Physique Des Vibrations
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Universit Purchase
Djillali liabse fromAbbes
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Module : Vibrations the watermark
et Ondes (physique3)
Section Gnie lectrique Liani Mohamed
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Universit Djillali liabse - Sidi Bel Abbes Module : Vibrations et Ondes (physique3)
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Cet ouvrage prsente une srie d'exercices corrigs de la physique des vibrations pour les tudiants
de deuxime anne des classes prparatoires aux grandes coles et aux tudiants du tronc commun
de technologie des universits ainsi que les tudiants du semestre 3 des sciences techniques (ST) du
systme LMD. Il contient plus de 130 exercices suivis de leurs solutions. Les solutions sont
souvent dtailles et permette ltudiant de complter sa comprhension du cours et faire soit
mme son valuation.
Le contenu de louvrage est divis en quatre (04) parties :
- Partie 1 : Oscillations libres non amorties : Systme un degr de libert.
- Partie 2 : Oscillations libres amorties : Systme un degr de libert.
- Partie 3 : Oscillations forcs amorties : Systme un degr de libert.
- Partie 4 : Systme linaires plusieurs degrs de libert.
Cependant, nous accueillerons avec satisfaction tout critique qui permettra damliorer cet
ouvrage.
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Partie 1 :
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Exercice 1 :
- Deux masses identique m son fixes aux extrmits de deux tiges rigides et sans masses de
longueur 3 et passant par le centre dun disque de rayon R et de masse M .
- A une distance de la tige son fixs en un point P deux ressorts de mme constante de raideur
k .Les autres extrmits des ressorts son fixes des btis verticaux fixes.
A lquilibre, les deux tiges supportant les masses sont verticales. On ne sintresse qu ltude
des oscillations de faibles amplitudes.
1
N.B : I / c = MR 2
2
Exercice 2 :
Trois tiges rigides, sans masse et solidaires lune de leur extrmit O ou elles prsentent un
angle droit entre elles, forment ainsi un T .Chacune de ces tiges port a son extrmit libre une
masse ponctuelle et attache un ressort de raideur k de sort qua
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Lquilibre statique la tige 2 soit vertical. On pourra, ds le dbut, considrer le cas des
2
oscillations de faibles amplitudes et faire lapproximation : sin : cos 1
2
1- Montrer que le systme est un degr de libert en
tablissant les relations qui existe entre x1 , x2 , x3 et .
Exercice 3 :
Une tige rigide, de longueur , sans masse et articule lune de ses extrmits O , porte son
autre extrmit libre une masse ponctuelle m , et pouvant pivoter autour de laxe O . Un ressort de
raideur k est galement fix la masse m et la tige se trouve, au repos, dans une position verticale.
2
A des distances respectives et de O , deux ressorts
3 3
identique de raideur k sont attaches cette tige.
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sin ; cos 1 ( )
2
Exercice 4 :
Exercice 5 :
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Deux tiges rigides de masses ngligeables et de
longueurs respectives et 3 sont soudes angle
droit par lune de leurs extrmits tandis que lautre
porte une masse m1 , m2 et m3 . A lquilibre, la tige
Exercice 6 :
Quatre masses m ponctuelles et identiques sont fixes une tige rigide de longueur et
de masse ngligeable qui peut osciller autour de son axe horizontal fixe O . Au repos, la tige est
verticale et toutes les distances entre les masses et les extrmits sont gales . Trois ressorts de
4
3
raideur k et identiques sont fixs sur les 3 masses des distances respectives de , et
4 2 4
de O .On tudie les oscillations de faibles amplitudes.
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Exercice 7 :
- Un fil inextensible, portant chacune de ses deux extrmits deux masses ponctuelles m et ,
senroule sans glissement autour dun disque homogne de masse M , de rayon R et daxe
horizontal fixe O .
- Deux tiges rigides de longueurs et 2 , sans masse et faisant un angle droit entre elles, sont
solidaires du disque.
Exercice 8 :
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Exercice 9 :
Exercice 10 :
Deux tiges rigides, sans masse et de longueurs 3 solidaires lune de leur extrmit O ou
elles prsentent un angle droit entre elles. Chacune de ces tiges port son extrmit libre une masse
ponctuelle et attache un ressort de raideur k de sort qua lquilibre statique une tige est
verticale et lautre soit horizontale.
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Exercice 11 :
( t ) de lquation diffrentielle.
Exercice 12 :
Le systme mcanique de la figure ci-dessous est constitu dune tige rectiligne, homogne, de
masse m et de longueur 4 . Cette tige peut tourner, dans le plan vertical, sans frottement, autour
dun axe horizontal fixe O . Les extrmits de la tige sont relies au bti fixe par deux ressorts de
mme constante de raideur k . Le centre de gravit G , milieu de la tige son reli au bti par un
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ressort de raideur k . A lquilibre, la tige est
horizontale. Lorsque la tige est carte de sa position
dquilibre dun angle M puis lche sans vitesse
initiale.
Exercice 13 :
La figure ci-contre reprsente un disque homogne 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 fixes aux
extrmits de trois tiges rigides et sans masses de longueurs 1 , 2 et 3 passant par le centre O .On
R
soude en A une distance du centre du disque
2
lextrmit dun ressort et dont lautre extrmit est fixe
au sol. A lquilibre, la droite OA et la tige 2 et
horizontal et les deux autres tiges 1 et 2 sont verticales.
On tudie les oscillations de faibles amplitudes
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Exercice 14 :
Soit un systme mcanique oscillant autour dun point O comme montr sur la figure ci-
dessous. Deux ressorts de mme constante de raideur k sont attachs aux points A et B ses
R 2R
distances respectives et de O . Une masse m est fixe au disque homogne la distance R
3 3
. Dans le cas oscillations de faible amplitude :
3- Donner la solution gnrale ( t ) du mouvement sachant que pour t = 0 : ( 0 ) = et
15
( 0) = 0 .
Exercice 15 :
Une tige rigide, de longueur ,de la masse ngligeable et articule lune de ses extrmits
O , porte son autre extrmit une masse ponctuelle m . Un ressort de raideur k est galement fix
2
la masse m . A ses distances respectives et de O , deux ressorts verticaux de mme
3 3
constante de raideur k sont attachs cette tige. A lquilibre statique la tige est horizontale. On
suppose qu l instant t = 0 , la tige est carte de sa position dquilibre dun angle gal puis
16
lche sans vitesse initiale.
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Donner :
1- le Lagrangien du systme.
2- lquation diffrentielle de son
mouvement.
3- Lquation horaire du mouvement du
systme en tenant compte des
conditions initiales.
Exercice 16 :
lhorizontale.
Exercice 17:
Un fil inextensible, portant chacune de ses deux extrmits deux masses ponctuelles m4
et m5 , senroule sans glissement autour dun disque homogne de masse M ,de rayon R et daxe
horizontal fixe O . Le disque homogne et attach par un ressort de raideur k . les trois masses m1 ,
m2 et m3 sont fixes aux extrmits de trois tiges rigides et sans masses de longueurs , et
2 2
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passant par le centre O est solidaire du disque. A lquilibre, la tig de la masse m2 et verticale .On
tudie les oscillations de faibles amplitudes.
Exercice 18:
Soit un cylindre homogne de masse M oscillant autour du point O fixe et attach par un
ressort k . Une tige de masse ngligeable et de longueur 2 , porte ses extrmits deux masses
identiques m . Les deux masses identiques m sont
attaches par deux ressorts horizontaux de mme
constante de raideur k . On tudie les oscillations de
faible amlplititude autour de la position dquilibre.
Exercice 19:
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rigides est vertical. On tudie les oscillations de faible alplititude autour de la position dquilibre.
Exercice 20:
Soit une tige rigide de longueur 3 et de masse ngligeable est suspendue un support vertical,
fixes en O . Elle port son extrmit libre une masse ponctuelle m . Un ressort de raideur k3 est
Exercice 21:
Soit une tige de masse ngligeable et de longueur 4 , porte ses extrmits deux masses
identiques m est oscillant autour dun axe O distant de 2 de la masse m . Les deux ressorts
verticaux de mme raideur k sont attachs cette
tige la distance de O . A lquilibre statique la
tige est horizontale. Ecart de cette position
dquilibre, le systme effectue des oscillations de
faibles amplitudes repres par langle .
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Exercice 22:
Un fil inextensible, porte son extrmit une tige homogne de masse m , de longueur et
peut pivoter autour dun axe fixe perpendiculaire au plan du mouvement en O , senroule sans
glissement autour dun disque homogne de masse M , de rayon R et daxe horizontal O . En un
point P ,situ a une distance R de cet axe,est attach un ressort de raideur k tel qua lquilibre
2
statique le point P soit a la verticale de O . La rotation de la tige homogne par rapport
lhorizontale par langle et celle du disque par
langle .
- Sachant que sin = R , former le lagrangien
2
et en dduire la pulsation propre de ce systme
Exercice 23:
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- Sachant que sin = R , calculer le lagrangien et la pulsation propre de ce systme.
2
Exercice 24:
Un disque homogne de masse M et de rayon R qui peut tourne sans frottement autour dun
axe horizontal et fixe O . En un point situ a une distance R de laxe fixe O du disque est accroch
un ressort de raideur k . Les trois masses m1 , m 2
R
rigides et sans masses de longueurs identiques
2
passant par le centre O est solidaire du disque. Un
ressort de raideur k est galement fix la masse
m 2 . La tige de la masse m 2 se trouve, au repos,
Exercice 25:
Le systme mcanique reprsent sur la figure ci-contre est constitu dune barre homogne de
masse m et de longueur , peut pivoter autour dun axe fix lune de ses extrmits O . Un
ressort de raideur k est fix lautre extrmit. Elle
est elle-mme retenue par un ressort de raideur k
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Exercice 26:
Le systme mcanique reprsent sur la figure ci-contre est constitu dune masse M
suspendue par une barre homogne de masse m et de longueur et peut pivoter autour dun axe
horizontal fix lune de ses extrmits. Un
ressort de raideur k son fix une distance
de O lautre extrmit. On pourra
3
supposer les oscillations damplitudes faibles.
Exercice 27:
Soit un disque homogne de masse M et de rayon R osillant autour du point O fixe. Une
masse 3m suspendue par une barre homogne de masse m , de longueur est solidaire du disque et
peut pivoter autour dun axe horizontal fix lune de ses extrmits. Un ressort de raideur k son
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Exercice 28:
Une poulie homogne de masse M et de rayon 2R pouvant tourner autour de son axe
horizontal et fixe O . Ce disque est reli par un ressort de raideur k , une distance 2R du centre O .
Deux fils inextensibles son solidaires de la poulie. Lun senroule sur une petite gorge de rayon R
et relie un bti fix par un ressort de raideur k . Lautre
senroule sur toute la poulie et port une masse m .
Exercice 29:
Un fil inextensible, porte son extrmit un barre homogne de masse 2m , de longueur
2
et peut pivoter autour dun axe horizontal fixe O 2 ,senroule sans glissement autour dun disque
langle .
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8
de son mouvement si : M = m et R = sin R =
3 4 4
Exercice 30 :
Le systme mcanique reprsent sur la figure ci-contre est constitu dun disque homogne
de masse M et de rayon R roule sans glissement
sur un plan horizontal, cest--dire que lorsquil
tourne de , son centre de gravit se dplace de x
Exercice 31:
Exercice 32:
Un disque homogne de centre O , de masse M et de rayon R peut pivoter autour de son axe.
Une barre homogne de masse m et de longueur est solidaire de disque du centre O . Un ressort
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3
de raideur k est attach une distance de de O . Lextrmit dune barre est relie une
4
masse m par un fil inextensible senroule sans glisser autour un autre disque identique de centre
O . Le systme se trouve en position dquilibre statique lorsque la barre est verticale.
Exercice 33:
Un fil inextensible une extrmit porte un ressort de raideur k tandis que lautre extrmit
porte une masse 2m. Une tige homogne de masse m et de longueur 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
2
attachs cette tige a la distance de O . A lquilibre statique la tige est verticale. Ecart de
3
cette position dquilibre, le systme effectue des oscillations de faibles amplitudes. On tire la
masse 2m de x vers la bas par rapport sa position dquilibre, le fil inextensible fait tourner la
poulie de R et allonge le ressort, puis on lche le
systme.
2- Sachant que : = 3R R = ; M = 2m ;
3
x = R montrer que l'quation diffrentielle du
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5 k 3 g
mouvement du systme scrit : + = 0
6 m 4
Exercice 34:
Une barre homogne de centre gravit G , de masse m et de longueur et peut osciller autour
dun axe horizontal. Elle est guide par deux ressorts identiques de raideur k et un ressort de
raideur 2k comme montr sur la figure ci-contre. Un
ressort de raideur 2k son fixe une distance de O . A
3
lquilibre la barre est en position horizontal. On
considrera uniquement les mouvements de faible
amplitude.
Exercice 35:
Une tige homogne de masse m et de longueur peut pivoter autour dun axe fix lune de
ses extrmit O . Un ressort de raideur k fix lautre extrmit. Au milieu de la tige G est
suspendue une masse 2m qui relie par un ressort de
raideur k En position dquilibre la tige est horizontale.
AN : k = 120 N m ; m = 0.5kg
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Exercice 36:
Une masse m est relie par lintermdiare de deux ressorts de raideurs respectives 2k et k
2
un support cylindrique qui tourne vitesse angulaire constant autour dun axe vertical. La
masse peut se dplacer sans frottements sur le support et
selon lhorizontal. A lquilibre la masse m se trouve au
centre de la surface de basse du cylindre.
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Partie 1 :
Solutions
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Remarque :
1 2
Epk = kx + kx0 x
2
1 1 1 1 1 1
k ( x x 0 ) kx 02 = kx 2 kx 0 x + kx 02 kx 02 = kx 2 kx 0 x
2
Ep k =
2 2 2 2 2 2
1 2
Epk = kx kx0 x
2
l quilibre statique, le ressort est comprim :
1 1 2 1 2 1 1 1
k (x 0 x )
2
Ep k = kx 0 = kx kx 0 x + kx 02 kx 02 = kx 2 kx 0 x
2 2 2 2 2 2
1 2
Epk = kx kx0 x
2
1 2
Epk = kx + kx0 x
2
1 2
Epk = kx
2
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Exercice 1 :
Quelle est le nombre de degrs de libert ?
I 1/O = m ( 2 ) = 4m 2
2
I 2/O = m 2
Lnergie cintique du systme est donne par:
EcT = Ec M + Ec m + Ec m
Lnergie cintique de la masse m :
1 2 1 2
Ec m = I 1/o = 4 m 2
2 2
Lnergie cintique de la masse M :
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR
2
2 22
Lnergie cintique de la masse m :
1 2 1 2
Ec m = I 2/o = m
2
2 2
1 2 2
1 2 1 1 2
Donc: EcT = 4m + m + MR = 5m + MR
2 2 2
2 2 2 2
Lnergie potentielle du systme est donne par:
EpT = Ep m + Ep k + Ep k + Ep m + Ep M
On choisi la position des lquilibre comme origine des nergies potentielles ( Ep (0)=0) .
Lnergie potentielle de la masse m :
Ep m = mgh ( h est la hauteur de m par rapport un plan de rfrence choisi)
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h = 2 2 (1 cos ) = 2 (1 cos )
(Le signe (-) vient du fait que la masse m est au dessous du plan choisi)
2
Dans le cas de petites oscillation, on considre que : petit Cos = 1
2
2
1
Donc: Ep m = 2mg
2
Dans le cas de petites oscillation, on considre que :
petit sin =
x = sin = x 2 = 2 2
Lnergie potentielle dans le 2 ressort est donne par :
2
1 1
2 Ep k = 2 kx = 2 k
2 2
2 2
Lnergie potentielle de la masse m :
Epm = +mgh ( h est la hauteur de m par rapport un plan de rfrence choisi)
( Le signe (+) vient du fait que la masse m est au dessus du plan choisi)
Dans le cas de petites oscillations, On obtient :
2
1
Ep m = + mg (1 cos ) = mg
2
2 2
Donc: EpT =
1
2
1
(
2mg + mg + 2k 2 = mg + 2k 2
2
)
Le lagrangien du mouvement du systme scrit:
1 2 2
2
2
2 1
2
1
2
2
(
L = 5m + MR mg + 2k )
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
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L L L 2
L
d
d
= 0 dt =
5m 2
+
1
MR
(
= mg + 2k 2 )
dt 2
On obtient lquation diffrentielle suivante :
2 1
2
(
5m + MR + mg + 2k = 0
2
)
mg + 2k 2
Les oscillations seffectuent avec la pulsation propre : 0 =
1
5m 2 + MR 2
2
La solution de lquation diffrentielle du systme scrit sous la forme suivante :
= A cos (0 t + ) ; = A 0 sin (0t + )
trouve = M .
Exercice 2 :
Degr de libert :
Les nombre de coordonnes gnralises x 1 , x 2 , x 3 et donc N=4
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x 1 , x 2 , x 3 et sont lies avec les relations suivantes x 1 = 1 sin , x 2 = 2 sin , x 3 = 3 sin donc
r=3
Le nombre de degrs de libert n = N r n = 4 3 n = 1dd
I 1/O = m 1 2
I 2 /O = m 2 2
I 3/O = m 3 2
1 2 1 2
Ec m1 = I 1/o = m 1 1
2
2 2
1 2 1 2
Ec m 2 = I 2/o = m 2 2 2
2 2
1 2 1 2
Ec m 3 = I 3/o = m 3 3 2
2 2
2
EcT =
1
2
(
m112 + m 2 2 2 + m 3 32 )
nergie potentielle :
E p T = E p m 1 + E p m 2 + E p m 3 + E p k + Ep k + E p k
x 2 = 2 sin = 2 x 2 2 = 2 2 2
x 3 = 3 sin = 3 x 3 = 3
2 2 2
On obtient:
Epm1 = m1g 1 sin = m1g 1
2
1
Ep m 2 = m 2 g 2 (1 cos ) = m 2 g 2
2
Ep m3 = m 3 g 3 sin = m 3 g 3
2
1 1 2 1 1 2 1 2 1
k ( x1 x01 ) kx01 = k ( x1 + x01 ) kx01
2 2
Epk = = kx1 + kx01 x1 = k 12 + kx01 1
2 2 2 2 2 2
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2
1 1 2 1 2 1
k ( x 2 + x 02 ) kx 02
2
Ep k = = kx 2 + kx 02 x 2 = k 2 2 + kx 02 2
2 2 2 2
2
1 1 2 1 2 1
k ( x 3 + x 03 ) kx 03
2
Ep k = = kx 3 + kx 03 x 3 = k 2 2 + kx 03 3
2 2 2 2
2
1
EpT = m 2 g 2 + k 1 + k 2 + k 2 + [ m 3 g 3 m 1 g 1 kx 011 + kx 02 2 + kx 03 3 ] Cette
2 2 2
2
B
2 2 1 2 (
m g + k 2 + 2 + 2
+ 2 ) = 0
m11 + m 2 2 + m 3 3
2 2 2
m 2 g 2 + k 12 + 2 2 + 2 2
= 2 ( )
0
m112 + m 2 2 2 + m 3 32
+ 02 = 0
La pulsation propre des oscillations du systme est ainsi dfinie par :
0 =
m 2 g 2 + k ( 1
2
+ 22 + 22 )
m 11 + m 2 2 + m 3 3
2 2 2
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= A cos (0 t + ) ; = A 0 sin (0t + )
( 0 ) = 19 ( 0 ) = A cos = 19 A cos 0 = M A = 19
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A sin = 0 sin = 0 = 0
0
De la deuxime quation on tire = 0 et on dduit de la premire que A = .
19
Lquation horaire des oscillations du systme et donc : (t ) = cos 0 t
19
Exercice 3 :
Le nombre de degrs de libert est calcule partir :
x 1 , x 2 , x 3 , var iables
2
x 1 = 3 sin , x 2 = 3 sin , x 3 = sin
n = 4 3 = 1dd
Le moment dinertie : I /O = m 2
2
petit sin = Cos = 1
2
2
2
x 1 = sin = x 1 =
2
3 3 9
2 2
2
4 2
x 2 = sin = x 2 2 =
3 3 9
x 3 = sin = x 32 = 2 2
1 1 2 2 1 1 2
Ep k = kx 12 = k = k 2
2 2 9 29
1 1 42 2 1 4 2
Ep k = kx 22 = k = k 2
2 2 9 29
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2
1
Ep m = mg (1 cos ) = mg
2
2
1 2 1
Ep k = kx 3 = k 2
2 2
2 2
1 1 4 1 14 2
EpT = k + k + k + mg = k + mg
2 2 2
2 9 9 2 9
Le lagrangien scrit :
2 2
1 14 2
L = m k + mg
2
2 9
Dans le cas dun systme libre amorti, lquation de Lagrange :
d L L d L L 14
= 0 = m 2 = k 2 + mg
dt dt 9
En remplaant dans lquation de Lagrange on aura :
14
m 2 + k 2 + mg = 0
9
14 2
9 k + mg 14 k g
+ 2 = 0 +
+ = 0
m 9 m 14 k g 14 k g
02 = + 0 = + La
2 9 m 9 m
+ = 0
+ 0 = 0
2 0
solution de lquation diffrentielle du mouvement :
= A cos (0 t + ) ; = A 0 sin (0t + )
( 0 ) = M ( 0 ) = A cos = M A cos 0 = M A = M
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A 0 sin = 0 sin = 0 = 0
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Exercice 4:
Le nombre de degrs de libert :
x 1 , x 2 , var iables
3 n = 3 2 = 1dd
x 1 = 4 sin , x 2 = 4 sin ,
1 2 1 1 2
Ec m = I 1/o = m 2
2 2 16
1 2 1 9 2
Ec M = I 2/o = M 2
2 2 16
1 m + 9M 2 2
EcT =
2 16
Lnergie potentielle du systme:
2
petit sin = Cos = 1
2
2
x 1 = sin = x 1 = 2
2
4 4 16
2
x = 3 sin = 3 x 2 = 9 2
2 4 4
2
16
1 2 1 2 2 1 1 2
Ep k = kx 1 = k = k
2
2 2 16 2 16
1 2 1 92 2 1 9 2
Ep k = kx 2 = k = k
2
2 2 16 2 16
1 2 11 2
Ep m = mg (1 cos ) = mg = mg
4 2 4 24
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3 1 3 2 1 3 2
Ep M = Mg (1 cos ) = Mg = Mg
4 2 4 24
11 9 1 3
2
15 3M m
2
EpT = k 2
+ k 2
mg + Mg = k 2 + g
2 16 16 4 4 28 4
1 m + 9M 2 1 5 2 3M m
2 2
Le lagrangien scrit : L = k + g
2 16 28 4
Lquation diffrentielle du mouvement :
d L L d L m + 9M 2 L 5 3M m
dt = 0 dt = 16
= k 2 + g
8 4
m + 9M 2 5 2 3M m
+ k + g = 0
16 8 4
5 2 3M m 5 2 3M m
k + g g
4
k
+ 8 4
= 0 + 8 + =0
m + 9M 2 m + 9 M 2 m + 9M 2
16
16 16
2 2
+ 0 = 0 + 0 = 0
10k 4 g ( 3M m )
+ + = 0
( m + 9M ) ( m + 9M )
2
+ 0 = 0
10k + 4 g ( 3M m )
+ = 0
( m + 9M ) 10k + 4 g ( 3M m )
02 =
2 ( m + 9M )
+ 0 = 0
La solution gnrale de lquation diffrentielle du mouvement :
= A cos (0 t + ) (
; = A 0 sin 0t + )
On obtient A et a partir des conditions initiales
