberté

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Exercice 62: Une masse m est suspendue par d’un ressort de raideur k selon la figure ci-contre. Les frottements étant représentés par l’amortisseur de coefficient de visqueux α . La masse m est excitée par une force verticale et harmonique : F ( t ) = F0Cos ( Ωt ) 1- Trouver l’énergie cinétique, l’énergie potentielle, le travail w de la force F ( t ) et la fonction de dissipation

D

en fonction de la

variable x . 2- sachant que : m = 0.1kg ; α = 0, 2kg / s ; F0 = 1 ; k = 1N / m . Montrer que l’équation différentielle du mouvement du système ••

•

s’écrit : x + 2δ x + ω0 x = f cos ( Ωt ) . En précisant les valeurs de δ , de ω0 et de f .

3- Montrer que cette l’équation différentielle admet une solution générale se met sous la forme : x ( t ) = xH ( t ) + xP ( t ) . Préciser le sens de chaque terme.

4- Donner l’expression de la solution du régime transitoire et en déduire son pseudo-pulsation ωa . 5- Donner l’expression de la solution particulière représentant le régime permanent. En utilisant la représentation complexe, déterminer les expressions l’amplitude xM et déphasage de

Ω ,δ

Ψ

en fonction

et ω0 en régime permanent.

6- Déterminer le coefficient de qualité Q du système et en déduire l’expression de l’amplitude xM et le déphasage

Ψ

Ω en fonction de   .  ω0 

7- Déterminer la pulsation Ω r pour laquelle l’amplitude xM est maximale (résonance). 8- Calculer les pulsations Ω1 et Ω 2 et en déduire la largeur de la bande passante (à -3dB)

∆Ω

et

tracer l’allure du graphe d’amplitude X M ( Ω ) . 9- Montrer que la pulsation de résonance Ω r ni existe que si Q ≥

1 ⇒ Q ≥ 0.707 et ω0 ≥ 2δ . 2

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10- Tracer les courbes de

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Ω F0  Ω    et de ψ   pour différents valeurs des Q. mω0  ω0   ω0 

11- On applique maintenant sur la masse m une force F ( t ) périodique mais non sinusoïdale sous la forme d’une impulsion définie par :   + ℓ F (t ) =   −ℓ 

-

si si

0