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( 0 ) = 13 ( 0 ) = A cos = 13 A cos 0 = 13 A = 13
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A sin = 0 sin = 0 = 0
0
En dfinitive, (t ) scrit par : (t ) = cos 0t
13
Exercice 5 :
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , x 2 , x 3 , var iables
n = 4 3 = 1dd
x = R , x 1 = 2 sin , x 2 = sin , x 3 = 2 sin
I1/ o = m1 ( 2 ) = 4m1 2
2
2
1
I 2/ o = m2 = m3 2
2 4
I 3/ o = m3 2
1
I/C = MR 2
2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2
Ecm1 = I1/ o = 4m1
2
2 2
1 2 11 2
Ecm2 = I 2/ o = m2
2
2 24
1 2 1 2
Ecm3 = I 3/ o = m3 2
2 2
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR 2
2 22
2
1 1 1
EcT = 4m1 2 + m2 2 + m3 2 + MR 2
2 4 2
On pose: m = m1 = m2 = m3
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2
1 21 1
EcT = m 2 + MR 2
2 4 2
Lnergie potentielle du systme: EpT = Epm1 + Epm2 + Epm 3 + Epk
2
petit sin = Cos = 1
2
2
1 1 1 1
Ep k = k ( x + x 0 ) kx 02 = kx 2 + kx 0 x = k R 2 + kx 0 R
2
avec: x = R
2 2 2 2
Epm1 = m1g 2 sin = m1g 2
Epm3 = m3 g sin = m3 g
1 2 11 2
Epm2 = m2 g (1 cos ) = m2 g = m2 g
2 2 2 22
2
1 1
EpT = + ( m3 g 2m1 g + kx0 R )
2
k R m g
2
2
2
2
1 1
EpT = k R m2 g + ( m3 g 2m1 g + kx0 R )
2
1 21 2 1 2 2
2 1 1
Le lagrangien scrit : L= m + MR k R 2
mg
2 4 2 2 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L 21 2 1 2
L 1
= 0 = m + MR = kR 2 mg
dt dt 4 2
2
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21 2 1 2
1
m + MR + k R mg = 0
2
4 2 2
1
kR 2 mg
2
= 0 + 4kR 2 2mg 2 = 0
2
+ 21 1
m 2 + MR 2 21m + 2MR
4 2
2
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
4k R 2 2 m 3 g 4 k R 2 2m 3 g
Avec 02 = 2
0 =
21m + 2MR 21m 2 + 2MR 2
2
La solution gnrale : = A cos (0 t + ) ; = A 0 sin (0t + )
( 0 ) = M ( 0 ) = A cos = M A cos 0 = M A = M
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A 0 sin = 0 sin = 0 = 0
Exercice 6 :
On considre que m = m1 = m 2 = m3 = m 4
Le nombre de degrs de libert :
x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , var iables
3 n = 5 4 = 1dd
x 1 = 4 sin , x 2 = 2 sin , x 3 = 4 sin , x 4 = sin
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EcT = Ecm1 + Ecm2 + Ecm3 + Ecm4
1 2 1 1 2
Ec m1 = I 1/o = m 2
2 2 16
1 2 11 2
Ec m 2 = I 2/o = m 2
2 24
1 2 1 9 2
Ec m3 = I 3/o = m
2
2 2 16
1 2 1 2 2
Ecm4 = I 4/ o = m
2 2
Finalement, scrit :
2
1 2 1 1 9 1 30 2 2 1 15 2 2
EcT = m + + + 1 = m = m
2 16 4 16 2 16 2 8
Lnergie potentielle du systme: EpT = Epm1 + Epm2 + Epm 3 + Epm 4 + Epk1 + Epk2 + Epk3
2
petit sin = Cos = 1
2
2
2
x 1 = sin = x 1 =
2
4 4 16
2
2
x = sin = x 2
=
2 2 2
2
4
3 3 9
2
x 2 = sin = x 2 2 =
4 4 16
x = sin = x 2 = 2 2
4 4
1 2 11 2
Ep m1 = mg (1 cos ) = mg = mg
4 2 4 24
1 2 11 2
Ep m 2 = mg (1 cos ) = mg = mg
2 2 2 22
3 1 3 2 1 3 2
Ep m3 = mg (1 cos ) = mg = mg
4 2 4 24
2 2
1 1
Ep m 4 = mg (1 cos ) = mg = mg
2 2
1 1 2 2
Ep k 1 = kx 12 = k
2 2 16
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1 2 1 2 2
Ep k 2 = kx 2 = k
2 2 4
1 2 1 9 2 2
Ep k 3 = kx 3 = k
2 2 16
1 k 2 k 2 9k 2 1 1 3
EpT = + + + mg + mg + mg + mg 2
2 16 4 16 4 2 4
1 7 2 5
Finalement, scrit : EpT = k + mg 2
2 8 2
Le lagrangien scrit :
1 15 2 2 1 7 2 5
2
L= m k + mg
2 8 28 2
Lquation de lagrange :
d L L d L 15 2 L 7 5
dt = 0 dt = 8 m
= k 2 + mg
8 2
15 2 7 2 5
m + k + mg = 0
8 8 2
7 2 5
k + mg
+ 8 2 = 0 7 k 4 g
+ + = 0
15 2 15 m 3
m
8
2
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
7 k 3 g 7 k 4g
Avec 02 = + 0 = +
15 m 4 15 m 3
La solution gnrale : = A cos (0 t + ) ; = A 0 sin (0t + )
( 0 ) = M ( 0 ) = A cos = M A cos 0 = M A = M
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A 0 sin = 0 sin = 0 = 0
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Exercice 7 : On considre que m = m1 = m2 = m3
Le nombre de degrs de libert :
x, x1 , x2 , var iables
n = 4 3 = 1dd
x = R , x1 = 2 sin , x2 = sin
Les moments dinertie :
I 1/O = m ( 2 ) = 4m 2
2
1
I /C = MR 2
2
I 2/O = m 2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2
Ec m1 = I 1/o = 4m 2
2 2
1 2 1 2 2
Ec m 2 = I 2/o = m
2 2
1 2 1 2
Ec m3 = m x = mR
2
2 2
1 2 1 2
Ec = x = R 2
2 2
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR 2
2 22
1 1
2
1 1
2
EcT = 4m 2 + m 2 + MR 2 + mR 2 + R 2 = 5m 2 + M + m + R 2
2 2 2 2
Lnergie potentielle du systme:
Ep = gx = gR
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2
petit sin = Cos = 1
2
x 1 = 2 sin = 2 x 1
2
= 4 2 2
x 2 = sin = x 2 2 = 2 2
x = R x = R
2 2 2
2
1 1 1 1
Ep k 1 = k ( x 1 + x 01 ) kx 012 = kx 12 + kx 01x 1 = 4k 2 + 2kx 01
2
2 2 2 2
2
1 1 2 1 1 2 1 2 1
k ( x2 x02 ) kx02 = k ( x2 + x02 ) kx02
2 2
Epk2 = = kx2 + kx02 x2 = k 2 + kx02
2 2 2 2 2 2
2
1
EpT = 4 k 2 + k 2 2mg + ( mg mgR + g + 2 kx01 + kx02 )
2
B
2
Lquation on crit sous la forme suivante : EpT = A + B
(
Le Lagrangien scrit : L = 5m 2 + M + m + R 2 5k 2 2mg
2
)
2
Lquation de lagrange :
d L L d L 1 2 L
dt
= 0 =
dt
5m 2
+
2
M + m + R
(
= 5k 2 2mg )
On obtient alors lquation diffrentielle comme suit :
1 2
5m 2
+
2
M + m +
2
(
R + 5k 2mg = 0 )
5 k 2 2 mg
+ = 0
1 2
5m + 2 M + m + R
2
+ 02 = 0
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5k 2mg
2 5k 2 2mg
02 = 0 =
5m 2 + 1 M + m + R 2 1
5m 2 + M + m + R 2
2 2
La solution gnrale : = A cos (0 t + ) ; = A 0 sin (0t + )
( 0 ) = M ( 0 ) = A cos = M A cos 0 = M A = M
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A 0 sin = 0 sin = 0 = 0
Exercice 8 :
Le nombre de degrs de libert :
x 1 , x 2 , x 3 , var iables
n = 4 3 = 1dd
x 1 = sin , x 2 = 2 sin , x 3 = sin
On considre que m = m1 = m2 = m3
Le moment dinertie :
I 1/O = m 2
I 2/O = m ( 2 ) = 4m 2
2
I 3/O = m 2
Lnergie cintique du systme:
EcT = Ec m1 + Ec m2 + Ec m3
On considre que m = m1 = m2 = m3
1 2 1 2 2
Ec m1 = I 1/o = m
2 2
1 2 1 2
Ec m 2 = I 2/o = 4m
2
2 2
1 2 1 2
Ec m3 = I 3/o = m 2
2 2
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2 2
EcT =
1
2
( 1
)
m 2 + 4m 2 + m 2 = 6m 2
2
( )
Lnergie potentielle du systme:
On considre que k = k1 = k2
2
petit sin = Cos = 1
2
x 1 = sin = x = 1
2 2 2
x 2 = 2sin = 2 x 12 = 4 2 2
x 3 = sin = x 3 =
2 2 2
2
1 1 1 1
Ep k 1 = k ( x 1 + x 01 ) kx 012 = kx 12 + kx 01x 1 = k 2 + kx 01
2
2 2 2 2
2
1 1 2 1 1 2 1 2 1
k ( x2 x02 ) kx02 = k ( x2 + x02 ) kx02
2 2
Epk2 = = kx2 + kx02 x2 = 4k 2 + 2kx02
2 2 2 2 2 2
2
1
EpT = 4 k 2 + k 2 + ( mg 2 mg + mg + kx01 + 2 kx02 )
2
B
2
1
EpT = 5k 2 + 2mg + k ( x01 + 2 x02 )
2
B
A
La condition dquilibre :
dEpT
= 0 B = 0 2mg + k ( x01 + 2 x02 ) = 0
d =0
2
1
Il reste : EpT = 5k
2
2
( )
2 2
1
2
1
Le Lagrangien scrit : L = 6m 5k
2
2
2
( ) ( )
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Lquation de lagrange :
d L L d L L
= 0 dt = 6 m 2
= 5k 2
dt
On obtient alors lquation diffrentielle comme suit : 6m + 5k = 0
2 2
5 k
+
= 0
6 m 5k 5k
02 = 0 =
2 6m 6m
+ 0 = 0
5 k
En dfinitif, 0 scrit par : 0 =
6m
Exercice 9:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , x 2 , var iables
R n = 4 3 = 1dd
x = R , x 1 = 2 sin , x 2 = sin = 3R sin
On posant : = 3 R
Les moments dinertie :
1
I /C = MR 2
2
2 2
R R
I 1/O =m =m
2 4
I 2/O = m 2 = m ( 3R ) = 9mR 2
2
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1 2 1 R2 2 1 1 2
Ec m1 = I 1/o = m = mR 2
2 2 4 24
1 2 1 2
Ec m 2 = I 2/o = 9mR
2
2 2
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR
2
2 22
11 2 2 2
1 2 1 37 1 2 1 37 1 2
EcT = mR + 9mR + MR = mR + MR = m + M R
2 2 2
24 2 2 4 2 2 4 2
2
petit sin = Cos = 1
2
x = R x = R 2 2 2
2
x = R sin = R x 2 = R 2
1 2 2
1
4
x = sin = x 2 = 4 2 2
2 2
x 2 = 3R sin = 3R x 2 2 = 9R 2 2
R 1 R 2 11 2
Ep m1 = mg (1 cos ) = mg = mgR
2 2 2 22
2 2 2
1 1 1
Ep m2 = mg (1 cos ) = mg = mg 3R = 3mgR
2 2 2
On considre que k = k1 = k2
1 1 R2 2 1 1 2 2
Ep k 1 = kx 12 = k = kR
2 2 4 24
2
1 2 1
Ep k 2 = kx 2 = 9kR
2
2 2
1 2 1 2 2
Ep k = kx = kR
2 2
2 2
1 1 R 1 41 2 7
EpT = kR + 9 kR + kR + mg + 3mgR = kR + mgR
2 2 2
2 4 2 2 4 2
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2 2
Le Lagrangien scrit : L = m + M 2 1 41
37 1 7
R kR 2 + mgR
4 2 2 4 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L 37 1 2 L 41 7
= 0 dt = 4 m + 2M R = kR 2 + mgR
dt
4 2
37 1 2 41 2 7
m + M R + kR + mgR = 0
4 2 4 2
41 2 7
kR + mgR
+ 4 2 = 0 + 41kR + 14mg = 0
( 37m + 2M ) R
37 1 2
4 m + 2 M R
2
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
I 2/ O = m2 ( 2 ) = 4m2 2
2
I 3/ O = m3 ( 2 ) = 4 m3 2
2
I 4/ O = m4 2
1 2 1 2
Ecm1 = I1/ o = m1 2
2 2
1 2 1 2
Ec m 2 = I 2/o = 4m 2 2
2 2
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1 2 1 2
Ecm3 = I 3/ o = 4m3 2
2 2
1 2 1 2
Ecm4 = I 4/ o = m4 2
2 2
1 2
EcT = ( m1 + 4m2 + 4m3 + m4 ) 2
2
On considre que : m = m 1 = m 2 = m 3 = m 4
1 2
EcT = 10m 2
2
Lnergie potentielle du systme:
2
petit sin = Cos = 1
2
x1 = sin = x12 = 2 2
x2 = 2 sin = 2 x1 = 4
2 2 2
x3 = 2 sin = 2 x1 = 4
2 2 2
x = sin = x 2
4 1
Epm1 = m1 g sin = mg
2
1
Ep m 2 = m 2 g 2 (1 cos ) = 2mg
2
Epm3 = m3 g 2 sin = 2mg
2
1
Ep m 4 = m 4 g (1 cos ) = mg
2
A lquilibre statique les ressorts sont comprims :
2
1 1 2 1 1 2 1 2 1
k ( x1 x01 ) kx01 = k ( x1 + x01 ) kx01
2 2
Epk1 = = kx1 + kx01 x1 = k 2 + kx01
2 2 2 2 2 2
2
1 1 2 1 1 2 1 2 1
Epk2 = k ( x2 x02 ) kx02 = k ( x2 + x02 ) kx02
2 2
= kx2 + kx02 x2 = 4 k 2 + 2 kx02
2 2 2 2 2 2
2
1 1 2 1 1 2 1 2 1
k ( x3 x03 ) kx03 = k ( x3 + x03 ) kx03
2 2
Epk3 = = kx3 + kx03 x3 = 4 k 2 + 2 kx03
2 2 2 2 2 2
2
1 1 2 1 1 2 1 2 1
k ( x4 x04 ) kx04 = k ( x4 + x04 ) kx04
2 2
Epk3 = = kx4 + kx04 x4 = k 2 + kx04
2 2 2 2 2 2
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2
1
EpT = 2mg + mg + k 2 + 4k 2 + 4k 2 + k 2 + mg 2mg + k ( x01 + 2 x02 + 2 x03 + x04 )
2
B
2
1
EpT = 10k 2 mg + mg + k ( x01 + 2 x02 + 2 x03 + x04 )
2
B
2
Ep T = A + B
10k 2 mg k
+ 1 g
= 0 + = 0
10m m 10
2
k 1 g k 1 g
02 = 0 = La
2 2 m 10 m 10
+ 0 = 0 + 0 = 0
= A cos (0 t + )
solution gnrale : ; = A 0 sin ( 0 t + )
( 0 ) = 12 ( 0 ) = A cos = 12 A cos 0 = 12 A = 12
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A sin = 0 sin = 0 = 0
0
En dfinitive, (t ) scrit par : (t ) = cos 0t
12
Exercice 11 :
Page 48
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x , var iables
n = 2 1 = 1dd
x = 4 sin
12 2 12 4 3
Lnergie cintique du systme:
1 2 11 2
EcT = Ec M = I /o = M 2
2 23
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep M + Ep k
2
petit sin = Cos = 1
2
2
x = sin = x 12 = 2
4 4 16
2
11
Ep M = Mg (1 cos ) = Mg
2 22
1 1 2 2 1 1 2
Ep k = kx 2 = k = k 2
2 2 16 2 16
2
1 1 1
EpT = k 2
Mg
2 16 2
Le lagrangien du systme scrit :
11 2 2
2 1 1 1
L = M k Mg
2
23 2 16 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L 1 L 1 1
= 0 dt = M 2
= k 2 Mg
dt
3
16 2
1
1 1
M 2 + k 2 Mg = 0
3 16 2
Page 49
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1 2 1
16 k 2 Mg
+ = 0 + 3 k 3 g = 0
1 16 M 2
M 2 3 k 3 g 3 k 3g
3 02 = 0 =
16 M 2 16 M 2
+ 2
= 0
+ 0 = 0
2 0
La solution gnrale : = A cos (0 t + )
; = A 0 sin ( 0 t + )
( 0 ) = M ( 0 ) = A cos = M A cos 0 = M A = M
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A 0 sin = 0 sin = 0 = 0
Exercice 12 :
x1 , x2 , x3 , var iables
n = 4 3 = 1dd
x1 = sin , x2 = sin , x3 = 3 sin
Le moment dinertie de la barre :
1
I /o = I /G + m (OG ) = m ( 4 ) + m 2
2 2
12
4 7
I /o == + 1 m 2 = m 2
3 3
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 7 2 2
EcT = Ec m = I /o = m
2 23
Lnergie potentielle du systme:
2
petit sin = Cos = 1
2
x 1 = sin = x 1 =
2 2 2
x 2 = sin = x 2 2 = 2 2
x 3 = 3 sin = 3 x 3 = 9
2 2 2
2
1 1 2 1 2 1
Ep k1 = k ( x 1 + x 01 ) kx 01 = kx 1 + kx 01x 1 = k + kx 01
2 2
2 2 2 2
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2
1 1 2 1 2 1
k ( x2 + x02 ) kx02
2
Epk2 = = kx2 + kx02 x2 = k 2 + kx02
2 2 2 2
2
1 1 2 1 1 2 1 2 1
k ( x3 x03 ) kx03 = k ( x3 + x03 ) kx03
2 2
Epk3 = = kx3 + kx03 x3 = 9k 2 + 3kx03
2 2 2 2 2 2
Ep m = m g sin = m g
2
1
EpT = k 2 + k 2 + 9k 2 + [ mg + kx01 + kx02 + 3kx03 ]
2
B
A
2
EpT =
1
2
( )
11k 2 + mg + k ( x01 + x02 + 3 x02 )
B
2
Ep T = A + B
1 7 2 2 1 2
Le lagrangien du systme scrit : L=
23 2
(
m 11k 2 )
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
L L L 7 L
d
dt
d
= 0 dt =
3 m 2
( )
= 11k 2
11k 2
+ = 0 + 33 k = 0
7 m 2 7 m 33 k 33 k
3 02 = 0 =
2 7 m 7 m
+ = 0
+ 0 = 0
2 0
33 k
La pulsation propre des oscillations du systme est alors donner par : 0 =
7 m
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Exercice 13 :
1 2 1 2
Ec m1 = I 1/o = m11
2
2 2
1 2 1 2
Ec m 2 = I 2/o = m 2 2
2
2 2
1 2 1 2
Ec m3 = I 3/o = m3 32
2 2
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR 2
2 22
2
1 1 2 petit sin = Cos = 1
EcT = m112 + m2 22 + m332 + MR 2 2
2 2 R R R 2
2
x = sin = x 2 =
2 2 4
Lnergie potentielle du systme:
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2
Ep T = A + B
1
m1g 1 m 3 g 3 + kR 2
0 = 4
1
m112 + m 2 22 + m 3 32 + MR 2
2
Exercice 14 :
Page 53
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Les moments dinertie :
I /O = mR 2
1
I /C = MR 2
2
2 22
1 2
1 2
EcT = mR 2
+ MR
2 2
Lnergie potentielle du systme:
2
petit sin = Cos = 1
2
x = R x 2 = R 2 2
2
2R 2R 4R 2
x 1 = sin = x1 =
2
3 3 9
R R
2
R 2
x 2 = sin = x 2 =
2
3 3 9
2
1
Ep m1 = mgR (1 cos ) = mgR
2
1 14 2 2
Ep k 1 = kx 12 == kR
2 29
1 2 11 2 2
Ep k 2 = kx 2 = kR
2 29
2 2
1 4 1 15
EpT = kR 2
+ kR 2
+ mgR = kR 2 + mgR
2 9 9 29
1 2 2
1 2 2 15 2
Le lagrangien scrit : L = mR + MR R kR + mgR
2
2 2 29
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
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d L L d L 1 2
L 5
= 0 dt =
mR 2
+ MR R 2
= kR 2 + mgR
dt
2 9
1 2
5
mR + MR R + kR + mgR = 0
2 2 2
2 9
5 2
kR + mgR 5kR + 9mg
+ 9 = 0 + = 0
1 2 1
mR + 2 MR 9 2 M + m R
2
2 2
+ 0 = 0 + 0 = 0
La pulsation propre est alors scrit comme suit :
= A cos (0 t + ) ;
La solution gnrale scrit : = A 0 sin ( 0 t + )
( 0 ) = 15 ( 0 ) = A cos = 15 A cos 0 = 15 A = 19
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A sin = 0 sin = 0 = 0
0
En dfinitive, (t ) scrit par : (t ) = cos 0t
15
Exercice 15 :
Le moment dinertie : I /O = m 2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2 2
EcT = Ec m = I /o = m
2 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Epm + Epk1 + Epk 2 + Epk 3
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2
petit sin = Cos = 1
2
2
2
x 1 = sin = x 1 =
2
3 3 9
2 2
2
4 2
x 2 = sin = x 2 2 =
3 3 9
x 3 = sin = x 32 = 2 2
Ep m = m g sin = m g
1 1 2 1 2 11 2 2 1
k ( x1 + x01 ) kx01
2
Epk1 = = kx1 + kx01 x1 = k + kx01
2 2 2 29 3
1 1 2 1 2 14 2 2 2
k ( x2 + x02 ) kx02
2
Epk2 = = kx2 + kx02 x2 = k + kx02
2 2 2 29 3
2
1 1 2 1 1 2 1 2 1
k ( x3 x03 ) kx03 = k ( x3 + x03 ) kx03
2 2
Epk3 = = kx3 + kx03 x3 = k 2 + kx03
2 2 2 2 2 2
1 2 4 2 1 2 2 1 2
EpT = k + k + k + mg + k x01 + x02 + x03
2
9
9
3
3
B
1 14 2 2 1 2
EpT = k + mg + k x01 + x02 + x03
2 9
3
3
B
2
Ep T = A + B
1 14 2 2
Il reste : EpT = k
2 9
1 2 1 14 2 2
Le lagrangien scrit : L = m k
2
2 2 9
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L L 14
= 0 dt = m 2
= k 2
dt
9
14
m 2 + k 2 = 0
9
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14 2
9 k 14 k
+ 2
= 0 +
= 0
m 9 m 14 k 14 k
02 = 0 =
2 9 m 9 m
+ 0 = 0
+ 0 = 0
2
= A cos (0 t + ) ;
La solution gnrale scrit : = A 0 sin ( 0 t + )
( 0 ) = 16 ( 0 ) = A cos = 16 A cos 0 = 16 A = 16
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A sin = 0 sin = 0 = 0
0
Finalement, (t ) scrit par : (t ) = cos 0t
16
Exercice 16 :
Le nombre de degrs de libert :
x , var iables
n = 2 1 = 1dd
x = 4 sin
Le moment dinertie :
1 1 1 1 16
I /o = I /G + m (OG ) =
2
m 2 + m 2 = + m 2 = m 2
12 4 12 4 48
1
I /o = m 2
3
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 1 2 2
EcT = Ec m = I /o = m
2 23
Lnergie potentielle du systme:
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Epm = mg sin = mg
2 2
1 1 1 1 1 2 2 1
k ( x + x0 ) kx02 = kx 2 + kx0 x =
2
Epk1 = k + kx0
2 2 2 2 16 4
2
1 1 1 1
EpT = k 2 + mg + kx 0
2 16
2
4
B
2
Scrit sous la forme suivante : Ep T = A + B
1 2
16 k 3 k
+ = 0 +
= 0
1
m 2 16 m 3 k 3 k
3 02 = 0 =
2 16 m 16 m
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
Exercice 17 :
Les moments dinertie :
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I 1/O = m 1 2
2
1
I 2/O = m 2 = m 2 2
2 4
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR
2
2 22
1 2 1 2
Ec m1 = I 1/o = m12
2 2
1 2 11 2
Ec m2 = I 2/o = m 2 2
2 24
1 2 11 2
Ec m3 = I 3/o = m 3 2
2 24
1 2 1 2
Ec m4 = m 4 x = m 4 R 2
2 2
2 2
Puisque : x = R x = R 2 x = R 2
1 2 1 2
Ec m5 = m 5 x = m 5 R 2
2 2
1 1 1 1
2
EcT = m1 + m 2 + m3 2 + M + m 4 + m 5 R 2
2 4 4 2
On considre que : m = m 1 = m 2 = m 3 = m 4 = m 5
1 3 2 1 2
2
Donc : EcT = m + M + 2m R
2 2 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Epm1 + Epm2 + Epm3 + Epm4 + Epm5 + Epk1 + Epk2 + Epk3 + Epk4
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Epm4 = m4 gx = mgR
1 1 2 1 2 1 2 2
Ep k = k ( x + x 0 ) + kx 0 = kx + kx 0 x = kR + kx 0 R
2
2 2 2 2
2
1 2 1 1
EpT = kR mg + mg + mg mgR + mgR + kx0 R
2
2
2
B
2
1 2 1 1
EpT = kR mg + mg + kx0 R
2
2 2
B
dEpT 1 mg
= 0 B = 0 mg + kx0 R = 0 x0 =
d =0 2 2kR
2
1 1
Il reste : EpT = kR 2
mg
2 2
1 3 2 1 2 1 2 1
2
2
Le lagrangien scrit : L = m + M + 2m R kR mg
2 2 2 2 2
d L L d L 3 1 2 L 1
= 0 dt = + + R = kR 2 mg
2
2 m M 2 m
dt
2 2
3 2 1 2 2 1
2 m + M + 2m R + kR mg = 0
2 2
1
kR 2 mg
+ 2 = 0 1
3 1 kR 2 mg
m + M + 2m R
2 2
2
0 =
2
2 2 3 1
m 2 + M + 2m R 2
2 2
+ 02 = 0
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1
kR 2 mg
Donc: 0 = 2
3 1 2
2 m + 2 M + 2m R
2
Exercice 18:
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR 2
2 22
1 2 1 2
Ec m1 = I 1/o = m1
2
2 2
1 2 1 2
Ec m 2 = I 2/o = m 2
2
2 2
2
1 1
EcT = MR 2 + ( m1 + m2 ) 2
2 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Epm1 + Epm2 + Epk1 + Epk 2 + Epk 3
2
petit sin = Cos = 1
2
x 1 = sin = x 1 =
2 2 2
x 2 = sin = x 2 =
2 2 2
1
Epm1 = m1g (1 cos ) = m1g 2
2
2
1
Ep m 2 = m 2 g (1 cos ) = m 2 g
2
2
1 1
Ep k1 = kx 12 = k 2
2 2
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2
1 1
Ep k 2 = kx 22 = k 2
2 2
1 2 1 2 2
Ep k 3 = kx = kR
2 2
2
1
2
2
(
EpT = ( m 2 m1 ) g + 2 + R k
2
)
Le lagrangien scrit :
1 1 2 2
2
L=
2 2
MR 2
+ ( m 1 + m 2 )
1
2
( m 2 m 1 ) g (
+ 2 2
+ R 2
k)
2
MR 2
+ ( m 1 + m 2 )
( 2 2
)
+ ( m 2 m 1 ) g + 2 + R k = 0
+
( )
( m 2 m1 ) g + 2 2 + R 2 k
= 0
1
2 MR + ( m1 + m 2 )
2 2
02 =
(
( m 2 m1 ) g + 2 2 + R 2 k
)
1 MR 2 + m + m 2
2 ( 1 2)
2
+ 0 = 0
(
( m 2 m 1 ) g + 2 2 + R 2 k )
Pulsation propre : 0 =
1 2
2 MR + ( m1 + m 2 )
2
Exercice 19 :
On considre que : x = R = 1 = 2
1 2 1 2 11 2 1 2 13 2
Ec M = I /C + M x = MR 2 + MR 2 = MR 2
2 2 22 2 22
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2 2
Avec: x 1 = o m 1 oo = 1 sin x = 1 R = ( 1 R ) x = ( R )2
1
et om1 = oxm1
1 2 1 2
Ec m1 = m1 x = m1 ( 1 R )
2
2 1 2
2 2
x 2 = o m 2 + oo = ( 2 sin + x ) = 2 + R = ( 2 + R ) x = ( + R )
2
avec :
2
et om2 = oxm2
1 2 1 2
Ec m2 = m 2 x = m 2 ( 2 + R )
2
2 2 2
13 2
2
EcT = MR + m1 ( 1 R ) + m2 ( 2 + R )
2 2
2 2
On considre que : m = m1 = m 2
2
13
EcT = MR 2 + 2m 2 + R 2
22
( )
1
Epm1 = m1g (1 cos ) = m1g 2
2
2
1
Ep m 2 = m 2 g (1 cos ) = m 2 g
2
1 2 1 2 2
Ep k1 = kx 1 = k
2 2
1 2 1 2 2
Ep k 2 = kx 2 = k
2 2
2
1 1
Ep k 3 = kx 2 = kR 2
2 2
2
EpT =
1
2
( m2 m1 ) g +(2 2
+ R 2
k )
2 2
EpT =
1
2
( m m ) g + 2(2
+ R 2
k
) EpT =
2
(
1 2
2 + R 2
k
)
2 2
13 1
Le lagrangien scrit : ( ) (
L = MR 2 + 2m 2 + R 2 2 2 + R 2 k
22 2
)
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Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L 3 2
L
dt
= 0 =
dt 2
MR 2
+ 2 m 2
+ R (
)
( )
= 2 2 + R 2 k
3 2
2
2
(2
) (
MR + 2m + R + 2 + R k = 0
2 2
)
+ (
2 2 + R2 k
)
= 0
3
2 MR 2
+ 2 m 2
(+ R 2
) 0 =
2
(
22 + R2 k
0 =
) 2 2 + R2 k
( )
3 MR2 + 2m 2 + R2 3
2 ( )
MR2 + 2m 2 + R2 ( )
2 2
+ 0 = 0
Donc: 0 = (
2 2 + R 2 k
)
3 2
MR + 2m + R
2
2 2
( )
Exercice 20 :
x 1 , x 2 , x 3 , var iables
2
petit sin = Cos = 1
2
x 1 = sin = x 1 = 2 2 2
x 2 = 2 sin = 2 x 2 2 = 4 2 2
x 3 = 3 sin = 3 x 2 = 9
2 2 2
Epm = mgx3 = mg 3
Page 64
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2
1 1 1 1
Ep k 1 = k ( x 1 + x 01 ) + kx 012 = kx 12 + kx 01x 1 = k 1 2 + k 1x 01
2
2 2 2 2
2
1 1 2 1 2 1
Ep k 2 = k ( x 2 + x 02 ) + kx 02 = kx 2 + kx 02 x 2 = 4k 2 + 2kx 02
2 2
2 2 2 2
2
1 1 2 1 2 1
Ep k 3 = k ( x 3 + x 03 ) + kx 03 = kx 3 + kx 03 x 3 = 9k 3 + 3k 3 x 03
2 2
2 2 2 2
2
1
EpT = ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) 2 + ( 3mg + k 1x 01 + 2k 2 x 02 + 3k 3 x 03 )
2
B
A
2
Ep T = A + B
2
1 2 1 2
Le lagrangien scrit : L = m 2 ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) 2
2 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L
dt
= 0 = m 2
dt
L
= ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) 2
m2 + ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 ) 2 = 0
( k + 4k + 9k ) 2 ( k + 4k + 9k )
+ 1 2 3
= 0 + 1 2 3
= 0
m 2
m
2 2
+ 0 = 0 + 0 = 0
( k + 4k 2 + 9k 3 ) ( k 1 + 4k 2 + 9k 3 )
En dfinitive 0 scrit par : 02 = 1 0 =
m m
Exercice 21 :
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
I 1/O = m ( 2 ) = 4m 2
2
I 2/O = m ( 2 ) = 4m 2
2
1 2 1 2
Ecm1 = I1/ o = 4m2
2 2
1 2 1 2
Ec m2 = I 2/o = 4m 2
2 2
1 2
EcT = 8m 2
2
Lnergie potentielle du systme:
1 2 1 2 2
Epk3 = kx3 = k
2 2
1 2 1 2 2
Epk4 = kx4 = k
2 2
2
1
Il reste : EpT = 2k 2
2
1 2 1 2
Le lagrangien scrit : L = 8m 2 2k 2
2 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L L
= 0 = 8m 2
= 2k 2
dt dt
8m 2 + 2k 2 = 0
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+ 2k 2 = 0 + 1 k = 0
2
8m 4 m
2 2
+ 0 = 0 + 0 = 0
1 k 1k
Finalement, 0 scrit par : 02 = 0 =
4m 4m
Exercice 22 :
On considre que : sin = R = R
2 2
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , , var iables
R n = 4 3 = 1dd
x = R , x = sin , x 1 = sin
2 2
Le moment dinertie de la barre:
1 1 1 1 1
I /o = I /G + m (OG ) =
2
m 2 + m 2 = + m 2 = m 2
12 4 12 4 3
2
Lnergie cintique du systme:
2 22
14 1 2 2
EcT = m + M R
23 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep m + Ep k
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2
petit sin = Cos = 1
2
2
R R R 2
x1 = sin = x 12 =
2 2 4
1 1 2 1 2
k ( x 1 + x 01 ) + kx 01
2
Ep k = = kx 1 + kx 0 x 1
2 2 2
2
11 1
Ep k = k R 2 + kx 0 R
24 2
1
Epm = mg sin = mg = mgR
2 2
2
11 2 1
EpT = k R + kx0 mg R
2 4
2
A B
2
Ep T = A + B
dEpT 1 2mg
Les conditions dquilibre est donne par: = 0 B = 0 kx 0 mg = 0 x 0 =
d = 0 2 k
2
11 2
Il reste : EpT = kR
24
2 2
14 1 2 11 2
Le lagrangien scrit : L= m+ M R kR
23 2 24
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L 4 1 2 L 1
= 0 dt =3m + 2M R = kR 2
dt 4
4 1 2 1 2
m+ M R + kR = 0
3 2 4
1
k k
4
+ = 0 + = 0
4m +1M 4 1
3 4 m + M
2 3 2
2
+ 0 = 0 + 02 = 0
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k k
Donc : 02 = 0 =
4 4 m + 1 M 4 4 m + 1 M
3 3
2 2
Exercice 23 :
On considre que : sin = R = R
2 2
Les moments dinertie :
1
I /C = MR 2
2
I 1/O = m ( 2 ) = 4m 2
2
I 2/O = m 2
1 1 1 1 1 1 2
I 2 m /o = I /G + m 3 (OG ) =
2
m 3 2 + m 3 2 = 2m 2 + 2m 2 = + m 2 = m 2
12 4 12 4 6 2 3
On considre que : m = m1 = m2 , m3 = 2m
Lnergie cintique du systme:
EcT = Ec M + Ec m1 + Ec m 2 + Ec m3
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR
2
2 22
1 2 1 2 1 2
Ec m1 = I 1/o = m1 4 = 4m
2 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
Ec m 2 = I 2/o = m 2 2 = m 2
2 2 2
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1 2 1 2 2 2 1 8 2 2
Ecm3 = Ec2m = I 2m / o = m = mR
2 23 23
2 2
Puisque: = R = R = 2R = 4R
2 2
2 2
1 8 1 2
2 1 1 8 2 2
EcT = 4 m 2
+ m 2
+ mR 2
+ MR = 5m 2
+ M + m R
2 3 2 2 2 3
Lnergie potentielle du systme :
EpT = Epm1 + Epm2 + Epm3 + Epk + Epk1 + Epk 2
2
Epm1 = m1g 2 sin = 2mg
Epm2 = m2 g sin = mg
Ep m 3 = m 3 gx = 2mg sin = 2mgR Puisque : x = sin = R
2 2
2
petit sin = Cos = 1
2
x 1 = 2 sin = 2 x 1 2
= 4 2 2
x 2 = sin = x 2 =
2 2 2
2
1 1 2 1 2 1
k ( x1 + x01 ) kx01
2
Epk1 = = kx1 + kx01 x1 = 4 k 2 + 2 kx01
2 2 2 2
2
1 1 2 1 2 1
k ( x2 x02 ) kx02
2
Epk2 = = kx2 + x02 x2 = k 2 + kx02
2 2 2 2
2
1 1 2 1 2 1
k ( x3 x03 ) + kx03
2
Epk3 = = kx3 + x03 x2 = kR 2 + kx03 R
2 2 2 2
2
1
EpT = 4k 2 + k 2 + kR 2 + [ mg + 2mg + 2mgR + 2kx01 + kx02 + kx03 R ]
2
B
A
2
EpT =
1
(
2
)
k 5 2 + R 2 + mg + 2mgR + k ( 2 x01 + x02 ) + kx03 R
B
A
2
Cette quation scrit sous la forme suivante : Ep T = A + B
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dEpT
= 0 B = 0 mg + 2mgR + k ( 2 x01 + x02 ) + kx03 R = 0
d =0
2
Il reste :
1
2
2
(
EpT = k 5 + R
2
)
1 1 8 2 2 1 2
Le lagrangien scrit : L =
2
5 m 2
+
2
M + m R
3
2
k 5(2
+ R 2
)
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L 1 8 L
dt
= 0 = 5m 2 + M + m R 2
dt 2 3
( )
= k 5 2 + R 2
1 8 2
5 m 2
+
2
M +
3
( )
m R + k 5 2 + R 2 = 0
+ (
k 5 + R
2 2
)
= 0
5m 2 + 1 M + 8 m R 2
0 =
2
2
(
k 5 + R 2
)
2 3 1 8
5m 2 + M + m R 2
2 3
+ 02 = 0
Exercice 24 :
Les moments dinertie :
1
I /C = MR 2
2
2
R 1
I 1/O = m 1 = m 1R 2
2 4
1
I 2/O = m 2 R 2
4
1
I 3/O = m 3 R 2
4
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Lnergie cintique du systme:
EcT = EcM + Ecm1 + Ecm2 + Ecm3
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR
2
2 22
1 2 1 R2 2 1 1 2
Ec m1 = I 1/o = m1 = m 1R
2
2 2 4 24
1 2 11 2
Ec m 2 = I 2/o = m 2R 2
2 24
1 2 11 2
Ec m3 = I 3/o = m 3R 2
2 24
11 2
EcT = ( 2 M + m 1 + m 2 + m 3) R 2
24
Lnergie potentielle du systme:
2
petit sin = Cos = 1
2
x = R x = R 2 2 2
R R
2
R 2
2
x = sin = x 2
2
=
2 2 4
2
R 1
Ep m1 = m1 g sin = m1gR
2 2
R 1 R 2 11 2
Ep m2 = m 2 g (1 cos ) = m 2 g = m 2 gR
2 2 2 22
R 1
Ep m3 = m 3g sin = m 3 gR
2 2
2
1 1 1 1
k ( x x0 ) kx02 = kx 2 + kx0 x = kR 2 + kx0 R
2
Epk =
2 2 2 2
1 1 2 1 2 1 R2 2 R 11 2 2 1
k ( x2 x02 ) kx02
2
Epk2 = = kx2 + kx02 x2 = k + kx02 = kR + kx02 R
2 2 2 2 4 2 24 2
1 1 m2 g 2 1 2 2 1 1 1
EpT = R + kR 2
+ kR + m1 gR + m3 gR + kx0 R + kx02 R
2 2 R
4
2 2 2
A B
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1 1 m2 g 5 2 2 1 1
EpT = + k R + ( m3 m1 ) g + k x0 + x02 R
22
4
R 2 2
A B
2
Lquation on crit sous la forme suivante : Ep T = A + B
( 2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R 2 2 + k 2
11 1 1m g 5
Le lagrangien scrit : L= R
24 22 R 4
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L 1 L 1 m2g 5 2
= 0 = ( 2 M + m + m + m ) R 2
= + k R
dt
1 2 3
dt 4 2 R 4
( 2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R 2 + 2 + k R 2 = 0
1 1m g 5
4 2 R 4
1 m2g 5 2
+ k R
2 R 4 2 m 2 g + 5kR
+ = 0 + = 0
2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R 2
1 ( 2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R
4 (
+ 0 = 0
2
+ 02 = 0
2m 2 g + 5kR 2m 2 g + 5kR
02 = 0 =
( 2M + m 1 + m 2 + m 3 ) R ( 2 M + m1 + m 2 + m 3 ) R
Exercice 25 :
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1 2 1 1 2 2
EcT = Ec m = I /o = m
2 23
Lnergie potentielle du systme:
2
x = sin = x 2
2
= 2
4 4 16
1
Epm = mg sin = mg
2 2
2
1 1 2 1 2 1
Ep k 1 = k ( x 1 + x 01 ) kx 01 = kx 1 + kx 01x 1 = k + kx 01
2 2
2 2 2 2
1 1 2 1 2 1 1 2 2 1
Epk2 = k ( x2 x02 ) kx02 = kx2 + kx02 x2 =
2
k + kx02
2 2 2 2 16 4
2
1 2 1 2 1 1
EpT = k + k + mg + kx01 + kx02
2 16 2 4
1 17 2 2 1 1
EpT = k + mg + k x01 + x02
2 16
2 4
A B
2
Ep T = A + B
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17 2
16 k 51 k
+ = 0 +
= 0
1
m 2 16 m
3 51 k 51 k
Donc : 0 = 0 =
2
2 16 m 16 m
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
Exercice 26 :
2 1 29
Puisque:
2
petit sin = Cos = 1
2
2
2
x = sin = x =
2
3 3 9
2
x = 2 sin = 2 x = 2 x 2 = 4 2
1 3 3 1 3 1 9
14 1
2
14 1 2 1 m + 4M 2
2
Donc: EcT = M 2 + m 2 = M + m 2 =
29 9 29 9 2 9
Lnergie potentielle du systme:
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1 1 1 11 2 2 1
Ep k = k ( x + x 0 ) kx 02 = kx 2 + kx 0 x =
2
k + kx 0
2 2 2 29 3
11 2 2 2 1 1
EpT = k + Mg mg + kx0
29 3 6 3
11 2 2 2 1 1
EpT = k + Mg mg + kx01
29
3 6 3
A B
2
Ep T = A + B
11 2 2
Il reste : EpT = k
29
1 m + 4M 2 2 1 1 2 2
Le lagrangien scrit : L= k
2 9 29
m + 4 M 2 1 2
+ k = 0
9 9
1 2
k
+ 9 = 0 + k
= 0
m + 4M 2 m + 4M
9
2
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
k k
En dfinitive, 0 scrit par : 02 = 0 =
m + 4M m + 4M
Exercice 27 :
Les moments dinertie :
1 1 1 1 1
I /o = I /G + m (OG ) =
2
m 2 + m 2 = + m 2 = m 2
12 36 12 36 9
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2
Avec : OG = OG =
3 2 6
1
I /C = MR 2
1 4 2 1 2 2 1 2 1
EpT = k + k + mg 2mg + kx01 + kx02
2 9 9 6 3 3
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
1 5 2 2 13 2 x01 + x02
EpT = k + mg + k
2
9 6
3
B
2
Ep T = A + B
15 2 2
Il reste : EpT = k
29
1 13 2 15 2 2
1 2
Le lagrangien scrit : L = m 2
+ MR k
2 9 2 29
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L 13 2 1 2
L 5
= 0 dt =
9 m + MR = k 2
dt
2 9
13 1 2
5 2
+ + k = 0
2
m MR
9 2 9
5 2
k 10k 2
9
+ = 0 + = 0
13 m 2 + 1 MR 2 26m + 9MR
2 2
9 2
2
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
10k 2 10k 2
Finalement, 0 scrit par : = 2
2
0 =
0
26m + 9MR
2
(
9 10m 2 + MR 2 )
Exercice 28 :
Le moment dinertie :
1 1 1
(2R )
2
I /C = MR 2
+ M = 5M R 2
2 2 2
Lnergie cintique du systme:
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
1 2 15 2
EcM = I/C = MR 2
2 22
1 2 1 2
Ec m = m x = 4mR 2
2 2
avec: x = 2R x = 2R
Donc:
15 2 2
2 15 2
EcT = MR + 4mR = M + 4m R
2
22 22
Lnergie potentielle du systme:
2 2 2 2
2
1 1 2 1 2 1
k ( x1 + x01 ) kx01
2
Epk = = kx1 + kx01 x1 = kR 2 + kx01 R
2 2 2 2
2
1
EpT = 4kR 2 + kR 2 + ( 2mgR + 2kx0 R + kx01 R )
2
2
EpT =
1
(
2
)
5kR 2 + ( 2mg + k ( 2 x0 + x01 ) ) R
B
A
2
Ep T = A + B
Page 79
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
d L L d L 5 2 L
dt
= 0 =
dt 2
M + 4 m R
(
= 5kR 2 )
5 2
2
M + 4 m
( 2
)
R + 5kR = 0
5kR 2
+ = 0 + 10k
= 0
2 5M + 16m
5
2 M + 4m R
2
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
10k 10k
02 = 0 =
5M + 16m 5M + 16m
Exercice 29 :
Le nombre de degrs de libert :
x, x1 , var iables
n = 3 2 = 1dd On considre que :
x = R , x = sin , R = sin R =
1
2 4 4
R = sin R = = 2 R
4 4 2
x1 = sin = x1 = 2 R
2 2
R = sin 2 R =
4 2
Les moments dinertie :
2
1 2 2 1 1 1 1
I1/ o2 = I / G + 2m ( OG )
2
= 2m + 2m = + m 2 = m 2 I 2/ o2 = m = m 2
12 4 16 24 8 6 2 4
1
I /C = MR 2
2
Lnergie cintique du systme:
Page 80
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR 2
2 22
1 2 1 1 2 2
Ec m = I /o1 = m
2 24
1 2 1 1 2 2
Ec 2 m = I /o 2 = m
2 26
2
11 1 1
EcT = m 2 + m 2 + MR 2
24 6 2
1 5 2
1 2
EcT = m + MR
2
2 12 2
Lnergie potentielle du systme:
2
Ep T = A + B
Page 81
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
1 2 1 2 2
Il reste : EpT = k R +
2 4
2
1 5 1 1 1 2
Le lagrangien scrit : L = m 2 + MR 2 k R 2 + 2
2 12 2 2 4
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L 5 1 2
L 1
= 0 dt =
12 m 2
+ MR = R 2 + 2 k
dt
2 4
2 1 2
R + k (
12 R 2 + 3 2 k )
+ 4 = 0 + = 0
5 m 2 + 1 M R 2 5m 2 + 6 M R 2
12 2
+ 02 = 0
+ 02 = 0
=
2 (
12 R 2 + 3 2 k )
0 =
(12R 2
)
+ 3 2 k
5m 2 + 6 MR 2
0
5m + 6 MR 2
2
Exercice 30 :
On considre que : oo ' = x = R
2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2 11 2 1 2 13 2
EcT = Ec M = I /C + M x = MR 2 + MR 2 = MR 2
2 2 22 2 22
13 2
EcT = MR 2
22
Lnergie potentielle du systme:
1 2 1 2 2
Ep k = kx = kR
2 2
Page 82
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
2 2
1 1 1 1
Ep3k = 3kx 12 = 3k ( x + R ) = 3k ( 2R ) = 12kR 2
2 2
2 2 2 2
2 2
1
2
2 2
1
EpT = 12kR + kR = 13kR
2
2
( )
2 1 2
Le lagrangien scrit : L=
13
22
MR 13kR
2
2
2
( )
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L L 3 L
dt
d
= 0 dt =
2 MR 2
(
= 13kR 2 )
3
2
(
MR 2 + 13kR 2 = 0 )
13kR 2 26 k
+ 3 = 0 + = 0
MR 2 3 M
2
2
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
En dfinitive, 0 scrit par :
26 k 26 k
02 = 0 =
3 M 3 M
Exercice 31 :
Figure 1 :
Le nombre de degrs de libert :
x , var iables
n = 2 1 = 1dd
x = R
Le moment dinertie du disque :
1
I /C = MR 2
2
Lnergie cintique du systme:
EcT = EcM + Ecm
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1 2 11 2
Ec M = I /C = MR 2
2 22
1 2 1 2
Ec m = m x = mR
2
2 2
Puisque: x = R x = R
Donc:
1 1 2
2 1 2m + M 2
2
EcT = mR + MR =
2
R
2 2 2 2
Lnergie potentielle du systme:
2
1
2
2
(
)
EpT = 2kR + ( mg + 2kx 0 ) R
B
A
2
Ep T = A + B
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2
= 0 + 4k
2kR
+
2m + M 2 = 0
R 2m + M
2
2
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
La pulsation propre des oscillations du systme est donne par :
4k 4k
02 = 0 =
2m + M 2m + M
2 2m + M
La priode de petites oscillations est : T0 = = 2
0 4k
Figure 2 :
Le moment dinertie du disque :
1
I /C = MR 2
2
Lnergie cintique du systme:
EcT = Ec M + Ec m
1 2 1 2
1 1 2 1 2 1 3 2
Ec M = I /C + M x = MR 2 + MR 2 = MR 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
Ec m = m X = m 2 x = 4 mR 2
2 2 2
2 2 2
Puisque: X = R + oo = x + x = 2 x X
= 2 x = 4R 2
1 3 2 2
2 13 2
EcT = M R 2
+ 4 m R = M + 4 m R
2 2
22
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep m + Ep k
Ep m = m g 2 x = 2 m gR
2
1 1
Ep 2 k = 2kx 2 + 2kx 0 x = 2kR 2 + 2kx 0 R
2 2
2
EpT =
1
2
( )
2kR 2 + ( 2mgR + 2kx 0 R )
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2
EpT =
1
(
2
)
2kR 2 + ( mg + kx 0 ) R
B
A
2
Ep T = A + B
2
= 0 + 4k
2kR
+
2 = 0
3
M + 4 m R 3M + 8m
2
2
2 + 0 = 0
+ 0 = 0
4k 4k
0 Scrit par : 02 = 0 =
3M + 8m 3M + 8m
Exercice 32 :
x, x1 , x2 , y, , var iables
3 n = 6 5 = 1dd Les
x = R , x1 = 4 sin , x2 = sin , y = R , x2 = y ( sin = R = R )
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Moments dinertie :
1
I /C = MR 2
2
2
1 1 3
I /o = I /G + 3m (OG ) = 3m 2 + 3m = + m 2 = m 2
2
12 2 4 4
Lnergie cintique du systme: EcT = Ec M + Ec m + Ec 3m + Ec M
1 2 1 2
Ec 3 m = I /o = m 2
2 2
1 2 11 2
Ec M = I /C1 = MR
2
2 22
1 2 11 2 11 2
Ec M = I /C 2 = MR 2 = M 2
2 22 22
1 2 1 2 1 2
Ec m = m y = mR 2 = m 2
2 2 2
2 2
x = R x = R 2
Puisque: 2 2
y = R y = R 2
1 2 1 1 2
2 1 1 2 1 2
2
EcT = m + m + M + MR = 2m + M
2 2
+ MR
2 2 2 2 2 2
Lnergie potentielle du systme:
2
petit sin = cos = 1
2
3 3 9 2 2
x1 = sin = x12 =
4 4 16
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Ep m = m gy = m gR = m g
13
Ep 3 m = 3mg (OG )(1 cos ) = 3mg (1 cos ) = mg 2
2 22
1 2 1 9 2 2 3
Epk = kx1 + kx01 x1 = k + kx01
2 2 16 4
1 9 2 3 2
2
3
2
EpT = k mg + mg + kx
01
2 16 2 4
2
1 9 3 2 3
EpT = k mg + mg + kx01
2 16 2 4
A B
2
Ep T = A + B
9 3 2
k mg
+ 16 2
= 0 + ( 9k 24mg ) 2
2
=0
1 1
( 32 m + 8 M ) 2
+ 8 MR
2m + 2 M + 2 MR
2 2
+ 2 = 0
+ 0 = 0
2
0
02 =
( 9k 24mg ) 2 = ( 9k 24mg ) 2
2
( 32m + 8M ) + 8MR ( 32m + 8M ) 2 + 8MR 2
2 0
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Exercice 33 :
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , x 2 , var iables
2 n = 4 3 = 1dd
x = R , x 1 = sin , x 2 = sin
3
Les moments dinertie :
1
I /C = MR 2
2
2
1
I /o = I /G + m (OG )
2
= m 2 + m
12 2
1 1 1
I /o = + m 2 = m 2
12 4 3
Lnergie cintique du systme:
2 22
1 2 1 1 2 2
Ec m = I /o = m
2 23
1 2 1 2
Ec 2 m = 2m x = 2mR 2
2 2
2 2
Puisque: x = R x = R 2
11 1 2
2 1 1 4m + M 2
2
EcT = m 2
+ 2 m R 2
+ M R = m 2
+ R
23 2 2 3 2
Lnergie potentielle du systme:
2
petit sin = Cos = 1
2
2 2
2
4 2
x 1 = sin = x =
2
3 3 9
x = sin = x 2 = 2 2
2 2
Ep 2 m = 2 m gx = 2 m gR
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1 14 2 2 2
Ep k1 = kx 12 + kx 01x 1 = k + kx 01
2 29 3
11
Ep m = mg (OG )(1 cos ) = mg (1 cos ) = mg 2
2 22
2
1 1
Ep k 2 = kx 2 + kx 0 x = kR 2 + kx 0 R
2 2
1 4 1
2
2
2
EpT = k 2 + kR 2 mg + 2mgR + kx 01 + kx 0 R
2 9 2 3
2
14 2 1 2
EpT = + + 2 mgR + kx 01 + kx 0 R
2
k kR mg
29
2 3
A B
2
Ep T = A + B
On considre que : = 3 R R = et M = 2 m
3
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4 1 4 2 2
1
k 2
+ kR 2
mg k + k mg
+ 9 2
=
+ 9 9 2 = + 5 k 3 g = 0
1 1 0 2 2
0
m 2 + 2mR 2 + MR 2 1 m 2 + 2m + 1 2m 6 m 4
3 2 3 9 2 9
+ 02 = 0
+ = 0
2 + 2 = 0
0
0
5 k 3 g 5k 3g
En dfinitive, 0 scrit par : 02 = 0 =
6 m 4 6m 4
Exercice 34 :
Le moment dinertie :
2
1 1 1 1
I / o = I / G + m ( OG )
2
= m 2 + m = + m 2 = m 2 Avec : OG =
12 6 12 6 4 6
Lnergie potentielle du systme:
1 2 1 1 2 2
EcT = Ecm = I / o = m
2 24
Lnergie potentielle du systme:
3 3 9
1 2 1 2 2 11 2 2 1
Epk = kx1 + kx01 x1 = k + kx0 = k + kx0
2 2 9 3 29 3
1 2 1 4 2 2 2 14 2 2 2
Epk = kx2 + kx02 x2 = k + kx0 = k + kx02
2 2 9 3 29 3
1 2 1 2 2 11 2 2 1
Epk = kx3 + kx03 x3 = k + kx0 = k + kx03
2 2 9 3 29 3
1
Epm = mg ( OG ) sin = mg = mg
6 6
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2 2
11 4 1 1 1 2 1
EpT = k 2 + k 2 + k 2 + mg + kx01 + kx02 + kx03
29 9 9 6 3 3 3
12 2 2 1 x + 2 x02 + x03
EpT = k + mg + 01 k
3
2
6 3
A B
2
Ep T = A + B
Exercice 35:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , var iables
n = 3 2 = 1dd
x = 2 sin , x 1 = sin
2
1 1 1 1
Le moment dinertie : I /o = I /G + m (OG ) =
2
m 2 + m = + m 2 = m 2
12 2 12 4 3
Lnergie cintique du systme:
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EcT = Ec m + Ec 2 m
1 2 1 1 2 2
Ec m = I /o = m
2 23
1 2 1 2 2 1 1 2 2
Ec 2 m = 2m x = 2m = m
2 2 4 22
11 2 1 2 2 1 5 2 2
EcT = m + m = m
23 2 26
Lnergie potentielle du systme:
1 2 1 2 2
Ep k = kx 1 + kx 01x 1 = k + kx 01
2 2
2 2
11 2 2 1 1
EpT = k + k + mg + mg + kx 0 + kx 01
24 2 2
15
2
3 1
EpT = k 2 + mg + x 0 + x 01 k
2 4
2
2
A B
2
Ep T = A + B
15 2 2
Il reste : EpT = k
24
2 15 2
15
Le lagrangien scrit : L = m 2 k 2
26 24
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
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d L L d L 5 L 5
= 0 dt = m 2
= k 2
dt
6
4
5
5
m 2 + k 2 = 0
6 4
5 2
4 k
+ = 0 + 3 k = 0
5 m 2 2 m 3k 3k
6 02 = 0 =
2 2m 2m
+ 0 = 0
+ 0 = 0
2
A.N : k=120 N/m , m=0.5 Kg
3 120
La pulsation propre des oscillations du systme scrit par : 0 = = 36 = 6s 1
2 0.5
La solution gnrale de lquation diffrentielle du mouvement
(
(t ) = A cos 0 t +
)
(
(t ) = A 0 sin 0 t +
)
Les constantes A et son dtermines a partir des conditions initiales :
( 0 ) = 0 ( 0 ) = A cos = 0 A 0 cos = 0 =
2
( 0 ) = 10 Rad / s
( 0 ) = A 0 sin = 10 A 0 ( 1) = 10 A =
10 5
2 0
=
3
Exercice 36 :
Le moment dinertie de la masse m : I /o = mx 2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2 1 1 2
EcT = Ec m =I /O + m x = mx 2 2 + mx
2 2 2 2
1 2
EcT = m x + x 2 2
2
Page 94
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2
Puisque: (t ) = t (t ) = = 2
EpT = Ep m + Ep 2 k + Ep k EpT = Ep 2 k + Ep k
2 2
1
Ep2k = 2kx 2
2
11 2
Ep k = kx
2
22
2
15
EpT = kx
22
1 2 15 2
Le lagrangien scrit : L = m x + x 22 kx
2 22
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L d L L 5 L 5
= 0 = m x = mx 2 kx = m 2 k x
dt x x dt x x 2 x 2
5
5
m x m2 k x = 0 m x + m2 + k x = 0
2 2
5
m x + m 2 k x = 0
2
5
m + 2 k
2
5 k
x+ x = 0 x + + x =0=
2
m 2 m
x + 2 x = 0
0
x + 2
0 x = 0
5k 2 5 k
02 = 2 + 0 = +
2 m 2 m
5k 5k
En dfinitive, 0 scrit par : 0 = 0 2 + =0=
2m 2m
5k
Il n ya aura pas doscillations quand la vitesse angulaire est tel que :
2m
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Partie 2 :
Page 96
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Exercice 37:
On suppose un systme mcanique constitu dune masse m est suspendue un bti fixe par un
ressort de raider k . La masse m est relie un bti fixe par un amortisseur de coefficient de
frottement visqueux selon la figure ci- dessous.
1- Dterminer lnergie cintique EcT et lnergie potentielle EpT ainsi que la fonction de
dissipation D du systme.
2- Ecrire lquation diffrentielle du mouvement et la mettre sous la forme :
x + 2 x + 02 x = 0
Exercice 38:
La figure ci-contre reprsente une masse m est suspendue un bti fixe par un ressort de raider k .
Les frottements tant reprsents par lamortisseur de coefficient . On observe un mouvement
oscillatoire 1dd amorti dont l'amplitude x ( t ) diminue chaque priode T suivant le rapport :
x (t + T )
= = e
x (t )
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4- Quelle doit tre la valeur de pour que les conditions d'amortissement critique soient
satisfaites ?
Exercice 39:
Soit une tige rigide de longueur et de masse ngligeable est suspendue un support horizontal,
fixes-en O . Elle port son extrmit libre une masse ponctuelle m . Un amortisseur de coefficient
de frottement visqueux est reli cette tige la distance du point O . A lquilibre, la tige est
3
verticale, la masse ponctuelle m est carte lgrement de sa position dquilibre puis relche.
Dans le cas de faibles carts angulaires.
Exercice 40:
faire lapproximation des faibles oscillations et donner dans chacun des cas :
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- le lagrangien du systeme.
Exercice 41:
Une tige rigide, de longueur , sans masse et articule lune de ses extrmits O , porte
son autre extrmit libre une masse ponctuelle m , et pouvant pivoter autour de laxe O . Un
amortisseur de coefficient de frottement visqueux est
galement fix la masse m et la tige se trouve, au repos, dans
une position verticale. Au milieu de la tige est fix aussi un
autre amortisseur de coefficient de frottement visqueux .
Exercice 42:
Soit un cylindre homogne de la masse M et de rayon R qui peut rouler sans glisser sur
un plan horizontal. Les points A et O sont relis deux btis fixes respectivement par deux
ressorts de raideur k et un amortisseur de coefficient
de frottement visqueux . Lorsque le cylindre tourne de
, son centre de gravit se dplace de x avec x = R .
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Exercice 43:
Exercice 44:
Trois masses ponctuelles et identiques sont fixes une tige rigide, de longueur , de la masse
ngligeable et peut pivoter autour dun axe horizontal fixe situ en O . Lune des masses est
attache un ressort vertical de raideur k et un
amortisseur de coefficient dont deux extrmits sont
fixes. Seconde masse est attache par un ressort de
3
raideur k une distance de O . Troisime masse est
4
attache par un amortisseur de coefficient une
distance de O .
4
Page 100
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2- En dduire lexpression de ( t ) du mouvement faiblement amorti, si linstant t = 0 , on avait :
( 0 ) = M et ( 0 ) = 0 .
Exercice 45:
Une tige rigide, de longueur 3 , de la masse ngligeable porte deux masses ponctuelles une
lextrmit suprieure et une autre une distance 2 de O . A ses distances respectives , 3 de
O , un ressort de raideur k et un amortisseur de coefficient de frottement visqueux sont attachs
cette tige. Le systme se trouve en position dquilibre statique lorsque la tige est verticale. On
suppose qua linstant t = 0 , la tige est carte de sa position dquilibre puis relche sans vitesse
initiale.
Exercice 46:
Deux tiges rigides, sans masse et de longueurs solidaires lune de leur extrmit O ou
elles prsentent un angle droit entre elles. Chacune de ces tiges port son extrmit libre une masse
ponctuelle de sort qua lquilibre statique une tige est verticale et lautre soit horizontal. Le point
A de la tige verticale, tel que OA = , est relie un bti fixe B par un amortisseur de
3
coefficient de frottement visqueux tandis que la masse m 3 est galement fix au bti B par un
ressort de raideur k .
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Exercice 47:
sans frottement dans le plan vertical autour du point O situ une distance de de M et 3 de
4 4
m . Deux ressorts de raideur k son attachs en M
tandis que un amortisseur de coefficient de
frottement visqueux est attach en m . A
lquilibre la tige est horizontale. A linstant t = 0 ,
On lcarte lgrement la tige de sa position
horizontale puis on la relche sans vitesse initiale.
Exercice 48:
extrmits porte une masse ponctuelle m qui relie au bti par un amortisseur de coefficient de
Page 102
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frottement visqueux .En un point A situ une distance R de laxe fixe O du poulie est
2
accroch par un ressort de raideur k .
m
On pose: m1 = m et m2 =
2
Exercice 49:
lexpression de et de 0 .
2- Donner la solution des oscillations faiblement amorti.
Exercice 50:
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1- En plaant dans le cas le systme peut osciller,
tablir lquation diffrentielle du mouvement du
systme libre amorti en prenant pour coordonne
gnralise .
2- Donner la pulsation propre et la pseudo-pulsation
du systme et lexpression de ( t ) .
Exercice 51:
Lensemble peut pivoter autour dun axe fixe O situ une distance de la soudure. La masse
3
m1 est suspendue par un ressort de raideur k . Un amortisseur de coefficient de frottement
Exercice 52:
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de O . Une masse m est fixe sur le disque une distance R du centre O et fait un mouvement
2
circulaire avec le mouvement du disque. On se propose dtudier le mouvement vibratoire du
disque dans le cas doscillations linaires de faible amplitude.
d'amortissement du systme.
Exercice 53:
Soit une barre homogne de masse m et de longueur , oscille sans frottement, dans un plan
horizontal, autour dun axe fixe perpendiculaire au plan du
mouvement en- O . Un ressort de raideur k et un amortisseur
de coefficient de frottement visqueux sont attachs des
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Exercice 54:
La figure ci-contre reprsente un cylindre homogne de masse M et de rayon R qui peut rouler
sans glisser sur un plan horizontal. Une tige homogne de masse m et de longueur est solidaire
du cylindre M , porte a son extrmit un ressort de raideur k . Un amortisseur de coefficient de
lexpression de A et de en fonction de , 0 , a
et M .
Exercice 55:
On considre loscillateur amortie libre rgit par lquation : m x + C x + kx = 0
Le mouvement x ( t ) est tel que le systme tant lquilibre, on lance M avec une vitesse initiale
vi = 25 cm ( t = 0 on a : x ( 0 ) = 0 et x ( 0 ) = vi ).
s
Page 106
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Exercice 56:
La figure ci-contre reprsente un disque homogne de masse M et de rayon R qui peut rouler
sans glisser sur un plan horizontal. Le disque est reli par son centre O un amortisseur de
coefficient et une poulie de masse ngligeable. Un fil inextensible senroule sans glisser sur cette
poulie, une de ses extrmits tant fixe centre O . Lautre est prolonge par un ressort de raideur
k est reli au disque comme indiqu sur la figure.
Exercice 57:
Soit une barre homogne de masse m et de longueur , peut pivoter autour dun axe fix
lune de ses extrmits O . Lextrmit libre de la tige est fixe un amortisseur de coefficient de
frottement visqueux et ressort de raideur k . A lquilibre statique, la barre homogne est
horizontale. Trouver lnergie potentielle et lnergie cintique ainsi que la fonction de dissipation
du systme.
Page 107
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Exercice 58:
Soit une tige rigide, de longueur , de masse ngligeable et portant une masse ponctuelle m ,
est solidaire du disque homogne de centre O1 de masse M et de rayon R peut rouler sans glisser
sur un bti horizontal. Une barre homogne de masse m et de longueur , peut pivoter autour dun
axe fix lune de ses extrmits O2 .
Lextrmit libre de la barre est fixe
un ressort de raideur k. Son milieu est
intercal entre une barre horizontale
1- Sachant que ( R + ) = , dterminer lexpression du lagrangien L et la fonction de
2
dissipation D .
2- dmontrer que lquation diffrentielle du mouvement du systme scrit :
3 3 k 7 g
+ + = 0 pour R= et M = 2m
8m 2 m 18 2
Exercice 59:
Le systme mcanique de la figure ci- dessous est compos dun disque homogne de masse
M et de rayon R et dune tige rigide de masse ngligeable son fixes aux extrmits par deux
masses m1 et m2 , et relis entre eux par une barre horizontale O1 A de masse ngligeable. Le
disque homogne de centre O1 , peut rouler sans glisser sur un bti horizontal. La tige rigide de
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longueur qui peut pivoter sans frottement dans le plan vertical autour du point O2 situ a une
frottement visqueux est attache cette tige. Un ressort de raideur k est galement fix la
masse m2 et la tige se trouve, au repos, dans une position verticale.
Exercice 60:
Un disque homogne de centre O1 , de masse M et de rayon R peut pivoter autour de son axe.
Une barre homogne de masse m et de longueur est solidaire de disque du centre O1 . Un ressort
respectives de 3 4 et R = 4 de O1 .
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1- Sachant que sin = R , donner le lagrangien de ce systme.
2- Etablir lquation de Lagrange puis rsoudre dans ce cas lquation avec les conditions
initiales : ( 0 ) = 0 et (0) = M .
Exercice 61:
Une tige rigide, de longueur 2 , de la masse ngligeable peut pivoter autour dun axe fix
lune de ses extrmits O .Un amortisseur de coefficient de frottement visqueux est fix
lautre extrmit. Au milieu de la tige G est suspendue une masse 2m qui relie par un ressort de
raideur k . En position dquilibre la tige 2 est horizontale. On suppose qua linstant t = 0 , la tige
est carte de sa position dquilibre puis relche sans vitesse initiale.
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Partie 2 :
Solutions
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Exercice 37:
Le nombre de degrs de libert : x var iable n = 1 0 = 1dd
Lnergie cintique du systme:
1 2
EcT = Ec m = m x
2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep m + Ep k
Ep m = mgx
1
Ep k = kx 2
+ kx 0x
2
2
1
EpT = k x + ( mg + kx 0 ) x
2
B
A
2
Cette quation scrit sous la forme suivante : Ep T = A + B
= =mx = kx
= x
dt x x x dt x x x
On obtient lquation diffrentielle suivante : m x + kx = x m x + x + kx = 0
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Cest une quation diffrentielle du second ordre coefficients constants qui peut se mettre
Sous la forme : x + 2 x + 02x = 0
2 = m = 2 m
avec :
2 = k = k
0 m 0
m
On appelle le coefficient ou facteur damortissement et vous savez dj que 0 est la
pulsation propre de loscillateur.
Les solutions dpendent du signe discriminent : = 2 02
(
x (t ) = A e t cos a t +
( ) (
x (t ) = A e t cos a t + A a e t sin a t +
)
k 2
Tel que : = + a = a =
2 2 2 2 2
0 a 0
m 4m 2
a est appel La pulsation amortie (pseudo- pulsation).
Cette dcroissance des oscillations est entirement due aux forces dissipatives par lintermdiaire du
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Dans le cas particulier o x ( 0) = x M et x ( 0 ) = 0 , on obtient :
x ( 0 ) = 0 x ( 0 ) = Ae0 cos Aa e0 sin = 0 cos a sin = 0
sin
= tan = = arctan
cos a a a
tan =
a
a
Puisque: 0 = a + cos =
2 2 2
0
sin =
0
xM x
x ( 0 ) = xM Ae0 cos = xM A = = M A = 0 xM
cos a a
0
A et en fonction des lments des systmes :
2m 2m
tan = = arctan
k 2
k 2
tan =
a m 4m 2 m 4m 2
A = 0 x k
a M
m
A = xM
k 2
m 4m 2
0
En dfinitive, x (t ) scrit par : x (t ) = x e t cos (a t + )
a M
Cest le rgime oscillatoire amorti.
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x (t ) = ( A + Bt ) e t
x (t ) = Be ( A + Bt ) e
t t
A et B sont deux constantes dintgration dtermines partir des conditions initiales (C.I).
Dans le cas particulier o x ( 0) = x M et x ( 0 ) = 0 , on obtient :
x ( 0 ) = 0 B A = 0 B = A
x (t ) = ( x M + x M ) e t x (t ) = x M (1 + ) e t
x ( 0 ) = x M A = x M
x (t ) est encore une fonction qui tend vers zro sans oscillation lorsque le temps augmente.
L aussi il ny a pas doscillations et le mouvement est appel rgime critique.
x (t ) = Ae + Be
0
= 0
2 2
( ) ( + )
( ) ( )
t t
x (t ) = A e + B + e
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B ( )
( ) ( )
x (t ) = 0 x (0) = A + B + = 0 A = ........1
( )
x (0) = x M x (0) = A + B = x M .......... 2
B =xM
( + )
2
2 A = xM B A = xM xM
( + )A =x
1
(
+
=x
) (
2 +
)
2
M
2
M
2
+
A = x M
2
+ ( )t
x (t ) = x M +xM
( )
+ ( + )t
e e
2 2
x (t ) = x M
1
2
(
+ e )
( )t
(
+ + e )
( + )t
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Exercice 38:
Dans le cas dun systme libre amorti, lquation diffrentielle est obtenue partir de
lquation de lagrange scrit :
m x + kx = x m x + x + kx = 0
k
x + m x + m x = 0 = 0 2 = =
m 2m
x + 2 x + 2 x = 0 2 = k = k
0
0 m 0
m
1) Dcrment logarithmique :
x (t ) 1 1
= ln = ln = ln = ln = ln e T = T = T
x (t + T )
T
e T
e
Tel que : =
1 : constant de temps.
: Coefficient damortissement
x (t + T ) = e = ln = ln x (t ) x (t + T ) = ln e ln x (t +T ) = ln e =
AN : = ln
x (t ) x (t + T ) x (t ) x (t )
=
2) L'amortissement relatif :
2 2
= = Avec: =
0 1 2
1 2 0
2
= 2 = 1 2 4 2 2 = 2 1 2 ( )
1 2
1
4 2 2 = 2 2 5 2 2 = 5 2 = 1 2 =
5
1
= = 0.45 = 0.45
5
3) Pour calculer il faut avoir le et pour calculer ce dernier on utilise le dj calculer :
= 0 1 2
1
= 2 =
A .N : 0 = 2 S 5 5
2
= = 2m = 2 m 2
2m 5 = 2 *10 = 12.68 kg S 1
m = 10kg 5
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c
Do : c = 0 = 0 c = 2m 0
2m
AN : c = 28.28 kS 1
Exercice 39:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , var iables
n = 3 2 = 1dd
x = sin , x 1 = 3 sin
Le moment dinertie : I /o = m 2
2
x = sin = x 2 = 2
1 3 3
1
9
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2 2
EcT = Ec m = I /o = m
2 2
Lnergie potentielle du systme:
2
1
EpT = Ep m = mg (1 cos ) = mg
2
1 2 1 2
Le lagrangien scrit : L= m 2 mg
2 2
1 2 1 2 2 1 1 2 2
La Fonction de dissipation scrit : D = x = =
2 1 2 9 29
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
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d L L D d L L D 1 2
= = m 2
= mg =
dt
dt
9
On obtient lquation diffrentielle suivante :
1 1
m 2 + mg = 2 m 2 + 2 + mg = 0
9 9
1 g 1
+ 9 m + = 0 = 0 2 = 9 m = 18m
avec :
+ 2 + 2 = 0 2 = g = g
0
0 0
(
(t ) = A e t cos a t +
)
( ) (
(t ) = A e t cos a t + A a e t sin a t +
)
g 2
Avec : = + a = a =
2 2 2
2 2
(18m )2
0 a 0
( 0 ) = 0 ( 0 ) = Ae0 cos Aa e0 sin = 0 cos a sin = 0
sin
= tan = = arctan
cos a a a
a
02 = a2 + 2 cos =
0
Puisque:
tan = sin =
a
0
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M xM 0
( 0 ) = M Ae0 cos = M A = = A=
cos a a M
0
18m 18m
tan = = arctan
g 2
g 2
=
tan (18m )
2
(18m )2
a
A = 0 g
a
M
A = M
g 2
(18m )2
Finalement, (t ) scrit par :
0 0
(t ) = M e t cos (a t + ) (t ) = A a cos (a t + ) avec: A a = M e t
a a
Exercice 40:
Figure 1 :
Le nombre de degrs de libert :
x var iable n = 1 0 = 1dd
Lnergie cintique du systme:
1 2
EcT = Ec m = m x
2
Lnergie potentielle du systme:
1 1
EpT = Epkeq 1 = k eq1 x 2 = 2kx 2 Avec: k eq1 = k + k = 2k
2 2
1 2 1 2
Le lagrangien scrit : L = m x 2k x
2 2
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1 2
La fonction de dissipation scrit : D = x
2
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de Lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L L D
x = dt = m x = 2kx = x
dt x x x
x
x
On obtient lquation diffrentielle suivante : m x + 2kx = x m x + x + 2kx = 0
2k
x + m x+ m x = 0 = 0 2 = m = 2 m
avec :
x + 2 x + 2 x = 0 2 = 2k = 2k = keq1
0
0 m 0
m m
Cas o le systme est faiblement amorti :
= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
2k 2
02 = a2 + 2 a = 02 2 a =
m 4m 2
La solution gnrale scrit : x (t ) = A e t cos (a t + )
2m 2m
tan = = arctan
2 k 2
2k 2
tan =
m 4m 2
m 4m 2
a
A = 0 x 2k
a M
m
A = xM
2 k 2
m 4m 2
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Figure 2 :
1 2
Lnergie cintique du systme: EcT = Ec m = mx
2
Lnergie potentielle du systme:
1 11 2 1 1 1 k
EpT = Epkeq 2 = k eq2 x 2 = kx avec : = + k eq2 =
2 22 k eq2 k k 2
1 2 11 2
Le lagrangien scrit : L= mx kx
2 22
1 2
La Fonction de dissipation scrit : D = x
2
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L L 1 D
x = dt = m x = kx = x
dt x x x
x 2 x
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k 2
La pulsation amortie scrit : 02 = a2 + 2 a = 02 2 a =
2m 4m 2
La solution gnrale scrit : (
x (t ) = A e t cos a t + )
Les constantes A et son dtermines a partir des conditions initiales.
Dans le cas particulier o ( 0 ) = M et ( 0 ) = 0 , on obtient :
2m 2m
tan = = arctan
k 2
k 2
tan =
2m 4m 2 2m 4m 2
a
A = 0 x k
a M
2m
A = xM
k 2
2m 4m 2
0 0
x (t ) = x M e t cos (a t + ) x (t ) = Aa cos (a t + ) avec: A a = M e t
a a
Exercice 41:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , var iables
n = 3 2 = 1dd
x = sin , x 1 = 2 sin
Le moment dinertie : I /o = m 2
2 2
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La fonction de dissipation scrit :
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 15
2
D = 1 q + 2 q D = x + x = x + x = + 2 = 2
2 1 2 2 2 1 2 2 1 2 4 2 4
2
2
x = sin = x = 2
x = 2
Puisque : 2 2 2
x = sin = x = x =
1 2 2 1 2 1 4
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L L D 5 2
= dt = m 2
= mg =
dt
4
g 25 2
= + a = a =
2
0
2
a
2 2
0 2
64m 2
La solution gnrale scrit : (t ) = A e t cos (a t + )
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5 5
8m 8m
tan = = arctan
g 25 2 g 25 2
tan =
64m 2 64m 2
a
A = 0 g
a M
A = M
g 25 2
64m 2
Exercice 42:
Le moment dinertie du disque : 1
I /C = MR 2
2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2 11 2 1 2 13 2
EcT = Ec M = I /C + M x = MR 2 + MR 2 = MR 2
2 2 22 2 22
Puisque : x = R x = R
petit sin =
R R R 2
2
x 1 = sin = x 12 =
2 2 4
1 1
Epk = kx 2 = kR 2 2
2 2
2 2
1 1 R 1 3R 19
Ep k = k ( x + x 1 ) = k
2
R + = k = kR 2 2
2 2 2 2 2 24
1 9 1 13 2 2
EpT = 1 + kR 2 2 = kR
2 4 2 4
13 2 1 13 2
Le lagrangien scrit : L= MR 2 kR 2
22 2 4
1 2 1 2 1 2
La Fonction de dissipation scrit : D = q = x = R
2
2 2 2
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= dt = MR 2
= kR 2 = R 2
dt
2
4
On
3 13 3 13
obtient : MR 2 + k R 2 = R 2 M R 2 + R 2 + k R 2 = 0
2 4 2 4
2 13 k 2 1
+ 3 M + 4 M = 0 = 0 2 = 3 M = 3 M
avec :
+ 2 + 2 = 0 2 = 13 k = 13 k
0
0 4 M 0
4 M
Mouvement oscillatoire faiblement amortie :
= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
13 k 1 2
= + a = a =
2
0
2
a
2 2
0 2
4 M 9M2
La solution gnrale scrit : (t ) = A e t cos (a t + )
1 1
3M 3M
tan = = arctan
13 k 1 2
13 k 1 2
tan =
a 4 M 9M2 4 M 9M2
A = 0 13 k
a M
4 M
A = M
13 k 1 2
4 M 9M2
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Exercice 43:
Le nombre de degrs de libert :
x 1 , x 2 , x 3 , var iables
2 n = 4 3 = 1dd
x 1 = sin , x 2 = sin , x 3 = sin
3 3
Le moment dinertie : I /o = m 2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2
EcT = Ec m = I /o = m 2
2 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Epk + Epk + Epm
petit sin =
x 1 = sin = x 12 = 2
2
2
2
x 3 = sin = x 3 =
2
3 3 9
Ep m = mg sin = mg
2
1 1
Ep k = kx 12 + kx 01x 1 = k 2 + kx 01
2 2
1 2 11 2 2 1
Ep k = kx 3 + kx 03x 3 = k + kx 03
2 29 3
1 2 1 2 2 1
EpT = k + k + mg + kx 01 + kx 03
2 9 3
1 10
2
1
EpT = k 2 + mg + k x 01 + x 03
2 9
3
A B
2
EpT = A + B
1 10 2 2
Il reste : EpT = k
2 9
2 1 10 2
1
Le lagrangien scrit : L= m 2 k 2
2 2 9
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La fonction de dissipation scrit :
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 4 2 2 1 13 2 2
D = 1 q + 2 q D = x + x = x + x = + =
2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2
2 9 2 9
x 1 = sin = x 12 = 2
2
Puisque :
2 2
2
4 2
x 2 = sin = x 2 =
2
3 3 9
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L D d L L 10 D 13 2
= dt = m 2
= k 2 =
dt
9
9
10 2 13 13 10
On obtient : m 2 + k = 2 m 2 + 2 + k 2 = 0
9 9 9 9
13 10 k 13 13
+ 9 m + 9 m = 0 = 0 2 = 9 m = 18 m
avec :
+ 2 + 2 = 0 2 = 10 k = 10 k
0
0 9 m 0
9 m
Mouvement oscillatoire faiblement amortie :
= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
10 k 169 2
= + a = a =
2
0
2
a
2 2
0 2
9 m 324m 2
La solution gnrale de lquation diffrentielle du mouvement : (t ) = A e t cos (a t + )
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13 13
18 m 18 m
tan = = arctan
10 k 169 2
10 k 169 2
tan =
a 9 m 324m 2 9 m 324m 2
A = 0 10 k
a M
9 m
A = M
10 k 169 2
9 m 324m 2
Exercice 44:
Le nombre de degrs de libert :
x1 , x2 , x3 , var iables
3 n = 4 3 = 1dd
x
1 = sin , x2 = sin , x3 = sin
4 4
Les moments dinertie :
I 1/O = m 2
2
3 9
I 2/O == m = m 2
4 16
2
1
I 3/O = m = m 2
4 16
EcT = Ec m + Ec m + Ec m
1 2 1 2
Ec m = I 1/o = m 2
2 2
1 2 1 9 2
Ec m = I 2/o = m
2
2 2 16
1 2 1 1 2
Ec m = I 3/o = m
2
2 2 16
1 2 1 13 2 2
9 1 2
EcT = m + m + m = m
2 2
2 16 16 2 8
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2
petit sin = Cos = 1
2
2
3 3 9 2
x2 = sin = x 12 =
4 4 16
2
1
Ep m = mg (1 cos ) = mg
2
2
3 13
Ep m = mg (1 cos ) = mg
4 24
2
11
Ep m = mg (1 cos ) = mg
4 24
1 2 1 2 2 1 2 2
Epk = kx1 = k = k
2 2 2
1 1 9 2 2 1 9 2
Ep k = kx 22 = k = k 2
2 2 16 2 16
2 2
1 3 1 9 2 2 1 25 2
EpT = mg + mg + mg + k + k = k + 2 mg
2 4 4 16
2 16
1 2 1 25 2
2
Le lagrangien scrit : L = k + 2mg
2 2 16
La fonction dissipation scrit:
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 1 17 2 2
D = 1 q + 2 q D = x + x = x + x = + =
2 1 2 2 2 1 2 3 2 1 3 2 16 2 16
2 2
x1 = sin = x1 = x1 =
2
On obtient :
13 2 25 2 17 13 17
25
m + k + 2mg = 2 m 2 + 2 + k 2 + 2mg = 0
8 16 16 8 16 16
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17 32mg + 25k 2 17 13
+ + = 0 2 = =
26 m 26 26 m 51 m
2 = 32mg + 25k = 32mg + 25k
2 2
+ 2 + 0
2
= 0 0 0
26 26
Mouvement oscillatoire faiblement amortie :
= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
32 mg + 25k 2 (13 )
2 2
02 = a2 + 2 a = 02 2 a =
( 51m )
2
26
13 13
51 m 51 m
tan = = arctan
(13) (13) 2
2 2
32 mg + 25 k 2 2
32 mg + 25k 2
tan = ( ) ( 51m )
2 2
26 51 m 26
a
A = 0 32mg + 25k 2
a M 26
A = M
32mg + 25k (13)
2 2
2
( 51m )
2
26
Exercice 45:
Le nombre de degrs de libert :
x, x1 , x2 , var iables
n = 3 2 = 1dd
x = 2 sin , x1 = sin , x2 = 3 sin
Les moments dinertie :
I 1/O = m ( 2 ) = 4m 2
2
I 2/O = m ( 3 ) = 9m 2
2
Page 131
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1 2 1 2
Ec m1 = I 1/o = 4m 2
2 2
1 2 1 2
Ec m2 = I 2/o = 9m
2
2 2
On posant : m = m1 = m2
1 2 1 2 1 2
EcT = 4m 2 + 9m 2 EcT = 13m 2
2 2 2
Lnergie potentielle du systme:
2
petit sin = Cos = 1
2
2
x 1 = sin = x =
1
2 2
2
1
Ep m1 = mg 2 (1 cos ) = 2mg
2
2
1
Ep m 2 = mg 3 (1 cos ) = 3mg
2
1 2 1 2 2 1 2 2
Ep k = kx = k = k
2 2 2
2 2
1 1
(
EpT = 2mg 3mg + k = k 5mg
2
2
2
2
)
2 1 2
Le lagrangien scrit : L=
1
2
( ) (
13m 2 k 2 5mg
2
)
1 2 1 2 1 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x = 9 2
2 2 2 2
( )
2
2 2
Car : x 2 = 3 sin = 3 x 2 = 9 x 2 = 9
2 2 2
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( ) ( ) (
13m2 + k 2 5mg = 9 2 13m2 + 9 2 + k 2 5mg = 0 )
9 1 k 5 g 9 9
+ 13 m + 13 m 13 = 0 2 = =
13 m 26 m
+ 2 + 2 = 0 2 = 1 k 5 g = 1 k 5 g
0 0 13 m 13 0
13 m 13
= 2 02
Cas o le systme est faiblement amorti : 2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
( 9 )
2
1 k 5 g
= + a = a =
2 2 2 2
2
13 m 13 ( 26 m )2
0 a 0
9 9
26 m 26 m
tan = = arctan
1 k 5 g ( 9 ) 1 k 5 g ( 9 )
2 2
tan = ( ) ( 26m )
2 2
13 m 13 26 m 13 m 13
a
A = 0 1 k 5 g
a M
13 m 13
A = M
1 k 5 g ( )
2
9
13 m 13 ( 26m )2
Page 133
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Exercice 46:
On considre que: m = m1 = m2 = m 3 = m4
Les moments dinertie :
2
2 4
I 1/O = m = m 2
3 9
2
2 4
I 2/O = m = m 2
3 9
2
1
I 3/O = m = m 2
3 9
2
1
I 4/O = m = m 2
3 9
Lnergie cintique du systme:
1 2 14 2
Ec m1 = I 1/o = m
2
2 29
1 2 1 4 2 2
Ec m 2 = I 2/o = m
2 29
1 2 1 1 2 2
Ec m3 = I 3/o = m
2 29
1 2 1 1 2 2
Ec m 4 = I 4/o = m
2 29
14 4 1 1 2 2 1 10 2 2
EcT = + + + m EcT = m
29 9 9 9 2 9
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep m1 + Ep m 2 + Ep m3 + Ep m 4 + Ep k
2 2
Ep m 1 = m g sin = m g
3 3
2
2 12
Ep m 2 = mg (1 cos ) = mg
3 23
1
Epm3 = mg sin = mg
3 3
2
11
Ep m 4 = mg (1 cos ) = mg
3 23
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1 2 1 2 2 11 2 2 1
Ep k = kx + kx 0 x = k + kx 0 = k + kx 0
2 2 9 3 29 3
1 2 1 1 2 2 2 1 1
EpT = mg + mg + k + mg + mg + kx 0
2 3 3 9 3 3 3
1 1 1 2 2 mg + kx 0
EpT = mg + k +
2 3 9 3
A B
2
EpT = A + B
1 1 1 2 2
Il reste : EpT = mg + k
2 3 9
1 10 2 1 2 2
2 1 1
Le lagrangien scrit : L= m mg + k
2 9 2 3 9
1 2 1 2 11 2 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x =
2 2 1 29
2
2 1 2
Puisque : x 1 = sin = x = x =
3 3 1 3 1 9
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L 10 2 L 1 1 D 1
= = m = mg + k 2 = 2
dt dt 9 3 9
9
On obtient lquation diffrentielle suivante :
10 2
1 1 2 1 2 10 2
1 2 1 1 2
m + mg + k = m + + mg + k = 0
9 3 9 9 9 9 3 9
1 1 k 3 g 1 1
+ 10 m + 10 m 10 = 0 2 = =
10 m 20 m
+ 2 + 2 = 0 2 = 1 k 3g = 1 k 3 g
0 0 10 m
0
10 m
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Cas o le systme est faiblement amorti :
= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
1 k 3g 2
= + a = a =
2 2 2 2
2
10 m ( 20m )2
0 a 0
1 1
20 m 20 m
tan = = arctan
1 k 3g 2
1 k 3g 2
tan = 10 m ( 20m )2 10 m ( 20m )2
a
A = 0 1 k 3g
a M
10 m
A = M
1 k 3g 2
10 m ( 20m )2
Exercice 47:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , var iables
3 n = 3 2 = 1dd
x = 4 sin , x 1 = 4 sin
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1 2 1 1 2
EcM = I1/ o = M 2
2 2 16
1 2 1 9 2
Ec m = I 2/o = m
2
2 2 16
2 2
1 1 9 2 1 M + 9m 2
EcT = M + m
2 16 16 2 16
Lnergie potentielle du systme:
petit sin =
2
2
x = sin = x 2 =
4 4 16
1
EpM = Mg sin = Mg
4 4
3 3
Epm = mg sin = mg
4 4
On pose : k = k1 = k2
1 1 2 2 1 1 2
1
Ep k 1 = kx 2 + kx 0 x = k + kx 0 = k 2 + kx 0
2 2 16 4 2 16 4
1 2 1 2 2 1 1 2 2 1
Epk2 = kx + kx0 x = k + kx0 = k + kx0
2 2 16 4 2 16 4
1 1 2 1 2 2 1 3 1 1
EpT = k + k + Mg mg + kx0 + kx0
2 16 16 4 4 4 4
1 1 2 2 1 3 1
EpT = k + M m g + kx0
2
8 4
4
8
A B
2
EpT = A + B
11 2 2
Il reste : EpT = k
28
1 M + 9m 2
2 11 2
2
Le lagrangien scrit : L= k
2 16 28
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2 2 1 9 2
1 1 2
La Fonction de dissipation scrit : D = q D = x =
2 2 1 2 16
3 3 2 9 2 2
Puisque: x 1 = sin = x =
4 4 1 16
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L M + 9m 2 L 1 D 9
= dt = 16 = k 2 = 2
dt 8
16
2k 81 2
= + a = a =
2 2 2 2 2
M + 9m 4 ( M + 9m )
0 a 0 2
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9 9
2 ( 4 M + 9m ) 2 ( 4 M + 9m )
tan = = arctan
2k 81 2 2k 81 2
tan =
4 M + 9m 4 ( 4 M + 9m )
2
4 M + 9m 4 ( 4 M + 9m )
2
A = 0 2k
a M 4 M + 9m
A = M
2 k 81 2
4 M + 9m 4 ( 4 M + 9m ) 2
Exercice 48:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , var iables
R n = 3 2 = 1dd
x = R , x 1 = 2 sin
1 2 1 2 1 2
Ec m1 = I 1/o = m1R 2 = mR 2
2 2 2
1 2 1 2 1 m 2 2
Ec m 2 = I 2/o = m 2 R 2 = R
2 2 2 2
1 2 1 2
Ecm3 = m3 x = mR
2
2 2
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR
2
2 22
15 1 2 2 1 5m + M 2 2
EcT = m + M R EcT = R
22 2 2 2
Lnergie potentielle du systme: EpT = Ep m1 + Ep m 2 + Ep k
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petit sin =
2
R R R 2
x1 = sin = x 12 =
2 2 4
Epm1 = m1gR sin = mgR
1
Ep m2 = m 2 gR sin = mgR
2
1 2 1 R2 2 R 11 2 2 1
Ep k = kx 1 + kx 0 x 1 = k + kx 0 = kR + kx 0 R
2 2 4 2 24 2
2
11 2 1 1
EpT = kR + mgR mgR + kx 0 R
24 2 2
1 1 2
2
( kx 0 mg ) R
EpT = kR +
2 4
2
A B
2
EpT = A + B
1 2 1 2 1 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x = R
2
2 2 2
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L 5m + M 2 L 1 D
dt
= =
dt 2 R
= kR 2
4
( )
= R2
On obtient lquation diffrentielle suivante :
5m + M 2 1 2
5m + M 2
1
2
R +
4
kR
= R 2
(
) 2
R + R 2
( 4
)
+ kR 2 = 0
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2 k 2
5 m + M + 2 ( 5 m + M ) = 0 2 =
+ =
5m + M 5m + M
02 = k k
+ + 2
= 0 =
2 0 0 2 ( 5m + M ) 2 ( 5m + M )
k 2
02 = a2 + 2 a = 02 2 a =
2 ( 5m + M ) ( 5 m + M )
2
5m + M 5m + M
tan = = arctan
k 2 k 2
tan = 2 ( 5m + M ) ( 5m + M ) 2 ( 5m + M ) ( 5m + M )
2 2
a
A = 0 k
a M 2 ( 5m + M )
A = M
k 2
2 ( 5m + M ) ( 5m + M )
2
Exercice 49:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , var iables
n = 3 2 = 1dd
x = sin , x 1 = 2 sin
Les moments dinertie :
I 1/O = m 2
I 2/O = M ( 2 ) = 4M 2
2
Page 141
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1 2 1 2
Ec m = I 1/o = m 2
2 2
1 2 1 2
Ec M = I 2/o = 4M
2
2 2
2 2
1
2
2
( 2 1
2
)
EcT = m + 4M EcT = ( m + 4M )
2
2
1
Ep m = mg (1 cos ) = mg
2
2
1
Ep M = Mg 2 (1 cos ) = 2Mg
2
2
1 1
Ep k = kx 2 = k 2
2 2
2 2
1 1
EpT = 2Mg mg + k = ( 2M m ) g + k
2
2 2
1 2 1 2
Le lagrangien scrit : L = ( m + 4M ) ( 2M m ) g + k
2 2
2 2
La fonction de dissipation scrit :
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2
2 1 2 2 2 2 1 2
1
D = 1 q + 2 q D = x + x = x + x = + 4 = 5
2 2
( )
1
2 2
2 2
x = sin = x = x = 2
Car : 2 2
x = 2 sin = 2 x = 2 x = 42
1 1 1
Page 142
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( )
( m + 4M ) 2 + 5 2 + ( 2M m ) g + k 2 = 0
5 k g ( 2M m )
+ + + = 0
m + 4M m + 4M m + 4M
+ 2 + 0 = 0
2
5 5
2 = m + 4M = 2 ( m + 4M )
avec :
2 k g ( 2M m ) k g ( 2M m )
0 = + 0 = +
m + 4 M m + 4M m + 4 M m + 4M
Mouvement oscillatoire faiblement amortie :
= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
k g ( 2M m ) 25 2
= + a = a =
2 2 2
+
2 2
m + 4M m + 4M 4 ( m + 4M )
0 a 0 2
5
2 ( m + 4M )
tan =
k g ( 2M m ) 25 2
+
tan = m + 4M m + 4M 4 ( m + 4M )
2
a
A = 0 k g ( 2M m )
a M +
m + 4M m + 4M M
A =
k g ( 2M m ) 25 2
+
m + 4M m + 4M 4 ( m + 4M )
2
Page 143
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Exercice 50:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , var iables
n = 3 2 = 1dd
x = R , x 1 = 2R
Les moments dinertie des deux disques :
1
I 1/C = MR 2
2
1 1
I 2/C = M ( 2R ) = 4MR 2
2
2 2
EcT = Ec m + Ec 3 m + Ec M
1 2 1 2
Ec m = m x 1 = 4mR
2
2 2
2 2
Puisque : x 1 = 2 R x = 2 R x = 4R 2
1 1
2 2 11 2 2 2
1 1 11 15
Ec M = I 1/C + I 2/C = MR 2 + 4MR 2 = MR 2
2 2 22 22 22
1 2 1 2
Ec m 2 = 3m x = 3mR
2
2 2
2 2
Puisque : x = R x = R x = R 2
1 5 2
2
1 14m + 5M 2 2
Donc : EcT = 7m + M R EcT = R
2 2 2 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Epm + Ep3m + Epk
Ep m = mgx 1 = mg 2R = 2mgR
1 2 1 2 2
Epk = kx kx0 x = kR kx0 R
2 2
2
1
( )
EpT = kR + ( 3mgR 2 mgR kx0 R )
2
2
Page 144
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2
1
EpT = kR 2 + ( mg kx0 ) R
2
B
A
2
EpT = A + B
1 14m + 5M 2 2 1 2
Le lagrangien scrit : L=
2 2
R kR
2
2
( )
1 2 1 2 1 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x = 4 R
2
2 2 1 2
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L 14m + 5M 2 L D
dt
= =
dt 2 R
( )
= kR 2 ( )
= 4 R 2
On obtient lquation diffrentielle suivante :
14m + 5M 2
2
R + (
kR 2
)
= 4 R (
2
()
14 m + 5 M ) R 2
+ 8 R(2
) ( )
+ 2kR 2 = 0
8 4
= 0 2 =
8 2k
+
(14m + 5M ) + =
(14m + 5M ) (14m + 5M ) (14m + 5M )
2 = 2k 2k
+ 2 + 02 = 0 0 =
0 (14m + 5M ) (14m + 5M )
Cas o le systme est faiblement amorti :
= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
2k 16 2
02 = a2 + 2 a = 02 2 a =
(14m + 5M ) (14m + 5M )2
Page 145
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Dans le cas particulier o ( 0 ) = M et ( 0 ) = 0 , on obtient :
4 4
(14m + 5M ) (14m + 5M )
tan = = arctan
2k 16 2 2k 16 2
= (14m + 5M ) (14m + 5M )2 (14m + 5M ) (14m + 5M )
tan 2
a
A = 0 2k
a M
(14m + 5M )
A = M
2k 16 2
(14m + 5M ) (14m + 5M )
2
Exercice 51:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , x 2 var iables
2 n = 4 3 = 1dd
x = 3 sin , x 1 = 3 sin , x 2 = 3 sin ,
Page 146
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EpT = Epm + Epm + Epk
2
2 12
Ep m = mg (1 cos ) = mg
3 23
1
Epm = mg Sin = mg
3 3
1 2 1 k 2 2
Ep k = kx + kx 0 x = + kx 0
2 2 9 3
12 1 2 2
EpT = mg + k + kx 0 mg
23 9 3 3
1 6mg + k 2 2
EpT = + ( kx 0 mg )
2 9 3
1 6mg + k 2 2
EpT = + ( kx 0 mg )
2 9 3
A B
2
EpT = A + B
dEpT mg
Les conditions dquilibre est donne par: = 0 B = 0 kx 0 mg = 0 x 0 =
d = 0 k
1 6mg + k 2 2
Il reste : EpT =
2 9
12 2 1 6m g + k 2 2
Le lagrangien scrit : L = m 2
23 2 9
La Fonction de dissipation scrit :
1 2 1 2 1 1 2 2
D = q D = x =
2 2 1 29
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L D d L 2 L 6mg + k 2 D 1
= dt = m 2
= = 2
dt
3 9
9
2 2 6mg + k 2 1 2
m + =
3 9 9
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
On obtient lquation diffrentielle suivante :
1 6mg + k
2
2
m 2 + 2 + = 0
3 9 9
1 1 k g 1 1
+ 6 m + 6 m + = 0 2 = 6 m = 12 m
avec :
+ 2 + 2 = 0 2 = 1 k + g = 1 k + g
0 0 6 m 0
6m
Mouvement oscillatoire faiblement amortie :
= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
1 k g 1 2
= + a = a =
2 2 2 2
+ 2
6 m (12) m
0 a 0 2 2
1
12 m
tan =
1 k g 1 2
+
tan = 6 m (12 ) m
2 2
a
A = 1k g
0
+
a
M
6m
A = M
1 k g 1 2
+
6 m (12 ) m
2 2
Exercice 52:
Les moments dinertie :
1
I 1/C = MR 2
2
2 2
R R
I /0 = m I /0 = m
2 4
Lnergie cintique du systme: EcT = Ecm + EcM
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1 2 11 2
Ec m = I 1/o = mR 2
2 24
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR
2
2 22
1m M 2 2 1 m + 2M 2
2
EcT = + R EcT = R
2 4 2 2 4
Lnergie potentielle du systme:
4 2 4 4 4 2
m + 2M 2 1 2 1
4
R +
4
R
4
+ 8kR 2
(
+ 2mgR = 0 )
( m + 2 M ) R 2
+ R 2
( ) (
+ 8kR2 + 2mgR = 0 )
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8k 2 mg 2 ( 4 kR + mg )
+ + + = 0 + + =0
( m + 2M ) ( m + 2 M ) ( m + 2 M ) R ( m + 2 M ) ( m + 2 M ) R
+ 2 + 2
0 = 0 + 2 + 02 = 0
2 = ( m + 2 M ) = 2 ( m + 2 M )
Avec :
2 = 2 ( 4kR + mg ) = 2 ( 4kR + mg )
0 ( m + 2M ) R 0
( m + 2M ) R
= 2 02
Cas o le systme est faiblement amorti : 2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
2 ( 4kR + mg ) 2
= + a = a =
2 2 2 2 2
( m + 2M ) R 4 ( m + 2M )
0 a 0 2
2 ( m + 2M )
tan =
2 ( 4kR + mg ) 2
tan = ( m + 2M ) R 4 ( m + 2M )2
a
A = 0 2 ( 4kR + mg )
a M
( m + 2M ) R
A = M
2 ( 4kR + mg ) 2
( m + 2M ) R 4 ( m + 2M )
2
Exercice 53:
Le moment dinertie :
1 1 1 1
I 1/ 0 = I /G + m (OG )
2
I 1/ 0 = m 2 + m 2 = m 2 I 1/ 0 = m 2
12 4 3 3
Lnergie cintique du systme:
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1 2 1 1 2 2
EcT = Ec m = I 1/o = m
2 23
Lnergie potentielle du systme: EpT = Epm + Epk
2
petit sin = Cos = 1
2
3 3 9 2 2
x = sin = x 2 =
4 4 16
2
11
Ep m = mg (1 cos ) = mg
2 22
2
1 2 1 9
Ep k = kx = k
2
2 2 16
11 9 2 2
EpT = mg + k
22 16
Le lagrangien scrit :
1 1 2 2 11 9
2
L= m mg + k 2
23 22 16
La Fonction de dissipation scrit :
1 2 1 2 1 1 2 2
D = q D = x =
2 2 1 2 16
2
Puisque : x 1 = sin = x 12 = 2
4 4 16
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L L D d L 1 2 L 1 9 D 1
= = m = mg + k 2 = 2
dt dt 3 2 16
16
On obtient lquation diffrentielle suivante :
1 2 1 9 1 1 1
1 9
m + mg + k 2 = 2 m2 + 2 + mg + k 2 = 0
3 2 16 16 3 16 2 16
3 27 k 3 g 3 3
+ 16 m + 16 m + 2 = 0 = 0 2 = =
16 m 32 m
+ 2 + 2 = 0 2 = 27 k + 3 g = 27 k + 3 g
0 0 16 m 2 0
16 m 2
Cas o le systme est faiblement amorti :
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= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
2
27 k 3 g 3
= + a = a =
2
0
2
a
2 2
0 +2
16 m 2 16 m
La solution gnrale scrit : (t ) = A e t cos (a t + )
Dans le cas ( 0 ) = M et ( 0 ) = 0 , on obtient :
3 3
32 m 32 m
tan = 2
= arctan
2
27 k 3 g 3 27 k 3 g 3
tan = + +
a 16 m 2 16 m 16 m 2 16 m
A = 27 k 3 g
0
+
a M 16 m 2
A = M
2
27 k 3 g 3
+
16 m 2 16 m
Exercice 54:
Les moments dinertie :
1 1 1 1
I /O = I /G + m (OG ) I /O =
2
m 2 + m 2 = m 2 I /O = m 2
12 4 3 3
1
I /C = MR 2
2
Lnergie cintique du systme:
EcT = Ec m + Ec M
1 2 1 1 2 2
Ec m = I /o = m
2 23
1 2 1 2
Ec M = M x + I /C
2 2
2 2
1 11
Ec M = MR 2 + MR 2
2 22
2
13
Ec M = MR 2
22
13 1 2 2
Donc : EcT = MR + m
2
22 3
Page 152
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Lnergie potentielle du systme:
2 2
Puisque : x 1 = oo + sin = R + = ( R + ) x 12 = ( R + ) 2
2
2
1 1
k ( + R ) mg
2
Donc : EpT =
2 2
2 2
13 1 1 1
L = MR 2 + m 2 k ( + R ) mg
2
Le lagrangien scrit :
2 2 3 2 2
2
1 2 1 2 1 2 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x = R +
2 2 2 2 3
2
2 2
Puisque : x 2 = x + 2 sin = R + 2 = R + 2 x = R + 2 x = R + 2
3 3 3 2 3 2 3
d L L D d L 3 1 2
dt
= = MR 2
+ m
dt 2
3
L 1 D 2
2
= k ( + R ) mg
2
= R +
2 3
3 1 2 1 2
( )
2
MR 2
+ m
+ k + R mg = R +
2 3 2 3
3 1 2 1
MR 2 + m 2 + R + + k ( + R ) mg = 0
2
On obtient :
2 3 3 2
2 ( 3R + 2 ) 6k ( + R )2 3mg
+ + = 0 = 0
9 MR + 2m 9 MR + 2m
2 2 2 2
+ 2 + 0 = 0
2
Page 153
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2 ( 3R + 2 ) 2 ( 3R + 2 )
2 = =
9MR + 2m
2 2
18MR 2 + 4m 2
2 6k ( + R ) 3mg 6k ( + R ) 3mg
2 2
0 = 9 MR 2 + 2m 2 0 = 9MR 2 + 2m 2
= 2 02
Mouvement oscillatoire faiblement amortie : 2 02 < 0 < 0
< 0
La pulsation amortie scrit :
6k ( + R )2 3mg 2 ( 3R + 2 ) 2
= + a = a =
2 2 2 2 2
0 a
9 MR 2 + 2m 2 18MR 2 + 4m 2
0
2 ( 3R + 2 )
18MR 2 + 4m 2
tan =
6k ( + R )2 3mg 2 ( 3R + 2 ) 2
9 MR 2 + 2m 2 18MR 2 + 4m 2
2 ( 3R + 2 )
tan =
18MR 2 + 4m 2
= arctan
a
A = 0 6k ( + R )2 3mg 2 ( 3R + 2 ) 2
a M
9 MR 2 + 2m 2 18MR 2 + 4m 2
6k ( + R ) 3mg
2
A = 9 MR 2 + 2m 2 M
6k ( + R )2 3mg 2 ( 3R + 2 ) 2
9 MR 2 + 2m 2 18MR 2 + 4m 2
Exercice 55:
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de Lagrange du mouvement du systme,
soit :
Page 154
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x + C x + k x = 0
m m
m x + C x + kx = 0
x + 2 x + 02 x = 0
C C
2 = m = 2 m
2 = k = k 2 m
T 0 = = 2
0 m 0
m 0 k
A .N : 0 = 5 rad / s = 1 SI
0.5
La priode de petites oscillations est calcule par :T 0 = 2 = 1.25 s
12.5
k C2
02 = a2 + 2 a = 02 2 a = A .N : a = 4.9 rad / s
m 4m 2
( )
x (t ) = A e t cos a t + x (t ) = A e t cos ( 4.9t + )
A 0 = 2
x ( 0 ) = A Cos ( ) = 0
Cos ( ) = 0 =
2
=
2
x ( 0 ) = 4.9 A Sin = 25
2 25
A= A = 5.1 cm
4.9
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En dfinitive, x (t ) scrit par : x (t ) = 5.1 e t cos 4.9t
2
Exercice 56:
Le moment dinertie du disque : 1
I /C = MR 2
2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2 1 2 11 2 13 2
EcT = Ec M = M x + I /C = MR 2 + MR 2 EcT = MR 2
2 2 2 22 22
En posant : x = R
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep M + Ep k EpT = Ep k
2 2
1 1 1 1
k ( 3x ) k ( 3R ) Ep k = 9 kR 2
2 2
Ep k = kX 2
= =
2 2 2 2
Puisque : X = x + R + x = R + R + R X = 3R
1
EpT = Ep k = 9 k R 2 2
2
Le lagrangien scrit :
13 2 2
2
L=
22
MR
1
2
9 kR 2
( )
La fonction de dissipation scrit :
1 2 1 2 1 2
D = q D = x = R
2
2 2 2
Lquation diffrentielle est obtenue partir de
lquation de Lagrange du mouvement du
systme, soit :
d L L D d L 3 2
L D
dt = = MR ( )
= 9kR 2
= R 2
dt 2
3 2
2
2
( 2
)
MR + 9kR = R
Page 156
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2 6k 2 1
+ 3 m + m = 0 2 = =
3m 3m
+ 2 + 2 = 0 2 = 6k = 6k
0
0 m 0
m
Mouvement oscillatoire faiblement amortie :
= 2 02
2 02 < 0 < 0
< 0
La forme rduite de cette quation est :
6k 1 2
= + a = a =
2
0
2
a
2 2
0 2
m 9 m2
La solution gnrale scrit : (t ) = A e t cos (a t + )
Dans le cas ( 0 ) = M et ( 0 ) = 0 , on obtient :
1
3m
tan =
6k 1 2
tan =
a m 9 m2
A = 0 6k
a M
m
A = M
6 k 1 2
m 9 m2
Exercice 57:
Le moment dinertie :
1 1 1 1
I /O = I /G + m (OG ) I /O =
2
m 2 + m 2 = m 2 I /O = m 2
12 4 3 3
Lnergie cintique du systme:
1 2 11 2
EcT = Ec m = I / o = m
2
2 23
Puisque : x = sin = x 2 = 2 2
Page 157
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2
1
EpT =
1
( )
k 2 + m g + k x 0
2
2
B
2
EpT = A + B
dEpT 1
Les conditions dquilibre est donne par: = 0 B = 0 mg + kx 0 = 0
d = 0 2
2
Il reste : EpT =
1
2
( )
k 2
1 1 2 2 1 2 2
Le lagrangien scrit : L = m k
23 2
1 2 1 2 1 2 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x =
2 2 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
L L D d L 1 2
L D
d
= dt = 3 m
( )
= k 2
= 2
dt
1 2
3
m
(
+ k )
2
= 2
1
( ) ( )
m 2 + 2 + k 2 = 0
3
k 3
+ 3 m + 3 m = 0 2 = 3 =
m 2m
+ 2 + 2 = 0 2 = 3k = 3k
0
0 m 0
m
2 2 m
La priode est alors donne par : 0 = T0 = T0 = 2
T0 0 3k
Exercice 58:
Le nombre de degrs de libert :
x, x1 , x2 , X , , var iables
n = 6 5 = 1dd
x = R , x1 = 2 sin , x2 = sin , X = x1 ( R + ) = 2
Page 158
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2
Lnergie cintique du systme: EcT = Ec M + Ec m + Ec m
1 2 1 2
11 2 1 2 13 2
Ec M = I /C + M x = MR + MR =
2 2
MR
2
2 2 22 2 22
Puisque : x = R
avec : X = x + x m X = R + sin X = R + X = ( R + )
13 R2 2
( + R )
2
Donc : Ec M = M
( + R )
2
22
2
2
4
2
Puisque : X = x 1 ( R + ) = ( R + ) = ( R + ) 2 = 2
2
2 2 4
13 R2 2 2 13 R2 2 2
On obtient : Ec M = M Ec = M
( + R ) 4 ( + R )
2 M 2
22 28
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1 2 1 1 2 2
Lnergie cintique de la barre m 2 : Ecm2 = I / o2 = m
2 23
R2 2 2 1 7 3 MR 2 2 2
Donc : EcT = 1 1 m + 1 m + 3 M EcT = m +
24 3 8 ( + R )
2
2 12 8 ( + R )2
1
Ep m1 = mg (1 cos ) = mg 2
2
1 2 2
1
Ep m1 = mg
( + R )
2 2
= mg
Ep m1 =
11
mg
2 2 ( )
( + R ) 2 2 ( + R ) ( + R )
2 2 2
2 2 4 2 4
4
11
Ep m 2 = mg (1 cos ) = mg 2
2 22
Ep m2 =
1 1 mg 2 2
22
(
)
Ep k =
1
2
1
(
kx 2 2 = k 2 2
2
)
Puisque : x 2 = sin = x 2 2 = 2 2
1 1 mg 1 mg 2
Donc : EpT =
+k
2
2 4 ( + R )2 2
1 7 3 MR 2 2 2 1 1 mg 1 mg 2
Le lagrangien scrit : L = m+ + k 2
2 12 8 ( + R )2 2 4 ( + R )2 2
La fonction de dissipation scrit :
1 1 2 2
2
1 2 1 2 1 2
D = q D = x = D =
2 2 1 2 4 24
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de Lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L 7 3 MR 2 2
dt = dt =
12 m +
8 ( + R )
2
L 1 mg 1 mg D 1 2
= + k 2 =
4 ( + R ) 2
2
4
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On obtient lquation diffrentielle suivante :
7 3 MR 2 1 mg 1 mg 1
m+ 2 + + k 2 = 2
12 8 ( + R )2 4 2
( + R )
2
4
7 3 MR 2 1 1 mg 1 mg
m+ 2 + 2 + + k 2 = 0
12 8 ( + R )2 4 ( + R )
2
2
4
7 3 MR 2 1 1 mg 1 mg
m + + + + k = 0
12 8 ( + R )2 4 2
( + R )
2
4
1 mg 1 mg
1 + k
4 ( + R ) 2
2
+ 4
+ = 0
7 3 MR 2 7 3 MR 2
m+ m+
12 8 ( + R )2 12 8 ( + R )2
En posant : R = et M = 2m
2
3 3 k 7 g 3 3
+ 8 m + 2 m 18 = 0 2 = =
8m 16 m
Donc :
+ 2 + 2 = 0 2 = 3 k 7 g = 3 k 7 g
0 2 m 18 0
0
2 m 18
Exercice 59:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , x 2 , x 3 , , var iables
n = 6 5 = 1dd
x = R , x 1 = sin , x 2 = 2 sin , x 3 = sin , ( x = x 1 R = )
Les moments dinertie :
I 1/O2 = m 2
I 2/O 2 = m ( 2 ) = 4 m 2
2
EcT = Ec M + Ec m + Ec m
1 2 1 2
Ec m = I 1/O2 = m 2
2 2
2 2
1 1
Ec m = I 2/O2 = 4m 2
2 2
Page 161
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1 2 1 2 11 2 1 2 13 2
Ec M = I /C + M x = MR 2 + MR 2 = MR 2
2 2 22 2 22
Puisque : x = R x = R
2 2
avec : x = x 1 R = R 2 = 2
1 2 13 2
Donc : EcM = I /C = M 2
2 22
1 3 2 2
Donc : EcT = 5m + M
2 2
Lnergie potentielle du systme: EpT = Ep m + Ep m + Ep k
1
E p m = m g (1 cos ) = m g 2
2
1
Ep m = m g 2 (1 cos ) = 2 m g 2
2
2 2
1 2 1 1
Epk = kx2 = k 4 2 = 4k 2
2 2 2
2 2
1 1 mg 2
Donc : EpT = m g + 4 k 2 EpT = + 4k
2 2
2 2
Le lagrangien scrit : L = 1 5 m + 3 M 2 1 m g + 4 k 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x D = 2
2 2 3 2
Puisque : x 3 = sin = x 32 = 2 2
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L 3 2
dt =
= 5 m + M
dt 2
L mg D
= + 4k 2
= 2
3 2 mg
On obtient lquation diffrentielle suivante : 5m + M + + 4k 2 = 2
2
3
mg
On obtient : 5m + M 2 + 2 + + 4k 2 = 0
2
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3
mg
5m + M + + + 4k = 0
2
mg
+ 4k
+ + =0
3 3
5m + M 5m + M
2 2
mg 4k
+ + + = 0
3 3 3
5m + M 5m + M 5 m + M
2 2 2
On considre que : M = 2m
1 1 k 1 g
+ 8 m + 2 m 8 = 0 = 0
Donc :
+ 2 + 2 = 0
0
1 1
2 = 8 m = 16 m
2 = 1 k 1 g = 1 k 1 g
0 2 m 8 0
2m 8
Exercice 60:
En posant : R = , M = M1 =M 2; m = m1 = m 2
4
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , x 2 , y , , var iables
3 n = 6 5 = 1dd
x = R , x 1 = 4 sin , x 2 = sin , y = R , ( x 2 = y = R )
2
Lnergie cintique du systme:
EcT = Ec m1 + Ec M 1 + Ec M 2 + Ec m2
1 2 11 2 1 1 2 2
Ec m1 = I 1/o = m1 Ec m1 =
2
m
2 23 23
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1 2 11 2
Ec M 1 = I 1/C = MR 2
2 22
On considre que : R =
4
2
1 1 2 1 1 2
Donc: EcM = M = M
2
2 2 4 2 32
1 2 11 2 11 2
Ec M 2 = I 2/C = MR =
2
M
2
2 22 22
2 2
Puisque : x 2 = y = R 2 = R 2
1 2 1 2 1 2
Ec m 2 = m 2 y = mR 2 = m 2
2 2 2
2
11 1 1 1 2 15 17
EcT = m + M + m + M 2 EcT = m + M 2
23 2 2 32 2 6 32
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Epm + Epm + Epk + EpM + EpM EpT = Epm + Epm + Epk
2
11
Ep m = mg (1 cos ) = mg
2 22
2
1 2 1 9 3
Ep k = kx 1 + kx 0 x 1 = k + kx 0
2
2 2 16 4
Puisque : x 1 = 3 sin x 1 = 3 x 1 2 = 9 2 2
4 4 16
Epm = mgy = mgR = mg
2
1 9 1 3
EpT = k 2
mg
+ kx 0 mg
2 16 2 4
19 1
2
3
EpT = k 2
mg + kx 0 mg
2 16
4
2
A B
2
EpT = A + B
2 16 2
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19 1 mg 2 2
Donc : EpT = k
2 16 2
15 17 2 1 9 1 mg 2 2
Le lagrangien scrit : L = m + M 2 k
26 32 2 16 2
La fonction de dissipation scrit :
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2
D = q D = x = R 2 D = = 2
2 2 2 2 4 2 16
1 2 2
Puisque : x = R = sin = x 2
=
4 4 16
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de Lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L 5 17 2
dt = dt = 6 m + 32 M
L 9 1 mg 2 D 1
= k = 2
16 2
16
On obtient lquation diffrentielle suivante :
5 17 2 9 1 mg 2 1
m+ M + 16 k = 2
6 32 2 16
5 17 1
9 1 mg 2
m + M 2+ 2+ k =0
6 32 16 16 2
5 17 1 9 1 mg
m + M + + k =0
6 32 16 16 2
1 9 1 mg
16 k 2
+ 16 + =0
5 17 5 9
m+ M m+ M
6 32 6 32
9 1
k mg
+ + 16 2 = 0
5 17 5 m + 9 M 5 m + 9 M
16 m + M
6 32
6 32 6 32
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9k mg
+ + = 0 = 0
5 17 5 9 5 9
16 m + M 16 m + M 2 m + M
Donc : 6 32 6 32 6 32
+ 2 + 02 = 0
avec :
2 = 5 17
=
5 17
16 m + M 32 m + M
6 32 6 32
9k mg 9k mg
02 = 0 =
16 5 m + 9 M 2 5 m + 9 M 16 5 m + 9 M 2 5 m + 9 M
6 32
6 32
6 32
6 32
Exercice 61:
Le nombre de degrs de libert :
x , x 1 , var iables
n = 3 2 = 1dd
x = sin , x 1 = 2 sin
Le moment dinertie :
I /O = 2 m 2
Ep 2 m = 2 m gx = 2 m g sin = 2 m g
1 1
Ep k = kx 2
+ k x 0x = k 2 2 + k x 0
2 2
Puisque : x = sin = x 2 = 2 2
2
EpT =
1
(
2
)
k 2 + ( kx 0 2 mg )
B
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2
EpT = A + B
dEpT
Les conditions dquilibre est donne par: = 0 B = 0 kx 0 2 m g = 0
d = 0
2
Il reste :
1
EpT = k
2
2
( )
1 2 1 2 2
Le Lagrangien scrit : L = 2m k
2
2 2
1 2 1 2 1 2
La Fonction de dissipation scrit : D = q D = x = 4 2
2 2 1 2
2 2
Puisque : x 1 = 2 sin = 2 x = 4 2
1
dt = dt = 2 (
m 2
)
(
= k 2 )
= 4 2
( 2 m ) + ( k ) = 4
2 2 2
( ) (
2 m 2 + 4 2 + k 2 = 0) ( )
1 k
+ 2 m + 2 m = 0 2 = 2 =
m m
+ 2 + 2 = 0 2 = 1 k = 1 k
0
0 2 m 0
2m
La priode est alors donne par :
2 2 2m
0 = T0 = T 0 = 2
T0 0 k
1 k 2
= + a = a =
2
0
2
a
2
2
0
2
2 m m2
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Partie 3 :
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Exercice 62:
Une masse m est suspendue par dun ressort de raideur k selon la figure ci-contre. Les
frottements tant reprsents par lamortisseur de coefficient de visqueux . La masse m est
excite par une force verticale et harmonique : F ( t ) = F0Cos ( t )
variable x .
0 et de f .
3- Montrer que cette lquation diffrentielle admet une solution gnrale se met sous la forme :
x ( t ) = xH ( t ) + xP ( t ) . Prciser le sens de chaque terme.
de , et 0 en rgime permanent.
et le dphasage en fonction de .
0
1
9- Montrer que la pulsation de rsonance r ni existe que si Q Q 0.707 et 0 2 .
2
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F0
10- Tracer les courbes de et de pour diffrents valeurs des Q.
m0 0 0
T
+ si 0<t <
2
F (t ) =
T
si <t <0
2
Exercice 63:
La figure ci-contre reprsente une partie mcanique dun haut parleur. La masse m est
relie un bti fixe par lintermdiaire dun ressort de constant de raideur k .paralllement au
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- trouver la rponse de lexcitation xn ( t ) en rgime permanent ?
Exercice 64:
Soit un disque homogne de masse M et de rayon R qui peut tourne sans frottement
avec un angle autour dun axe horizontal et fixes-en- O . La masse m dplace sur le plan
horizontal est relie par lintermdiaire dun ressort de raideur k et un amortisseur de coefficient
et au disque par un fil inextensible senroul sans glisser sur ce disque. Lautre extrmit dun fil
est attache laide dun ressort de raideur k . La masse m du systme est soumise laction dune
force horizontale et harmonique : F ( t ) = F0 cos ( t ) .
lexpression de , de 0 et de f .
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Exercice 65:
port son extrmit une masse m . Soit un ressort de raideur k fix une distance 2 de centre O
3
de , et 0 .
Exercice 66:
Une tige rigide de longueur et de masse ngligeable tant oriente vers la haut et articule
lune de ses extrmits O , porte son autre extrmit libre une masse ponctuelle m , et pouvant
pivoter autour de laxe O . Un ressort de raideur k est galement
fix la masse m et la tige se trouve, au repos, dans une
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F0 = 2 ; g = 10 N kg , On demande dtablir lquation diffrentielle du mouvement et den
pulsation .
Exercice 67:
On considre le systme mcanique reprsent sur la figure ci-dessous. Il est constitu dun
cylindre homogne de masse M et de rayon R qui peut rouler sans glisser sur un plan horizontal.
Ce cylindre est reli au point O par un ressort de raideur 2k un bti fix. Une masse m
pouvant se dplacer sans frottement sur un bti horizontal, relie par lintermdiaire dun cylindre
et dun ressort de raideur k et un amortisseur de coefficient de frottement visqueux . Le systme
est soumis une force extrieure est horizontale : F ( t ) = F0Cos ( t ) applique la masse m .
9 kg
2- Sachant que k = 15 N ; m = 0.3kg ; = ; F0 = 36 , calculer 0 , , f .
m 4 s
3- Dterminer la solution de cette quation qui correspond au rgime transitoire et celle qui
correspond au rgime permanent.
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Exercice 68:
Soit un disque homogne de masse M et de rayon R qui peut tourne sans frottement avec un
angle autour dun axe horizontal et fixe O . Ce disque est reli par un ressort de raideur k , une
est fixe sur le disque une distance R du centre O et fait un mouvement circulaire avec le
2
mouvement du disque. La masse m du systme ainsi
constitu est soumise laction dune force horizontale et
harmonique : F ( t ) = F0Cos ( t ) . On se propose dtudier le
maximale M (rsonance).
5- Dterminer largeur de la bande passante et le facteur de qualit Q en fonction des paramtres
du systme.
Exercice 69:
Soit un disque homogne de centre O ,de masse M et de rayon R oscillant autour du point O
fixe et attach par un ressort de raideur k . Une tige rigide sans masse et de longueur est portant
une masse ponctuelle m , est solidaire du disque qui peut pivoter autour de son axe. Le disque M est
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soumise une force de frottement linaire f = x comme indiqu sur la figure tandis quune
et le facteur de qualit Q.
5- Dterminer la pulsation de rsonance r , la largeur de la
bande passante et le facteur de qualit Q en fonction
des paramtres du systme.
k 4g
On pose : R = ; M = 2m ; =
2 m
Exercice 70:
Soit un cylindre homogne de masse M oscillant autour du point O fixe et attach par un
amortisseur de coefficient de frottement visqueux . Un fil inextensible une extrmit porte une
masse m1 tandis que lautre extrmit porte une masse m 2 . Le ressort k relie la masse m1 au bti.
la phase .
3- Pour quelle valeur de pulsation , lamplitude M est
Page 175
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maximale (rsonance).
4- En dduire le facteur de qualit Q et de la bande passante en fonction des paramtres du
systme.
Exercice 71:
On considre le systme mcanique, reprsent sur la figure ci-dessous. Il est constitu dun
disque homogne de masse M et de rayon R qui peut tourne sans frottement avec un angle
autour dun axe horizontal et fixe O . Une tige homogne de masse et de longueur . Lune de
ses extrmits peut osciller sans frottements autour de laxe du centre disque. Elle porte lautre
extrmit une masse ponctuelle m qui est relie par un ressort de raideur k un bti fix. Un
amortisseur de coefficient de frottement visqueux est
k g
1- Sachant que : R = ; M = 18m ; = 3m ; =
3 m
Exercice 72:
Le systme ci-dessous est constitu dune masse m relie un bti fix par un amortisseur de
coefficient de frottement visqueux . Un ressort de raideur k est reli la masse m tandis que le
point dattache du ressort est soumis un dplacement forc : S ( t ) = S 0Cos ( t )
Page 176
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1 2 1
L = m x k ( x s (t ))
2
2 2
Exercice 73:
Soit une masse m lie un support par un ressort de raideur k . L'autre extrmit de la masse est lie
un amortisseur de coefficient de frottement visqueux tandis que le point A dattache du
frottement est soumis une force sinusodale et verticale:
S ( t ) = S 0 sin ( t )
Exercice 74:
Page 177
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On considre le systme mcanique, reprsent sur la figure ci-dessous. Il est constitu dune
masse m suspendue un bti fixe par lintermdiaire dun ressort de raideur k et dun amortisseur
de coefficient . Sur un bti fix est soumis un dplacement excitateur verticale:
S ( t ) = S 0Cos ( t )
, C et de .
Exercice 75:
Soit une masse ponctuelle m , relie au bti fixe B2 par un ressort de raideur k , est relie au
bti fixe B1 par un ressort de raideur k et un amortisseur de coefficient . Sur un bti fix B2 est
Exercice 76:
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Soit un disque homogne de masse M et de rayon R qui peut tourne sans frottement avec un
angle autour dun axe horizontal et fixe O . La masse m sur le plan horizontal est relie
ressort de raideur k et au disque par un fil inextensible senroul sans glisser sur ce disque. Lautre
extrmit dun fil est attache laide dun amortisseur de coefficient . On applique maintenant,
sur un bti fix B, une force horizontale et sinusodale : S ( t ) = S 0 sin ( t )
0 .
Exercice 77:
Dans le systme oscillant reprsent sur la figure ci-contre, le cylindre est homogne, de
masse M et de rayon R roule sans glisser sur un plan
horizontal .ce cylindre est reli au point O par un
amortisseur de coefficient de frottement visqueux un
bti fix. La tige est sans masse et de longueur .lune de
ses extrmits peut osciller sans frottements autour de
laxe du cylindre. Elle porte lautre extrmit une masse
ponctuelle m qui est relie par un ressort de raideur k
un bti fix est soumis une force horizontale et
Page 179
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sinusodale :
S ( t ) = S 0Cos t S ( t ) = S0 Sin ( t )
2
A lquilibre la tige est verticale et laxe du cylindre est lorigine des coordonnes O .la rotation de
la tige par rapport la verticale est repre par langle et celle du cylindre par langle . On
considre les oscillations de faibles amplitudes.
2m g 1 k
1- Sachant que : M = ; = 2R ; = montrer que lquation diffrentielle du
3 4m
mouvement forc amorti scrit :
1 k 3 kS0 1 S0
x+ x+ x = sin ( t ) + cos ( t )
10 m m 10 m 10 m
Exercice 78:
R. Il est li au bti fixe par lintermdiaire de deux ressorts identiques de raideur k et par un
2
amortisseur de coefficient de frottement
visqueux (voir la figure ci-dessous). Le
disque est excit par une force harmonique
F ( t ) = F0Cos ( t ) i applique son centre de
R et .
Page 180
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Exercice 79:
Montrer que l'amortissement relatif = on peut ainsi crire la formule suivante :
0
2 1
=
2 + 1
Rappel : 2 = : coefficient d'amortissement.
m
= 20% ( Damortissement relatif) ; m = 10 Kg ; 2 =
m
Exercice 80 :
La figure ci-dessous reprsente une machine laver constitue essentiellement dune partie
tournante (tambour) qui repose sur des supports anti-vibration par un ressort de raideur k et un
amortisseur de coefficient de frottement visqueux . Le tambour, assimile un cylindre creux, de
masse M , de rayon R qui peut tourne avec une vitesse angulaire constante .On considre que la
masse tournante est constitue par le linge de masse m . Pour des raisons de simplicit, on tudie les
vibrations verticales de la machine tournante dfinies par la coordonne y .
1 2
2 1
L = ( M + m ) y 2 y mR sin ( t ) + m ( R ) ky 2 + mgR (1 cos ( t ) )
2 2
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3- Trouver la solution y ( t ) en rgime permanente de lquation diffrentielle et prciser
lexpression de xM ( ) et de tg .
4- Calculer r de la pulsation qui permet lobtention dun dplacement avec une amplitude
Exercice 81 :
F (t )
Considrons un oscillateur harmonique amorti dquation diffrentielle : x + 2 x + 02 x =
m
4 F0 T T
+ T t si
4
<t<
4
F (t ) =
4 F0 + 2 F si
T
<t<
3T
T 0
4 4
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T
a si <t <0
2
F (t ) =
2(a b) t + si 0 < t <
T
T 2
Exercice 82 :
facteur damortissement
3- Donner la solution q ( t ) en rgime transitoire puis
Exercice 83 :
Un circuit RLC ci-dessus en srie est aliment par un gnrateur dlivrant une force
lectromotrice priodique E ( t ) telle que reprsente sur le schma ci-dessus :
Page 183
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E0
+ t si 0<t <
E (t ) =
E0 t + 2 E si < t < 2
0
Exercice 84 :
Soit le circuit RLC sont branch en srie et soumis a Une f .e.m (tension) sinusodale :
condensateur.
Page 184
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4- Donner la largeur de la bande passante et ses limites 1 et 2 en dduire le facteur de
qualit Q.
expressions I M et de de i ( t ) = I M cos ( t + ) .
Exercice 85 :
qualit Q.
Page 185
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Partie 3 :
Solutions
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Exercice 62:
La masse m est excite par une force verticale et harmonique : F (t ) = F0Cos ( t )
avec F0 est l'amplitude de la force excitatrice, est appele pulsation excitatrice du systme.
Le nombre de degrs de libert :
EpT = Ep m + Ep k
Ep m = mgx
1
Epk = kx 2 + kx 0x
2
1
E pT = kx 2
+ ( m g + k x 0 ) x
2
2
1
EpT = [ k ] x + [ mg + kx 0 ] x
2
B
A
2
EpT = A + B
1
EpT = kx 2
2
1 2 1 2
Le lagrangien scrit : L = m x kx
2 2
1 2 1 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x
2 2
Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F (t ).x
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Lquation de Lagrange dans le cas dun systme forc amorti en fonction de x est donne par:
d L L D W
dt x = + x
x x
d L L D W
Avec : = m x = kx = x = F (t )
dt x
x x
x
Lquation diffrentielle du mouvement scrit alors :
k F0
x + m x + m x = m cos ( t )
m x + kx = x + F (t )
x + 2 x + 2 x = f cos ( t )
0
k F0
avec : = 02 = f =
2m m m
0.2 1
A.N : = = 1S .I 02 = = 10 0 = 10 = 3.16 Rad / s
0.2 0.1
La solution de cette quation diffrentielle du second ordre est gale la somme de la solution de
lquation sans second membre (ou solution homogne) x H (t ) et dune solution particulire de
x (t ) = x H (t ) + x P (t )
Dans le cas des faibles oscillations : < 0 la solution gnrale de cette quation en rgime
m 4m 2
A .N : a = 10 1 = 9 = 3 Rad / s
Page 188
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La solution particulire de cette quation en rgime permanent est :
x P (t ) = x M Cos ( t + )
j ( t + )
Donc : x (t ) = x M Cos ( t + ) x (t ) = x M e x (t ) = x M e j e j t x (t ) = Xe j t
RE X
j
avec : X = x M e
x (t ) , x (t ) , x (t ) , F (t ) , sous la forme complexe :
x (t ) = X e j t
x (t ) = j X e j t
x (t ) = 2 X e j t
F (t ) = F0e j t
( )
02 2 + j ( 2) Xe j t =
F0 j t
m
e
F0 F0
X = 2 m X = m
2
(
0 + j ( 2) ) ( 2
0 )
2
2 + ( 2)
2
F0 F0 F0
Donc : X = x M = m xM = m = m
( ) + ( 2 )
2 2
( k ) + ( )
2 2 2 2
2 2
2
k 2
0
+
m m m
F0
xM =
( k ) + ()
2 2
2
Page 189
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X = x M e j ..........................................1
F0
Avec :
X = 2 m .................... 2
( )
0 2 + j ( 2 )
Lgalit 1 = 2 scrit:
F0
1 = 2 xMe j
= 2 m
( )
F
02 2 x M + j ( 2 ) x M = 0 e j
( )
0 + j ( 2 )
2
m
F F
( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M =
F0
m
(
( cos j sin ) 02 2 x M + j (
)
2) x M = 0 cos j 0 sin
m m
2x = F0 sin ............................... 4
M
m
Le rapport deux quations prcdentes conduit :
4 sin 2 2
= 2 tan = 2
3 cos 0 2
0 2
2
= arc tan
2
2
0
2 m
Donc: tan = 2 tan = =
0 2
k
2 k m 2
m
x M en fonction de :
0
F0 F0
m m 02
xM = xM =
( ) + ( 2)
2 2 2
2
2
2 4 2 2
1 2 + 2 2
0
0 0 0
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0 02 1 4 2
Q = Q = 2 2 = 2
2
2 4 Q 0 F0
F0 m 02 F0
m02 xM = = A
x M = 2
2 m02
1 2
2 4 2 2
2
1 2
+
0 Q 0
2 2
1 2 + 2 2
0 0 0
1
avec : A = 2
et Q est appele le facteur de qualit du systme.
2 1 2
1 2
+
0 Q 0
2 2
( ) + ( 2)
2 2
On posant : f () = 0
2 2
F0
Donc: x M = m
f ( )
La pulsation de rsonance r :
dx M df
x M ( = r ) x M Maximale =0 f mini male = =0
d d
Puisque : x M ( ) est maximum lorsque f ( ) est minimum.
df
d
( )
= ( 2) 2 02 2 + 8 2 = 0 4 2 + 02 2 2 = 0 ( )
Donc: = r = 02 2 2
= 2 + 2
Donc : 1 0
2 = + + 2 2
= 2 1 = ( ) (
20 + 2 + )
02 + 2 = 2
0
On obtient lexpression de la bande passante : = 2 2 =
2m m
Page 191
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Lamplitude x M ( = 0 ) est alors donne par :
F0
x M ( = 0) =
B
= m = F0
2
0
k k
m
Le facteur de qualit est donne par:
r 0
Q= = = 0
2 1 2
k
m = km
Q = 0 Q =
2 2
m
r en fonction de Q :
= 2 2 2
r 0
02 2 2 1
0 1 2 2 = 2 r = 0 1
Q = = 2
r
0 0
2
2Q 2
2 2Q 2
0
1
La pulsation de rsonance r ni existe que si 1 0
2Q 2
1 1 1
Donc : 1 2
0 2Q 2 1 0 Q 2 Q Q 0.707
2Q 2 2
Reprsentation graphiques :
F0
La variation de la quantit en fonction du rapport pour diffrents valeurs Q reprsente
m0 2
0
sur la figure suivante :
F0
Si 0 xM =
0 m02
F0
Si 1 x M = Q
0 m02
Si x M 0
0
1
Si facteur de Qualit Q Q 0.707 il n ya pas de rsonance (absence de maximum)
2
Page 192
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0
Q = 2 1
Puisque : 0 0 2
Q 1 2 2
2
en fonction de :
0
tan =
2
tan =
2
=
2 1
= 0
0 2
2
2
2
0 0 2 2
0 1 2 1 2 Q 1
0 0 0
avec : Q = 0
2
La variation de la phase en fonction du rapport pour diffrents valeurs Q est reprsente
0
sur la figure suivante :
Si 0 tan = 0 = 0
0
1
lim tan = =
0+ 0+
Si 1 0
0
=
2
Si
tan 0
0
On considre que la masse m est excite par une force : F (t ) = F0Cos t
2
La reprsentation complexe de F (t ) change, on crit :
Page 193
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j t j
F (t ) = F0e 2
= F0e j t e 2
F (t ) = jF0e j t
j
e 2 = cos j sin = j
2 2
Lquation complexe correspondante est :
F F0
j 0
( )
02 2 + j ( 2) Xe j t F0 j t
= j e X = 2 m X = m
m 0 + j ( 2)
2
( ) (2
0 )
2
2 + ( 2)
2
F0
Lamplitude reste inchange : xM =
( k ) + ( )
2 2
2
Lgalit 5 = 6 scrit:
F0
j
x M e j = m
( ) F
02 2 x M + j ( 2 ) x M = j 0 e j
( 2
0 2 ) + j ( 2 ) m
Donc : ( )
02 2 x M + j ( 2) x M =
F0
m
F
sin j 0 cos
m
De cette dernire quation on dduit que :
2
(
0 2
x)M =
F0
m
sin ..... 7
7 sin 02 2 02 2
= tan =
2x = F0 cos ......... 8 8 cos 2 2
M
m
02 2
Donc : tan =
2
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T
+ si 0<t <
2
F (t ) =
T
si <t <0
2
a0
La srie de Fourier dune fonction priodique F ( t ) est : F ( t ) = + an cos nt + bn sin nt
2 n =1
Le coefficient constant 0 donne la valeur moyenne de F ( t ) sur une priode.
Les coefficients constants 0 , an et bn dune fonction priodique sont calculs par les formules :
T T T
2
2 2 2 2 2
On calcul a0 , on trouve :
2 2
T
( )
0
= [ ]0T + [ ] 2 = 2 T + T = 0 a = 0
2
T
T T 0 T
a0 = dt + dt 0
2
0
T 2 2
2
Remarque:
- Si la fonction priodique est paire : F ( t ) = F ( t ) les coefficients bn sont nulles ( bn = 0 ) et
Ici la fonction priodique F ( t ) (signal carr) tant impaire car F ( t ) = F ( t ) et son graphe de
F ( t ) est symtrique par rapport a lorigine Donc les coefficients an sont nulles ( an = 0 ) .
2 2 2
T 0 T
0
2
=
T T 0
bn = sin ntdt + sin ntdt cos nt + cos nt
T n T n
2 2
0
bn =
2
T n ( 0 T 2
[cos nt ]T 2 + [ cos nt ]0 2 = 2
T n ) ([cos nt ]
0
T
2
+ [ cos nt ]0 2
T
)
T
bn =
n
(
1 cos ( n ) + 1 + cos ( n ) =
n
)
( 2 2 cos ( n ) )
2
Aprs dveloppement des calculs, on aboutit: bn =
n
(1 cos ( n ) )
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1
2
si n = 2k ( paire ) bn = 1 cos ( 2k ) = 0
2 k
Ainsi: 1
2 4
si n = 2k + 1( impaire ) bn = 1 cos ( 2k + 1) bn =
( 2k + 1)
( 2k + 1)
Avec k = 0,1, 2.......
En dfinitif, la fonction signal carr peut scrire sous la forme de la srie de Fourier suivante :
4
F (t ) = sin ( 2k + 1) t
k =0 ( 2k + 1)
En dveloppant, on obtient:
4l 4 4 4 4
F (t ) = sin t + sin 3t + sin 5t + sin 7 t + .............. + sin ( 2k + 1) t
3 5
7
(
2k + 1)
Fondamental
3 ieme harmonique 5 ieme harmonique 7 ieme harmonique
n ieme harmonique
4
Avec : xM , n = nm xM , n =
4
( ) + ( 2 n ) ( ) + ( 2 n )
2 2 2 2
2
0 n22 nm 2
0 n22
et
2 n
tan n =
n22
2
0
En dveloppant, on obtient:
4 sin ( t + 1 ) 1 sin ( nt + n )
xn ( t ) = + ................................. +
m
( 2 ) + ( 2 ) n
( n 2 2 ) + ( 2 n )
2 2 2 2
2 2
0 0
Page 196
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Exercice 63:
Lentre dun courant lectrique sinusodal : i (t ) = I 0 cos t + dans le haut parleur gnre une
2
force : F (t ) = ki 0Cos t + qui sexerce, suivant laxe X X .
2
k k
x + x + x = i 0Cos t +
m m m 2
m x + kx = x + F (t )
x + 2 x + 2 x = k i Cos t +
0 0
m 2
j t + j
( )
j t
F t = ki e 2
= ki e e 2
j
F (t ) = jki 0e j t
0 0
avec : X = x M e
e 2 = cos + j sin = j
j
2 2
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x (t ) , x (t ) , x (t ) , F (t ) sous la forme complexe :
x (t ) = X e j t
x (t ) = j X e j t
x (t ) = 2 X e j t
F (t ) = jki 0e j t
k
En remplaant dans lquation diffrentielle : x + 2 x + 02 x = i 0Cos t + , on obtient
m 2
lquation complexe suivante :
k
2 X e j t + j 2X e j t + 02 X e j t = j i 0e j t
m
(
02 2 + j ( 2 ) X e ) j t
= j
k
m
i0e j t
k k
i0 j i0
X = 2 m X = m
(
0 2 + j ( 2) ) (
2
0 )
2
2 + ( 2)
2
k
i0 ki 0
Donc : x M = X =
m xM =
( ) ( k m ) + ()
2 2
2 + ( 2)
2 2 2 2
0
X = x M e j .................................. 1
avec: k
j i0
X = m ................ 2
(
02 2 + j ( 2 ) )
Lgalit 1 = 2 scrit:
k
i0 j
x M e j = 2 m k
(
02 2 x M + j ( 2 ) x M = j i 0e j )
(
0 + j ( 2 )
2
) m
( )
02 2 x M + j ( 2) x M = j
k
m
i 0 ( cos j sin )
(
)
k
m
k
02 2 x M + j ( 2 ) x M = i 0 sin + j i 0 cos
m
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2
( )k
0 x M = m i 0 sin ..... 3
2
2x = k i cos ......... 4
M
m
0
3 sin 02 2 2 2
= tan = 0
4 cos 2 2
02 2
Donc : = arc tan
2
La pulsation de rsonance r :
dx K 2
x M ( = r ) x M r = 2 r =
2 2
Maximale M =0 0
d m 2m 2
x M en fonction de :
0
k k
i0 i0
m m02
xM = xM =
( ) + ( 2)
2 2 2
2
2
2 4 2 2
1 2 + 2 2
0
0 0 0
Lexpression de lamplitude scrit alors par :
0 02 1 4 2
Q = Q 2 = =
2 4 2 Q 2 02 k
i0
k
i0 m 02
m 02 xM =
2
x M = 2 1 2
2
2 4 2 2 1 2
+
0 Q 0
2 2
1 2 + 2 2
0 0 0
r en fonction de Q :
= 2 2 2
r 0
02 2 2 1
0 1 2 2 = 2 r = 0 1
Q = = 2
r
0 0
2
2Q 2
2 2Q 2
0
1
La pulsation de rsonance r ni existe que si 1 0
2Q 2
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1 1 1
1 2
0 2Q 2 1 0 Q 2 Q Q 0.707
2Q 2 2
k
1 0 1 m km 1 2km
Puisque : Q
2 2 2 2
m
La variation de lamplitude x M en fonction du rapport est reprsente sur la figure suivante :
k
Si = 0 x M = i
m 2 0
0
x x (r ) ki 0
M
xM = =
2 2 2 m 02
k
i0
Si lim x = m 0 x 0
M
M
F ( t ) = F ( t ) et son graphe de F ( t ) est symtrique par rapport a lorigine Donc les coefficients
an sont nulles ( an = 0 ) .
Page 200
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Les coefficients bn son dtermins a partir de :
T T
2 F 2F
bn = t sin ntdt = 2 t sin ntdt
T 0T T 0
T
Soit:
1
U ( t ) = sin nt U ( t ) = n cos nt
V ( t ) = t V (t ) = 1
On trouve:
T T T T T
t 1 t 1
0 t sin ntdt = n cos nt 0 0 n cos nt dt = n cos nt 0 + n22 sin nt 0
T2
0
T
T2
t sin ntdt = cos 2 n + 2 2 sin 2 n
0 2n 4n
T
T2
t sin ntdt = cos 2 n
0
2n
F0 F0
F (t ) = sin nt
2 n=1 n
En dveloppant, on obtient:
F0 F0 1 1 1
F (t ) = sin t + sin 2t + sin 3t + .......................... + sin nt
2 2 3 n
k F (t )
x + x+ x =
m m m
Sachant que :
x + 2 x + 2 x = F ( t )
0
m
En rgime permanent, lquation admet une solution suivant :
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xn ( t ) = xM ,n ( ) sin ( nt + n )
Avec :
F0
xM , n = mn xM , n =
F0
( ) + ( 2 n ) ( ) + ( 2 n )
2 2 2 2
2
0 n22 nm 2
0 n22
2 n
et tan n =
n222
0
En dveloppant, on obtient:
F sin ( t + 1 ) 1 sin ( nt + n )
xn ( t ) = + ........................ +
m
( 2 ) + ( 2 ) n
( n 2 2 ) + ( 2 n )
2 2 2 2
2 2
0 0
Exercice 64:
La masse m du systme est soumise laction dune force horizontale et harmonique :
F (t ) = F0Cos ( t )
x , var iables
Le nombre de degrs de libert : n = 2 1 = 1dd
x = R
2
Lnergie cintique du systme:
EcT = Ec M + Ec m
1 2 1 2
Ec m = m x = mR 2
2 2
2 2
Puisque : x = R x = R
2
1 2 11 2
Ec M = I /C = MR 2
2 22
1 1 2
2
1 2m + M 2
2
EcT = m + M R EcT = R
2 2 2 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep M + Ep m + Ep k + Ep k
Page 202
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1 2
Ep k = 2 kx + kx 0 x
1
(
EpT = 2kR 2 2 )
Ep = 1 kx 2 kx x 2
k
2
0
1 2m + M 2 2 1 2
Le lagrangien scrit : L =
2 2
R
2
( 2 kR 2
)
1 2 1 2 1 2
La Fonction de dissipation scrit : D = q D = x = R
2
2 2 2
Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F (t ).x = F (t )R
Lquation de Lagrange dans le cas dun systme forc amorti en fonction de est donne par:
d L 2m + M 2 L D
d L L D W
=
dt R = 2kR 2
= R 2
2
= +
dt
W = F (t )R
On obtient lquation diffrentielle suivante :
2 4k 2F0
+ + = Cos ( t )
2m + M 2
( M + 2m ) ( M + 2m ) ( M + 2m ) R
R + 2kR = R + F (t )R ( t )
2 2
2
+ 2 + 02 = BCos ( t )
2
2 = M + 2m = M + 2m
( ) ( )
4k 4k
02 = 0 =
avec : ( M + 2m ) ( M + 2m )
2F0
B =
( M + 2m ) R
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4k 2
= + a = a =
2 2 2 2 2
0 a 0
( M + 2 m ) ( M + 2m )2
En rgime permanent: P (t ) = M Cos ( t + )
2F0 2F0
M =
( M + 2m ) R =
( M + 2m ) R
( 4k ( M + 2m ) 2 ) + ( 2 )
2 2 2 2
4k
2 + 2
( M + 2m ) ( M + 2m ) (M + 2m )
2F0
Donc : M = R
( 4k ( M + 2m ) ) + ( 2 )
2 2
2
2 2 2
tan = tan = = arctan
2
0
2
4k ( M + 2 m ) 2
4 k ( M + 2m ) 2
La pulsation de rsonance r :
K 2 2
r = 02 2 2 r =
m ( M + 2m )2
4k
0 ( M + 2m ) k ( M + 2m )
Q= Q = =
2 2
(M + 2m )
Page 204
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Exercice 65:
La force agissant sur la masse m du systme est horizontale et harmonique : F (t ) = F0Cos ( t )
2 n = 4 3 = 1dd
x = sin , x 1 = 3 sin , x 2 = 3 sin
Le moment dinertie : I /o = m 2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2 2 1 2
EcT = Ec m = I /o = m = m x
2 2 2
puisque :
petit sin =
2 2
x = sin = x = 2
1 2 1 4 mg
2
Le lagrangien scrit : L= mx k + x
2 2 9
1 2 1 2 1 2 2 1 1 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x = = x
2 2 2 2 9 29
2 2 2
puisque : x 2 = sin = x =
3 3 2 9
Page 205
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Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F (t ).x
Lquation de Lagrange dans le cas dun systme forc amorti en fonction de est dtermine
par:
d L L D W d L L 4 mg D 1 W
= + = m x = k + x = x = F (t )
dt x x x x dt x
x 9
x 9 x
1 4 k g F0
= 02 = + B=
18 m 9 m m
F0
= B m
xM =
M
( ) ( )
2 2
( ) + ( 2 )
2 2
2
0 2
+ 2 2
0 2
2 2
tan = 2 = arctan 2
0 2
0 2
La pulsation de rsonance r :
4 k g 2 2
r = 02 2 2 r = +
9 m (18m )
2
Exercice 66:
La force agissant sur la masse m du systme est horizontale et harmonique : F (t ) = F0Cos ( t )
Page 206
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x , x 1 , x 2 , var iables
2
x = sin , x 1 = 3 sin , x 2 = 3 sin
n = 4 3 = 1dd
Le moment dinertie : I /o = m 2
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2 2 1 2
EcT = Ec m = I /o = m = m x
2 2 2
puisque :
petit sin =
2 2
x = sin = x = 2
1 2 1 10 mg 2
Le lagrangien scrit : L= mx k x
2 2 9
1 2 1 2 1 4 2 2 1 4 2
La Fonction de dissipation scrit : D = q D = x = = x
2 2 2 2 9 29
2 2 2 4 2 2
puisque : x2 = sin = x =
3 3 2 9
Page 207
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d L L D W d L L 10 mg D 4 W
= + = mx = k x = x = F(t)
dt x x
x x dt x x 9
x 9 x
On obtient lquation diffrentielle suivante :
4 10 k g F
x+ x+ x = 0 cos ( t )
10 mg 4
9m 9 m m
m x+ k x = x + F (t )
9 9
x + 2 x + 2 x = f cos t
0 ( )
2 10 k g F0
= 02 = f =
9m 9 m m
A.N : k = 4.5 N
m
, m = 0.1Kg , = 1m , = 0.9 Kg s , F0 = 2, g = 10 N
Kg
= 2SI
02 = 40 0 = 2 5Rad / S
Donc : B = 20
02 = a2 + 2 a = 02 2
A .N : a = 40 4 = 36 = 6 Rad / s
( )
x H (t ) = A e t cos a t + x H (t ) = A e 2t cos ( 6t + )
B 20
x M = x M =
( )
02 2 + ( 2 )
2
( )
2 2
40 2 + 162
A .N :
2 4
tan = 2 2 tan =
0 40 2
Page 208
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La pulsation de rsonance r :
x M ( = r ) x M Maximale
dx M
(
=0 f ( ) = 40 2 )
2
+ 16 2
d
df
d
( )
= ( 2) 2 40 2 + 32 = 0
df
d
= 42 128 = 0 r = 32 = 4 2 Rad r = 5.65 Rad
s s
r = 02 2 2
A .N : a = 40 8 = 32 = 5.65 Rad
s
r 0 5
Facteur de qualit: Q= = = 0 Q = Q = 1.58
2 1 2 2
Reprsentation graphique :
La variation de lamplitude x M en fonction du rapport est reprsente sur la figure suivante :
20
x ( = 0) = 40 = 0.5
5 2
x ( = r ) = 17
x ( r ) 5
=
2 17
0 1 ( 1 )
= 2 + 2 = 2 11 1 = 4.63 rad
1 s
( )
2 = 0 + + 2 = 2 11 +1 2 = 8.63 rad s
2 2
Exercice 67:
Le systme est soumis une force extrieure est horizontale : F (t ) = F0Cos ( t ) applique la
masse m.
Le nombre de degrs de libert :
x , var iables
n = 2 1 = 1dd
x = R
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1
Ep k = 2 k ( 2x )
2
1
EpT = 6kx 2
Ep = 1 2kx 2 2
k
2
1 3 2 1 2
Le lagrangien scrit : L = 4m + M x 6k x
2 2 2
2
1 2 1 1 2
La Fonction de dissipation scrit : D = q D = 2 x = 4 x
2 2 2
Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F (t ).2x
Lquation de Lagrange dans le cas dun systme forc amorti en fonction de x est donne par:
d L L D W d L 3 L
dt x = + x dt = 4 m + M x
x
= 6kx
x x x 2
D W
= 4 x = 2F (t )
x x
On obtient lquation diffrentielle suivante :
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4 6k 2F0
x
+ x + x = Cos ( t )
3 3 3
3
4m + M 4m + M 4m + M
4m + M x + 6kx = 4 x + 2F (t ) 2 2 2
2
x + 2 x + 02 x = BCos ( t )
On considre que: M = 4 m
Lquation diffrentielle du mouvement scrit alors :
1
= 5 m
2 3 k 1 F0
x
5m + x + x = Cos ( t )
5 m 5 m 3k
0 =
5m
x + 2 x + 2 x = BCos ( t )
0
1 F0
B =
5m
9 kg
A.N : k = 15 N m , m = 0.3kg , = , F0 = 36
4 s
3
Donc : = S.I 02 = 30 0 = 30 = 5.47 Rad / s B = 24
2
9 111
02 = a2 + 2 a = 02 2 a = 30 = = 5.26 Rad / s
4 4
Page 211
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r = 02 2 2
9
A.N : 30 = 25.5 = 5.05 Rad
2 s
0 30
Facteur de qualit: Q= Q= = 1.82
2 3
La variation de lamplitude x M en fonction du rapport est reprsente sur la figure suivante :
xM ( = 0 ) = 0.8
xM ( = r ) = 1.51
xM ( r ) = 1.08
2
= 2 + 2 = 3.76 Rad
1 0 1 s
2 = 0 + + 2 = 6.76
2 2 Rad
s
Exercice 68:
La force agissant sur la masse m du systme est horizontale et harmonique : F (t ) = F0Cos ( t )
R R n = 3 2 = 1dd
x = R , x 1 = 2 sin = 2
2
2
R 1
I /0 = m I /0 = mR 2
2 4
Lnergie cintique du systme:
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EcT = Ec M + Ec m
1 2 11 2 11 2
Ec m = I /o = mR 2 = mx
2 24 24
2 2
puisque : x = R x = R
2
1 2 11 2 11 2
Ec M = I /C = MR =
2
M x
2 22 22
1m M 2 1 m + 2M
2
EcT = + x EcT = x
2 4 2 2 4
Lnergie potentielle du systme:
R 1 R 2 1 1 mg 2 2 1 1 mg 2
Ep m = mg (1 cos ) = mg = R = x
2 2 2 22 R 22 R
1
Ep k = kx 2
2
1 1 mg 2
EpT = k + x
2 2 R
1 m + 2M 2 1 1 mg 2
Le Lagrangien scrit : L = x k + x
2 4 2 2 R
1 2 11 2 11 2
La Fonction de dissipation scrit : D = x D = R 2 = x
2 1 24 24
R F (t )
Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F (t ).x 1 = F (t ) . W = .x
2 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme donne par :
d L L D W d L m + 2M L 1 mg
dt x = + x dt = 4 x
x
= k + x
x x x 2 R
D 1 W 1
= x = F (t )
x 4 x 2
On obtient lquation diffrentielle suivante :
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x+
4 kR + mg
x +
2 ( ) x = 2F0
Cos ( t )
( m + 2M ) R ( m + 2M )
m + 2M 1 mg
1 1 m + 2M
x + k + x = x + F(t )
4 2R 4 2 avec
x + 2 x +0 x = BCos ( t )
2
2 = m + 2 M = 2 ( m + 2 M )
: 0 =
2
4 kR + mg( 2
0 =
)
4 kR + mg
2 ( )
( m + 2M ) R ( m + 2M ) R
2F0
B =
( m + 2M )
2F0 2F0
xM =
( 2M + m ) =
( M + 2m )
( ) ( )
2 2
4 kR + mg 2 M + m ) 2 + ( )
2R (
mg 2
4 k +
2
2R 2
+
2
( M + 2 m ) 2 ( M + 2 m ) ( M + 2m )
2F0
xM =
( )
2
mg 2M + m ) 2 + ( 2)
2R (
2
4 k +
2 2 2
tan = tan = = arctan
2
2
0 4 k + mg( 2R ) ( 2M + m ) 2
(
4 k + mg
2R ) ( 2M + m ) 2
La pulsation de rsonance r :
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r = 02 2 2 r =
(
4 kR + mg
2 ) 2
( m + 2M ) ( m + 2M )
2
Bande passante : = 2 1 = 2 =
m + 2M
Facteur de qualit:
(
4 kR + mg )
( ) ( m + 2M ) Q = 4 ( kR + mg 2 ) ( m + 2M )
2
( m + 2M ) R 4 kR + mg
2
Q = 0 Q = =
2 ( m + 2M ) R 2R
( m + 2M )
Exercice 69:
La masse m est soumise une force F (t ) = F0Cos ( t ) perpendiculaire la tige .
x , x 1 , var iables
n = 3 2 = 1dd
x = R , x 1 = sin
Les moments dinertie :
1
I /C = MR 2
I / O = m 2 = m ( 2 R ) = 4mR 2 car : R =
2
= 2R
2
Lnergie cintique du systme:
EcT = Ec M + Ec m
1 2 1 2 1 2
Ecm = I / o = 4mR 2 = 4m x
2 2 2
2 2
puisque : x = R x = R
2
1 2 11 2 11 2
Ec M = I /C = MR =
2
M x
2 22 22
1 M 2 1 8m + M 2
EcT = 4m + x Ec = x
2 2
T
2 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep M + Ep m + Ep k
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1
petite (1 cos ) = 2
2
2 2
1 1 1 mg 2 2 1 mg 2 1 2
Ep m = mg (1 cos ) = mg = mg 2R = 2 R = 2 x Ep k = kx
2 2 2 R 2 R 2
2
1 2 mg
EpT = k + x
2 R
Le lagrangien scrit :
1 8m + M 2 1 2mg 2
L= x k + x
2 2 2 R
1 2
La fonction de dissipation scrit : D = x
2
Le travail W de la force F(t) est donne par:
W = F (t ).x 1 = F (t ) . W = F (t ) .2 R W = 2 F (t ) x car : x 1 = x 1 = 2 R
x +k +
2mg
x
= x + 2F (t )
8m + M
( 8m + M ) R
( 8m + M )
2 R
x + 2 x + 0 x = BCos ( t )
2
k 4g 4g g k g
On considre que : M = 2m ; = = =2 =2
m 2R R m R
1 1 k 2 g 2 F0
x + 5 m x + 5 m + 5 R x = 5 m Cos ( t )
Donc :
x + 2 x + 2 x = BCos t
0 ( )
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1 1
2 = 5 m = 10 m
1 k 2 g 1 k g 1 k k 2k
Avec : 02 = + 0 = +2 = + 0 =
5 m 5 R 5 m R 5 m m 5m
2 F0
B =
5m
2 F0 2F0
xM = 5m = 5m
2 x
2F0
M =
2k 5m + ( )
2 2 2 2
2 k 1
2 +
2k 5m 2 + ()
2 2
5 m 5 m 5m
2
tan = tan = = arctan
2
0
2
(
2 k 5m 2
) (
2k 5m 2 )
2 k 1 2
La pulsation de rsonance r : r = 02 2 2 r =
5 m 50 m 2
1k
Bande passante : = 2 1 = 2 =
5m
2k
2 k 5m 10km
Facteur de qualit: Q = 0 Q = 5 m = Q =
2 1 5m 2
5m
2F0 F0
Avec : x ( = 0 ) = =
2k k
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Exercice 70:
La masse m 2 du systme est soumise laction dune force verticale et harmonique :
F (t ) = F0Cos ( t )
Lnergie cintique du systme:
1 2
Ec m1 = m1 x
2
1 2
Ec m 2 = m2 x
2
1 2 11 2 11 2
Ec M = I /C = MR 2 = M x
2 22 22
2 2
Avec : I /C 1
= MR 2
et x = R x = R 2
2
2
1 1
EcT = m1 + m 2 + M x
2 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep M + Ep m1 + Ep m 2 + Ep k
Epm1 = m1gx
Epm2 =m2gx
1
Epk = kx 2 + kx 0x
2
1
EpT = k x 2 + (m 1g m 2 g + k x 0 ) x
2
2
EpT = A + B
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1 2
La fonction de dissipation scrit : D = x
2
Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F (t ).x
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D W d L 1 L D W
x = + x dt = m1 + m 2 + M x = kx
= x = F (t )
dt x x x 2 x x x
B
x M =
( )
02 2 + ( 2 )
2 2
2
tan = 2 2
0
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F0 F0
1 1
m1 + m 2 + M m1 + m 2 + M
xM = 2 = 2
2 2 2
1 2
k m 1 + m 2 + 2 M + ( )
2
k
2 +
1 1
m1 + m 2 + M m1 + m 2 + M 1
2 2 m1 + m 2 + M
2
F0
xM =
2
1 2
+ ( )
2
k m1 + m 2 + 2 M
2
tan = tan = = arctan
2 2
1 2 1 2
k m1 + m 2 + 2 M k m1 + m 2 + 2 M
0
La pulsation de rsonance r :
k 2
r = 2 r =
2
0
2
2
1 1
m1 + m 2 + M 2 m1 + m 2 + M
2 2
Bande passante : = 2 1 = 2 =
1
m1 + m 2 + M
2
Facteur de qualit:
k
1 1 1
0
m1 + m 2 + M m1 + m 2 + M k m1 + m 2 + M
Q = Q = 2 =
k 2 Q = 2
2 1 2
m1 + m 2 + M
1 2
m1 + m 2 + M
2
Avec : x ( = 0 ) = F0
k
Exercice 71:
La masse m est soumise une force F (t ) = FCos
0 ( t ) perpendiculaire la tige .
Le nombre de degrs de libert :
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x , x 1 , x 2 , var iables
2
x = sin , x 1 = 3 sin , x 2 = R = 3 sin
n = 4 3 = 1dd
Les moments dinertie :
1
I /C = MR 2
I1/0 = m2
1 1 1
I 2/O = I /G + (OG ) I 1/O =
2
2 + 2 = 2
12 4 3
1
I 2/O = 2
3
Lnergie cintique du systme:
1 2 1 2 2 1 2
Ec m = I 1/o = m = m x
2 2 2
2 2
Avec : x = x =
2
1 2 11 2 1 1 2 2 1 1 2 1 1 2
Ec M = I /C = MR =
2
M = M =
2
Mx
2 22 22 9 2 18 2 18
Car : R =
3
1 2 1 1 2 2 1 1 2
Ec = I 2/o = = x
2 23 23
1M 1 2
EcT = + m + x
2 18 3
Lnergie potentielle du systme:
Page 221
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1
Epk = 3kx 2
2
11 2
1 g 2 2 1 g 2
Ep = g (1 cos ) = g = = x
2 22 2 2 2 2
1 mg g 2
EpT = 3k x
2 2
1M 1 2 1 mg g 2
Le lagrangien scrit : L = + m + x 3k x
2 18 3 2 2
1 2 1 2 1 4 2 2 1 4
2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x = = x
2 2 1 2 9 29
Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F (t ).x
Lquation diffrentielle du mouvement est donne laide de lquation de lagrange
comme suit :
d L L D W d L M 1 L mg g
= + = + m + x = 3k x
dt x x
x x dt x 18 3 x 2
:
D 4 W
= x
= F (t )
x 9 x
M 1 mg g 4
On obtient : + m + x + 3k x = x + F (t )
18 3 2 9
g
3k m +
4 2
x+
x+ F0
x= cos ( t )
M 1 M 1 M 1
9 + m + + m + +m+
18 3 18 3 18 3
x + 2 x + 02 x = B cos ( t )
k g
On considre que : M = 18 m = 3m =
m
Donc :
4 1 k 1 F0
x + 27 m x + 6 m x = 3 m Cos ( t )
x + 2 x + 2 x = BCos ( t )
0
Page 222
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4 2
2 = =
27 m 27 m
1k 1k
02 = 0 =
6m 6m
1 F0
B =
3m
B
x M =
( )
02 2 + ( 2 )
2 2
2
tan = 2 2
0
F0 F0
3m 3m
xM = =
2 2 2
2
2
1 k k 6m 2 4
2 + 2 +
6 m 27 m 2 9
3m
F0
xM =
2 2
k 2 4
3m +
2 9
4 4
2
tan = tan = 9 = arctan 9
2
2
0
k
3m 2 k
3m 2
2 2
1k 8 2
La pulsation de rsonance r : r = 02 2 2 r =
6 m 729 m 2
Exercice 72:
Le point dattache du ressort est soumis une force horizontale : S (t ) = S 0Cos ( t )
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EpT = Ep m + Ep k
Ep m = mgx
1
Epk = k ( x S (t ) )
2
2
1 2 1
m x k ( x S (t ) )
2
Le lagrangien scrit : L =
2 2
1 2 1 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x
2 2
Lquation diffrentielle du mouvement est donne laide de lquation de lagrange :
d L L D d L L D
= =mx = k ( x S0 cos t )
= x
dt x x x dt x x x
On calcul x M
et en utilisant la notation complexe, cela donne :
B
x M =
( )
02 2 + ( 2 )
2 2
2
tan = 2 2
0
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kS 0 kS 0
m m kS 0
xM = xM = xM =
( k ) + ( ) ( k ) + ( )
2 2 2 2
2 2
k 2
2 2
+
m m m
tan =
k 2
0 2S 0 0 S 0
Lorsque = 0 x M = =
( 20 ) 2x M
2
0 S 0 0 k
x M = 5S 0 = = =
10S 0 10 10m
0
Le facteur damortissement lorsque = 0 =
10
A.N : k = 0.3 N m = 0.05 K g
m
0.3
= = 0.6 = 0.6S 1
10 0.05
Exercice 73:
Le point A dattache du ressort est soumis une force sinusodale et verticale : S (t ) = S 0Sin ( t )
1 2 1 2
Le Lagrangien scrit : L = m x kx
2 2
2
1 2 1
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x S (t )
2 2
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
Page 225
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d L L D W d L L D
x = + x dt = m x = kx
= x S (t )
dt x x x x x
avec:
k S 0
= 02 = f =
2m m m
La solution en rgime permanent : x P (t ) = x M Cos ( t + )
f
x M =
( )
02 2 + ( 2 )
2 2
Avec :
2
tan = 2 2
0
On calcul x M
et du systme, on trouve :
S 0 S 0
m m S 0
xM = xM = xM =
( k m ) + ( ) ( k m ) + ( )
2 2 2 2
2 2
k 2
2 2
+
m m m
tan =
k 2
Exercice 74:
Un bti fixe A est soumis un dplacement excitateur et verticale : S (t ) = S 0Cos ( t )
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Lnergie cintique du systme:
1 2
EcT = Ec m = m x
2
Lnergie potentielle du systme: EpT = Epm + Epk
Ep m = mgx
1
k ( x S (t ) ) + k ( x 0 S 0 ) ( x S (t ) )
2
Ep k =
2
1
EpT = k ( x S (t ) )
2
Il reste :
2
1 2 1
m x k ( x S (t ) )
2
Le Lagrangien scrit : L =
2 2
2
1 2 1
La Fonction de dissipation scrit : D = q D = x S (t )
2 2
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L L D
= = m x = k ( x S ) = x S
dt x x
x dt x x
x
On obtient lquation diffrentielle suivante :
m x + k ( x S (t ) ) = x S (t ) m x + x + kx = kS (t ) + S (t )
k k k k
x + x + x = S ( t ) + S (t ) x + x + x = S 0Cos ( t ) S 0 Sin ( t )
m m m m m m m m
x + 2 x + 2 x = 2S (t ) + 2 S (t ) x + 2 x + 2 x = 2S Cos ( t ) 2 S Sin ( t )
0 0
0 0 0 0
k
avec : = 02 =
2m m
On remarque que :
C Cos ( t + ) = C Cos Cos ( t ) C SinSin ( t ) ..........1
C Cos ( t + ) = 2S Cos ( t ) 2 S Sin ( t ) .................... 2
0 0 0
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C Sin = 2 S .................... 4
0
Ces deux quation leves au carr puis ajoutes membre membre conduisent :
k 2 + 2 2
( ) ( ) + ( 2 S 0 ) C = S 0 02 + 4 2 2 C = S 0
2 2 2 2
3 + 4 C 2 Cos 2 + Sin 2 = 02S 0
m2
1
C Sin
4 2 S 0 2
= = tan = 2 tan = = arctan
3 0 S 0
2
0 k k
C Cos
k 2 + 22
Donc : C Cos ( t + ) = S 0 2
Cos t + arctan
m k
avec : F (t ) = C Cos ( t + )
On calcul x M
et en utilisant la notation complexe.
x (t ) = x M Cos ( t + ) x (t ) = x M e j ( t + ) x (t ) = x M e j e j t x (t ) = Xe j t
RE X
j
avec : X = x M e
x (t ) , x (t ) , x (t ) , F (t ) sous la forme complexe :
Page 228
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x (t ) = X e j t
x (t ) = j X e j t
x (t ) = X e
2 j t
F (t ) = C e j ( t + ) = C F0e j t e j
On remplace dans lquation diffrentielle x + 2 x + 02 x = C Cos ( t + ) , on obtient:
2 X e j t + j 2X e j t + 02 X e j t = C F0e j t e j
( )
02 2 + j ( 2 ) X e j t
= C e j e j t
( )
02 2 + j ( 2 ) X = C e j
C e j
C
X = X =
( 2
0
2
)
+ j ( 2 )
( 2
0 2 ) + ( 2 )
2 2
C
Donc : x M =
( ) + ( 2)
2 2
2
0 2
Avec :
X = x M e j ...................... 5
C e j
X = ........ 6
2
0 ( 2
+ j )
( 2 )
Lgalit 5 = 6 scrit:
C e j
5 = 6 x M e j = ( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = C e j e j
( 2
0
2
)
+ j ( 2 )
( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = C e
j ( )
( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = C cos ( ) + j sin ( )
( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = C cos ( ) + jC sin ( )
Page 229
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( )
02 2 x M = C cos ( ) ..... 7
2x M = C sin ( ) ............... 8
8 sin ( ) 2 2
= 2 tan ( ) = 2
7 cos ( ) 0 2
0 2
2 2 2 2
= arc tan = arc tan 2 = arc tan 4 arc tan 2
2
0
2
0 2
0 0 2
= arc tan arc tan
k k m 2
Donc:
C
x M = k 2 + 22
( )
02 2 + ( 2 ) S0
2 2
m2 S 0 k 2 + 22
xM = xM =
C = S 0
k +
2 2 2
( k m ) + ( )
2 2 2
( k m ) + ( )
2 2 2
m2 m2
S 0 k 2 + 22
x P (t ) = x M Cos ( t + ) x P (t ) = Cos t + arc tan arc tan
k m 2
( )
k m 2 + () k
2 2
Exercice 75:
Un bti fix B2 est soumis une force verticale:
S (t ) = S 0Cos ( t )
Le nombre de degrs de libert :
EpT = Ep k + Ep m + Ep k
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1
Epk = ky 2 + ky 0 y
2
Ep m = mgy
1
Epk = k ( y S (t ) ) + k ( y 0 S 0 ) ( y S (t ) )
2
2
1 y 2 + ( y S (t ) )2
Il reste : EpT = k
2
1 2 1
L = m y k y 2 + ( y S (t ) )
2
Le Lagrangien scrit :
2 2
1 2 1 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = y
2 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme donne par :
d L L D d L L D
= =my = k y + ( y S )
= y
dt y y y dt y y y
On obtient lquation diffrentielle suivante :
m y + k y + ( y S (t ) ) = y m y + y + 2ky = kS (t )
2k k
x + m x + m x = m S 0 Cos ( t )
x + 2 x + 2 x = f Cos ( t )
0
2k kS 0
tel que : = 02 = f =
2m m m
La solution en rgime permanent scrit : x P (t ) = x M Cos ( t + )
En utilisant la notation complexe, on trouve lexpression de lamplitude x M
et de la Phase :
f
x M =
( )
02 2 + ( 2 )
2 2
2
tan = 2 2
0
:
Page 231
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kS0 kS0
m m kS
xM = xM = xM =
( 2k m ) + ( ) ( 2k m ) + ( )
2 2 2 2 2 2
2 2
2k 2
+
m m m
tan = = arctan
2k m 2
2k m 2
Exercice 76:
EcT = Ec M + Ec m
1 2
Ec m = m x
2
1 2 11 2 11 2
Ec M = I /C = MR 2 = M x
2 22 22
2
Puisque: x = R x = R x 2 = R 2
1 M 2 1 2m + M 2
EcT = m + x Ec = x
2 2
T
2 2
EpT = Ep M + Ep m + Ep k EpT = Ep k
1
k ( x S (t ) )
2
Ep T = Ep k =
2
Le Lagrangien scrit : L = 1 2 m + M x 1 k ( x S (t ) )2
2
2 2 2
Page 232
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2
1 2 1
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x S (t )
2 2
Lquation diffrentielle est obtenue partir de lquation de lagrange du mouvement du systme,
soit :
d L L D d L 2m + M L D
= = x = k ( x S ) = x S
dt x x x dt x 2 x
x
2m + M 2m + M
x + k ( x S ) x = x S x + x + kx = kS + S
2 2
2 2k 2k 2
x+ x+ x = S (t ) + S (t )
( 2m + M ) ( 2m + M ) ( 2m + M ) ( 2m + M )
2 2k 2kS 0 2 S 0
x + x + x = Sin ( t ) + Cos (t )
Donc : ( 2m + M ) ( 2m + M ) ( 2m + M ) ( 2m + M )
2k
avec : = 02 =
( 2m + M ) ( 2m + M )
On remarque que :
C Cos ( t ) = C Cos Cos ( t ) + C SinSin ( t ) ..........1
C Cos ( t ) = 2S Sin ( t ) + 2 S Cos ( t ) .................... 2
0 0 0
C Cos = 2 S .................... 4
0
Ces deux quation leves au carr puis ajoutes membre a membre conduisent :
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( ) ( )
2
3 + 4 C 2 Cos 2 + Sin 2 = 02S 0 + ( 2 S 0) C = S 0 04 + 4 22
2 2 2
1
4k 2
4 2 2S 0
C = S0 + 2 C = k 2 + 2 2
( 2m + M )
2
( 2m + M )
2
( 2m + M )
Le rapport deux quations prcdentes conduit a :
2k
C Sin
3 S0
2
( 2m + M ) 2
k k
= = tan = 0
tan = tan = 0
= arctan
4 2 S 0 2 2
C Cos
( 2m + M )
2S 0
Donc : C Cos ( t ) = k 2 + 2 2 Cos t arctan
( 2m + M ) k
avec: F (t ) = C Cos ( t )
On calcul x M
et en utilisant la notation complexe.
x (t ) = x M Cos ( t + ) x (t ) = x M e j ( t + ) x (t ) = x M e j e j t x (t ) = Xe j t
RE X
j
avec : X = x M e
x (t ) , x (t ) , x (t ) , F (t ) sous la forme complexe :
x (t ) = X e j t
x (t ) = j X e j t
x (t ) = X e
2 j t
F (t ) = C e j ( t ) = C F0e j t e j
On remplace dans lquation diffrentielle x + 2 x + 02 x = C Cos ( t ) , on obtient:
2 X e j t + j 2X e j t + 02 X e j t = C F0e j t e j
( )
02 2 + j ( 2 ) X e j t
= C e j e j t
( )
02 2 + j ( 2 ) X = C e j
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C e j
C
X = X =
( 2
0
2
)
+ j ( 2 )
(
2
0 2 ) + ( 2 )
2 2
C
Donc : xM =
( ) + ( 2)
2 2
2
0 2
X = x M e j ............................ 5
Avec : C e j
X = ............ 6
2
0( 2
+ j)( 2 )
Lgalit 5 = 6 scrit:
C e j
x M e j = ( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = C e j e j
( 2
0 2
) + j ( 2 )
( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = C e
j ( )
( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = C cos ( ) + j sin ( )
( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = C cos ( ) + jC sin ( )
( )
02 2 x M = C cos ( ) ..... 5 6
sin ( ) 2
= 2
2
tan ( ) = 2
2x M = C sin ( ) ............... 6 5 cos ( ) 0 2
0 2
2 2 2 2
= arc tan = + arc tan = arc tan + arc tan
02 2 02 2 04 02 2
= arc tan + arc tan
k k m 2
Donc:
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C
x M = k 2 + 22
( )
02 2 + ( 2 ) S0
2 2
m2 S 0 k 2 + 22
xM = xM =
C = S 0
k +
2 2 2
( k m ) + ( )
2 2 2
( k m ) + ( )
2 2 2
m2 m2
S 0 k 2 + 2 2
x P (t ) = x M Cos ( t + ) x P (t ) = Cos t arc tan + arc tan
k m 2
( )
k m 2 + ( ) k
2 2
Exercice 77:
Un bti fix B est soumis une force horizontale et sinusodale :
S (t ) = S 0 Cos t = S 0 Sin ( t )
2
Le nombre de degrs de libert :
x m , x , , X var iables
x m = Sin
n = 4 3 = 1dd
x = R
X = x + x m
EcT = Ec M + Ec m
1 2 1 2 1 2 11 2 1 2 11 2 13 2
Ec M = M x + I /C = M x + MR 2 = M x + M x Ec M = Mx
2 2 2 22 2 22 22
2 2
1 2
1 2
1 R + 2 2
1 R + 2
Ec m = m X Ec m = m ( R + ) = m R Ec m = m x
2 2 2 R 2 R
2
x
Puisque:
2
X = x + x m = R + sin = R + = ( R + ) X = ( R + ) X = (R + )
2 2
1 3 R +
2 2
EcT = M + m x
2 2 R
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Lnergie potentielle du systme:
1
petite (1 cos ) = 2
2
2
1 1 mg 2 2 1 mg 2
Ep m = mg (1 cos ) = mg = 2 R = x
2 2 R 2 R 2
2
x
2
1 1 R +
Ep k = k ( X S (t ) ) Ep k = k
2
x S (t )
2 2 R
1 mg 2
2
R +
EpT = 2 x + k x S (t )
2 R R
Le lagrangien scrit :
1 3 R +
2
2 1 mg 2 R +
2
L = M +m x 2 x +k R x S (t )
2 2 R 2 R
2
1 2 1
La fonction de dissipation scrit : D = q D = x S (t )
2 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme dtermine par :
d L 3 R +
2
d L L D
= =
2 M + m R x
dt x x
x dt x
L mg R + R + D
= 2 x + k x S ( t )
= x S ( t )
x R R R x
3 R + mg R + R +
2
M +m x + 2
x + k
x S (t ) = x S (t )
2 R R R R
3 R +
2
mg R +
2
R +
M +m x + x + 2
+ k x = S (t ) + k S (t )
2 R R R R
mg R +
2
2 +k R +
k
R R R
x + x + x = S ( t ) + S (t )
3 R +
2
3 R +
2
3 R +
2
3 R +
2
M +m M +m M +m M +m
2 R 2 R 2 R 2 R
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2m g 1 k
On considre que : M = = 2R =
3 4m
On obtient :
4mg
+ 9k
x = 3 k S t + S (t )
x+
x + ()
10m 10m 10 m 10m
1 9 k 2g 3 k 1
x+ x + + x = S (t ) + S (t )
10 m 10 m 5 10 m 10 m
1 k 3 k 1
x+ x+ x = S (t ) + S (t )
10 m m 10 m 10 m
x + 1 x + k x = 3 kS 0 Sin ( t ) + 1 S 0 Cos (t )
10 m 10 m
m 10 m
Donc :
3 2
x + 2 x + 0 x = 0 S 0Sin ( t ) + 2 S 0Cos ( t )
2
10
k
avec: = 02 =
20m m
On remarque que :
C Cos ( t ) = C Cos Cos ( t ) + C Sin Sin ( t ) ..........1
C Cos t = 3 2S Sin t + 2 S Cos t .................... 2
( ) 0 0 ( ) 0 ( )
10
Ces deux quation leves au carr puis ajoutes membre membre conduisent :
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2 2
3 3
( )
3 + 4 C 2 Cos 2 + Sin 2 = 02S 0 + ( 2 S 0 ) C = S 0 04 + 4 2 2
2 2 2
10 10
1
9k 2 2 S
C = S 0 2
+ 2
2 C = 0 9k 2 + 22
100m 100m 10m
C Sin 3 2 k
3
0 S0
30
2 3
3k 3k
= = 10 tan = tan = m tan = = arctan
4 2 S 0 20
C Cos 20
20 m
Donc :
S0 3k
C Cos ( t ) = 9k 2 + 2 2 Cos t arctan
10m
avec : F (t ) = C Cos ( t )
On calcul x M
et en utilisant la notation complexe.
x (t ) = x M Cos ( t + ) x (t ) = x M e j ( t + ) x (t ) = x M e j e j t x (t ) = Xe j t
RE X
avec : X = xMe j
x (t ) , x (t ) , x (t ) , F (t ) sous la forme complexe :
x (t ) = X e j t
x (t ) = j X e j t
x (t ) = X e
2 j t
F (t ) = C e j ( t ) = C F0e j t e j
On remplace dans lquation diffrentielle x + 2 x + 02 x = C Cos ( t ) , on obtient:
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
2 X e j t + j 2X e j t + 02 X e j t = C F0e j t e j
( )
02 2 + j ( 2 ) X e j t
= C e j e j t
( )
02 2 + j ( 2 ) X = C e j
C e j
C
X = X =
( 2
0
2
)
+ j ( 2 )
( 2
0 2 ) + ( 2 )
2 2
avec:
C
Donc : xM =
( ) + ( 2)
2 2
2
0 2
avec :
X = x M e j ........................... 5
C e j
X = .............. 6
( )
02 2 + j ( 2)
Lgalit 5 = 6 scrit:
C e j
5 = 6 x M e j = ( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = C e j e j
(02 2 ) + j ( 2 )
( )
02 2 x M + j ( 2) x M = C e
j ( )
( )
02 2 x M + j ( 2) x M = C ( cos ( ) + j sin ( ) )
( )
02 2 x M + j ( 2 ) x M = cos ( ) + j sin ( )
( )
02 2 x M = C cos ( ) ..... 7
2x M = C sin ( ) ............... 8
8 sin ( ) 2 2
= 2 tan ( ) = 2
7 cos ( ) 0 2
0 2
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
2 2 2 2
= arc tan 2 = + arc tan 2 2
= arc tan + arc tan 2
0 2
0 3 4
2
0 2
0
10
3k
= arc tan + arc tan
k m 2
Donc :
C
x M = S0
9k 2 + 2 2
( )
0 + ( 2 )
2
S 0 9k 2 + 2 2
2
2 2
10 m
xM = xM =
( ) ( )
2
( ) 100 k m 2 + ( )
2
S0 100 k m 2
+
2 2
C = 9 k 2
+
2 2
10m 10m
S 0 9k 2 + 22 3k
x P (t ) = x M Cos ( t + ) x P (t ) = Cos t arc tan + arc tan
k m 2
( )
100 k m2 + ()
2 2
Exercice 78:
Page 241
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1 k 1 k 2 2
Ep k = x 2
Ep k = R
2 2 2 2 2 2
1
E pT = k R 2 2
Puisque: x = R x 2 = R 2 2
1 3 2 1
Le Lagrangien scrit : L = M R 2 k R 2 2
22 2
1 2 1 2
La Fonction de dissipation scrit : D = q D = R 2
2 2
Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F (t ).x = F (t )R
Lquation diffrentielle du mouvement du systme :
d L 3 L D
= MR 2
= kR 2 = R 2
d L L D W dt 2
= +
dt
W = F (t )R
3
On obtient : MR 2 + kR 2 = R 2 + F (t ) R
2
2 2 k 2 F0
+ 3 M + 3 M = 3 MR cos ( t )
+ 2 + 2 = f cos ( t )
0
2 1
2 = 3 M = 3 M
2 k 2 k
02 = 0 =
3M 3M
2 F0
f =
3MR
Page 242
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2 k 1 2
02 = a2 + 2 a = 02 2 a =
3M 9M2
2 F0 2 F0
3MR 3M R
M = M =
( 2k 3M ) + ( 2 )
2 2 2 2
2
2
2k 2
3M + 3M
3M
2F0
M =
( 2k 3M ) + ( 2)
2 2
2
R
Exercice 79:
Daprs la figure les limites de la bande passante correspondent :
xM
x M ( 1 ) = x M ( 2 ) = (En untes naturelles)
2
La largeur de la bande passante est note : = 2 1 et la valeur moyenne de : 2 + 1
Donc :
1 = 0 +
2 2
2 1 0( 0 ) (
= = 2 + 2 + 2 + 2 = = 2 .....1
2 )
1
2 = 02 + 2 + ( )( )
2 + 1 = 20 + 2 + . 20 + 2 2 + 1 = 0 ............ 2
avec : = ............. 3
0
2 1
1 et 2 dans l 'quation 3 , on trouve: = =
0 2 + 1
La largeur de la bande passante:
Page 243
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= 2 f = 2 1 = 2 f
A .N : = 10 = 50.22 rad
s
Coefficient d'amortissement :
= 2 1 = 2 =
2
50.12
A .N : = = 25.12 s 1
2
La constante d'amortissement : 2 = = 2 m
m
La pulsation propre 0 : = 0 =
0
25.12 25.12
A .N : 0 = = = 125.6 rad
20% 0.2 s
Exercice 80:
En pose : = t
Page 244
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1 2
Ec m = mV
2 m
Les coordonnes du systme :
X = x m = R S in = R S in ( t ) X = R S in ( t )
m
Y = y + y = y + R C os = y + R C os ( t ) Y = y + R C os ( t )
m
2
= ( R ) Cos 2 ( t ) y + 2 y R Sin ( t ) + ( R ) Sin 2 ( t )
2 2
V 2
m
2
= y 2 y R Sin ( t ) + ( R ) Cos 2 ( t ) + Sin 2 ( t )
2
V 2
m
2
= y 2 y R Sin ( t ) + ( R )
2
V 2
m
Donc:
1 2 1 2 2
Ec m = mV Ec m = m y 2 y R Sin ( t ) + ( R )
2 m 2
1
Ec M = M y 2
2
1
1 2 2
EcT = M y 2 + m y 2 y R S in ( t ) + ( R )
2 2
1
2
EcT = ( M + m ) 2 2 y mR Sin ( t ) + m ( R )
y
2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep M + Ep m + Ep k
1
Epk = ky 2 + ky 0 y
2
Ep M = M gy
1
Ep k = ky 2 + ky 0 y
2
Page 245
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Ep m = mgR (1 Cos ( t ) ) Ep m = mgR mgRCos ( t )
1
E pT = ky 2
+ [ M g + k y 0 ] y + m gR m gR C os ( t )
2
2
EpT = A y + B y +C
1
Il reste : EpT = ky 2 + ( mgR mgR Cos ( t ) )
2
Le lagrangien scrit :
1
2 1
L= ( M + m ) y 2
2 y mR Sin ( t ) + m ( R ) ky 2 + ( mgR mgRCos ( t ) )
2 2
1 2 1 2
La fonction de dissipation scrit : D = q D = y
2 2
Lquation diffrentielle du mouvement du systme donne par :
d L L D d L
=
= ( M + m ) y mR 2 Cos ( t )
dt y y y dt y
L D
= ky
= y
y y
On obtient lquation diffrentielle suivante : ( M + m ) y mR 2 Cos ( t ) + ky = y
( M + m ) y + y + ky = mR 2 Cos ( t )
(M + m ) y + y + ky = mR 2 Cos ( t )
k mR 2
y + y+ y = Cos ( t )
(M + m ) (M + m ) (M + m )
y + 2 y + y = f Cos t
0 ( )
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2 = =
(M + m ) 2(M + m )
2 k k
avec : 0 = 0 =
(M + m ) (M + m )
f = mR
2
(M + m )
F0
On considre que : F0 = mR 2 y + 2 y + 0 y = Cos ( t )
M +m
f
x M =
(
02 2 + ( 2 ) )
2 2
2
tan = 2 2
0
mR 2 F0
xM =
(M + m ) =
(M + m )
k ( M + m ) + ( )
2 2 2 2
k 2
2 +
(M + m ) (M + m ) (M + m )
F0
xM =
k ( M + m ) + ()
2 2 2
2
tan = tan = = arctan
2
0
2
k ( M + m )
2
k ( M + m ) 2
k 2
La pulsation de rsonance r : r = 2 r =
2
2
0
( M + m ) 2 ( M + m )2
Bande passante : = 2 1 = 2 =
(M +m)
Facteur de qualit:
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k
0 (M + m ) k (M + m ) Q = k (M + m )
Q= Q = =
2 (M + m ) 2
(M +m)
Exercice 81:
- La fonction F ( t ) est dfinie par :
4 F0 T T
+ T t si
4
<t<
4
F (t ) =
4 F0 + 2 F si
T
<t<
3T
T 0
4 4
La srie de Fourier est dfinie par :
a0
F (t ) = + an cos nt + bn sin nt
2 n =1
Comme la fonction F ( t ) est impaire :
F ( t ) = F ( t ) an = 0
On trouve:
T
2 4 4 F0 4 F0 2 T 4 4F T 2 T 2
a0 =
T T T
tdt =
T
t
2 T
4
= 20
T
= 0 a0 = 0
16 16
4
T T
4 4 4 F0 16 F 4
bn = t sin ntdt = 2 0 t sin ntdt
T T T T T
4 4
T
4
Lintgrale
T
t sin ntdt est calcule par partie, son trouve :
4
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T T T T T
t 4 1 t 4 1 4
4 4
t sin ntdt =
n
cos nt
T 4 T n
cos nt dt =
n
cos nt + 2 2 sin nt
T 4 n T 4
T
4 4
T
4
T T 1 1
t sin ntdt = n cos n 2 + n cos n 2 + n
T
2 2
sin n
2
+
n
2 2
sin n
2
4
T
4
2
t sin ntdt = n
T
2 2
sin n
2
4
T
4
2T 2
Aprs calcul, on trouve: t sin ntdt =
T 4n
2 2
sin n
2
4
16 F0 2T 2 8 F0
bn = 2 sin n bn = sin n
T 4n 2 2
2 n
2 2
2
8 F0 ( 1)
k
si 8 F0
n = 2k + 1( impaire ) bn = sin ( 2k + 1) =
( 2k + 1) ( 2k + 1) 2
2 2 2
2
sin ( 2k + 1) = ( 1)
k
Avec
2
8 F0 ( 1)
k
En dfinitif, la fonction priodique F ( t ) scrit : F ( t ) = sin ( 2k + 1) t
( 2k + 1) 2
2
k =0
En dveloppant, on obtient:
8F0 ( 1)
k
1 1
F ( t ) = 2 sin t 2 sin 3t + 2 sin 5t ................... + sin ( 2 k + 1) t
3 5 ( 2k + 1)
2
Sachant que lquation du mouvement scrit sous la forme:
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k F (t )
x+ x+ x =
m m m
x + 2 x + 2 x = F ( t )
0
m
L'quation diffirentielle scrit alors :
8F0 ( 1)
k
1 1
x + 2 x + x =
2
sin t sin 3t + sin 5t ................... + sin ( 2 k + 1) t
m 2 ( )
0 2
32 52 2 k + 1
Avec :
8 F0
xM ,n = m 2 xM ,n =
8 F0
( ) + ( 2 n ) ( ) + ( 2 n )
2 2 2 2
2
0 n22 n 2 2
0 n22
et
2 n
tan n =
n2 2
2
0
8F sin( t +0 ) sin( 3t +1 ) ( 1) sin( ( 2k +1) t +n )
k
1
xk ( t ) = 02 2 +............ +
m 2 2 ( 2k +1) ( )
2
( )
0 +( 2) 3 ( 9 ) +( 6) 0 ( 2k +1) +( 2( 2k +1) )
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
T
a si <t <0
2
F (t ) =
2(a b) t + si 0 < t <
T
T 2
forme:
a0
F (t ) = + an cos nt + bn sin nt
2 n =1
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comme indiqu a la figure ci-contre a n 0 et bn 0
T
2 2
F ( t ) dt
T T
Le coeffcients a 0 de la srie de Fourier est dterminer par : a0 =
2
On trouve:
2 2 2 2 T ( b a ) T 2
T T
0 2
2(b a) (b a) 2 T
= [ at ]T +
T T 0 T
0
a0 = adt + t + a dt t + at = a + + a
T 2
T T 2 T 4 2
2 0
a0 = a +
( b a ) + a = 2a + ( b a ) = 4a + b a a = 3a + b
0
2 2 2 2
Calculons les coefficient an :
2
T
0
2 (b a )
2
an =
T T
a cos ntdtdt + 0 T t + a cos ntdt
2
2 (b a ) t
0 +a T
( )
2 a 2 T
2
2 b a
an = sin nt + sin nt sin ntdt
T n T 2 T n nT
0
2 aT 2 2 ( b a ) T T aT 2 (b a )T 2 2 ( b a ) T 2
an = sin n + . + sin n + cos n
T 2n T Tn 2 2 2n 4n T
2 2
4n 2T 2
a
(b a) a
(b a) (b a)
0 0
Ainsi :
1
si ( b a)
n = 2k ( paire ) an = 2
( 1) 1 = 0
( 2k )
( 2k )
2
n = ( 2k + 1)( impaire ) an =
( b a) ( 2 k +1) = 2 (b a ) a = 2 ( a b )
si ( 1) 1
( 2k + 1) 2 ( 2k + 1) 2 ( 2k + 1) 2
n
2 2 2
Calculons les coefficients bn :
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Avec k = 1, 2,3.......
En dfinitif, le dveloppement en srie de Fourier de la fonction F ( t ) par scrit :
k =1 ( 2k + 1) k
2 2
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2k 3a + b 2 ( a b ) 1 1 2 ( a b)
x+
m
x+
m
x=
2m
+
m 2 cos t +
32
cos3t +
52
cos5t .
...... +
k =1 m ( 2k + 1)
2 2
cos ( 2k + 1) t
( a b)
a b
( ) ( 1) sin kt
k
+ sin t + sin 2t + .................. +
m k =1 mk
En rgime permanent, lquation admet une solution suivant : xn ( t ) = xM ,n ( ) sin ( nt + n )
Avec :
2 ( a b) + ( a b)
m 2 a (2 + ) b (2 + )
xM , n = xM ,n =
( ) + ( 2 n ) ( ) + ( 2 n )
2 2 2 2
2
0 n22 m 2 2
0 n22
xM ,n =
( 2 + )( a b )
( ) + ( 2 n )
2 2
m 2 2
0 n 22
et
2 n
tan n =
n2 2
2
0
2( a b) sin( t +1 ) 1 sin( 3t +2 ) 1 sin( ( 2k +1) t +n )
xn ( t ) = 2
+ 2 ............. + +
m 2 2 2 ( 2k +1) ( )
2
( )
0 +( 2) 3 02 2 +( 2) ( )
2
0 ( 2k +1) +( 2 ( 2k +1) )
2 2
2 2 2 2 2
+
( a b)
sin( t +1 )
+
1 sin( 2t +2 ) 1
........................ + ( 1)
k sin( kt +n )
m 2
(
0 +( 2) ) 2
(
02 42 +( 2) ) k
( )
02 k22 +( 2k)
2 2 2 2 2 2 2
Exercice 82:
En utilisant la loi de Kirchhoff (loi des mailles).applique a la maille du le circuit RLC, cette
loi permet dcrire :
U L (t ) + U R (t ) + U C (t ) E (t ) = 0 U L (t ) + U R (t ) + U C (t ) = E (t )
q (t )
- q ( t ) = CU C ( t ) U C ( t ) =
C
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di d 2q dq
- U L (t ) = L = L 2 = L q ( t ) U L ( t ) = L q ( t ) avec i ( t ) = = q (t )
dt dt dt
dq
- U R ( t ) = Ri = R = R q (t ) U R (t ) = R q (t )
dt
En remplaant dans lquation de loi des mailles, on aboutit lquation diffrentielle suivante :
1
L q (t ) + R q (t ) + q ( t ) = E0 cos t
C
En divisant par L ,on obtient lquation diffrentielle rduite soit :
R R
2 = L = 2 L
R 1 E
q ( t ) + q (t ) + q ( t ) = 0 cos t
2 1 1
L LC L Tel que : 0 = 0 =
q ( t ) + 2 q ( t ) + q ( t ) = f cos t LC LC
0
E0
f =
L
A.N :
R 2
q + 2 q + 25q = 50cos ( t ) = 2 L = 2 = 1S .I
Tel que : 0 = 25 0 = 25 = 5 Rad s
2
q + 2 q + 02 q = f cos ( t )
f = 50
En rgime transitoire : q ( t ) + 2 q ( t ) + 25q ( t ) = 0
= 2 02
Dans le cas des faibles oscillations : 2 02 < 0 < 0 1 < 5
< 0
(
q ( t ) = Ae t cos a t + )
1 R
avec : 02 = a2 + 2 a = 02 2 a = A.N : a = 24 = 4.9 rd
LC 2 L s
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1
tan = tan = = arctan 0.2 = 11.3 = 0.19rad
24
a
A = 0 q A = 25 q = 5 q A = 1.02q
a 0 24
0
4.9
0 0
En rgime permanent: q ( t ) + 2 q ( t ) + 25q ( t ) = 50 cos ( 4t )
E0
f LC
qM = = qM = 4.15
( ) + ( 2 ) ( ) + ( 2 )
2 2 2 2
2
0 2 2
0 2
2 8
tan = tan = = 0.88 = arctan 0.88 = 41.34 = 0.72rad
2
0
2
9
La pulsation de rsonance r :
q M ( = r ) q M Maximale
dq M
(
= 0 f ( ) = 25 2 )
2
+ 4 2
d
df
(
= ( 2 ) 2 25 2 ) df
2
+ 8 = 4 2 92 r = 23 r = 4.8 Rad
s
Avec : a = 24 = 4.9 rd
s
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Reprsentation graphique :
La variation de lamplitude qM en fonction du rapport est reprsente sur la figure suivante :
qM ( = 0 ) = 2
qM ( = r ) = 5.1
q ( )
M r
= 3.61
2
= 2 + 2 = 4.09 Rad
1 0 1 s
2 = 0 + + 2 = 6.09
2 2 Rad
s
Sachant que :
- limpdance complexe de la rsistance donner par : Z R = R
1
- limpdance complexe de la capacit donner par : ZC =
jC
j2 1 j2 1 1
ZC = = =j ZC = j avec j 2 = 1
j jC
2
jC C C
Limpdance complexe du circuit lectrique en srie est dtermine par la relation suivante :
Z = Z R + Z L + ZC
E (t ) Z = R + jL j
1
Z = R+
j L
1
Z =
C C
q (t )
1
Ladmittance Y complexe du circuit lectrique dterminer par : Y =
Z
1 1 1 1 1 1 1
Y = YR + YL + YC = + + = + + jC = j + jC
Z R Z L Z C R jL R L
1 1
Y= + j C
R L
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Exercice 83:
Lapplication lois des Kirchhoff (loi des mailles) on donne :
UL +UR +UC E( t ) = 0 UL +UR +UC = E( t )
R 1 E( t )
LCUC + RCUC +UC = E( t ) UC + UC + UC =
L LC LC
Avec:
C
U C = q = CU C q = C U C q = CU C
q
di d 2q dq
L
U = L = L 2
= L q = LCU C U L = LCU C avec i= =q
dt dt dt
dq
U R = Ri = R = R q = RC U C U R = RCU C
dt
R 1
On obtient lquation diffrentielle suivante : U C + UC + UC = 0
L LC
R 1 E (t )
U C + U C + UC = R
2 = =
R
L LC LC
L 2L
U + 2 U + 2U = E ( t ) avec : 2
C C 0 C 0 = 1 0 = 1
LC LC LC
2
Lallure du graphe de E ( t ) montre que la priode est gale a T = 2 = = 1 rad
T s
E0
+ t si 0<t <
E (t ) =
E0 t + 2 E si < t < 2
0
a0
E (t ) = + an cos nt + bn sin nt
2 n =1
E ( t ) = E ( t ) bn = 0
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2
Le coefficient a0 dterminer par: a0 = E ( t ) dt
T 0
2 E0 E E E E
Aprs calcul, On obtient: a0 =
T 0
tdt = 0 t 2 = 0 2 0 = 0 a0 = 0
T 0 T 2 2
4
E ( t ) cos ntdt
T 0
Calculons les coefficients an par: an =
4 E0 4E
an =
T 0
t cos ntdt = 0 t cos ntdt
T 0
Lintgrale t cos ntdt
0
tant calcule par partie :
t t t 1
0 t cos ntdt = n sin nt 0 0 n sin nt dt = n sin nt 0 + n22 sin nt 0
1
1 1
0
1
t cos ntdt = sin n + 2 2 cos n 2 2 = sin n + 2 cos n 2
0 n n n n n n
T
4
1
t sin ntdt = n ( cos n 1)
T
2
4
2 E0
Les coefficients an scrit alors : an = ( cos n 1)
2n2
ainsi :
2E0
1
si n = 2k ( paire) an = 2 cos2 k 1 = 0
( 2k )
2
1
avec k = 0,1,2,3.......
2E0
4E
si n = 2k +1( impaire) an = 2 cos ( 2k + 1) 1 = 2 0 2
( 2k +1) ( 2k +1)
2
4 E0
En dfinitif, les coefficients an scrit : an = 2
( 2k + 1)
2
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E0 4 F0 1
E (t ) = cos ( 2k + 1) t
2 2 ( 2k + 1)
2
n =1
On obtient:
E0 4 E0 1 1 1
E (t ) = 2 cos t + 2 cos 3t + 2 cos 5t + ................... + cos ( 2 k + 1)
t
2 3 5 ( 2k + 1)
2
Sachant que lquation du mouvement scrit sous la forme:
E (t ) 1
U C + 2 U C + 02U C = avec 02 =
LC LC
Lquation diffrentielle scrit alors :
E002 4 E002 1 1 1
U C + 2 U C + 02U C = cos t + 2 cos3t + 2 cos5t + ................... + cos ( 2k + 1) t
2
2
3 5 ( 2k + 1)
2
La rponse de lexcitation U n ( t ) en rgime permanent pour nime harmonique de E ( t ) est
donner par :
U n ( t ) = U M ,n ( ) sin ( nt + n )
Avec :
4 E002
2 4 E002
U M ,n = xM , n =
(02 n22 ) + ( 2 n ) ( ) + ( 2 n )
2 2 2 2
2 2
0 n 22
2 n
tan n =
n2 2
2
0
E002 4E002 cos( t +0 ) 1 cos( 3t +1) 1 cos( ( 2k +1) t +n )
Uk ( t) = 2 2 +............+
2 2 2 + 2 2 3 2 92 2 + 6 2 ( 2k +1)
( )
2
2
(
0
)( ) 0 (( ) ) 0 ( 2k +1) +( 2( 2k +1) )
2 2 2 2 2
Exercice 84:
Lapplication de Kirchhoff (loi des mailles) donne :
U L (t ) + U R (t ) + U C (t ) E (t ) = 0 U L (t ) + U R (t ) + U C (t ) = E (t )
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On a :
q (t )
- UC (t ) = q ( t ) = CU C ( t ) q ( t ) = C U (t ) q (t ) = C U C (t )
C C
di d 2q dq
- U L (t ) = L = L 2 = L q ( t ) = LC U ( t ) U L ( t ) = LC U ( t ) avec i ( t ) = = q (t )
dt dt C C dt
dq
U R ( t ) = Ri = R = R q ( t ) = RC U ( t ) U R ( t ) = RCU ( t )
dt C C
1
L q (t ) + R q (t ) + q ( t ) = E0 cos t
C
En divisant par LC L ,on obtient lquation diffrentielle rduite soit :
R R
2 = L = 2 L
R 1 E
U
C ( t ) + U + U C = 0 cos t
2 1 1
L C LC LC Tel que : 0 = 0 =
U + 2 U + U = f cos t LC LC
C C
0 C
E0
f =
LC
La solution en rgime permanent scrit : U C ( t ) = U M Cos ( t + )
EM
LC EM EM
UM = = =
(1 LC ) + ( RC ) (1 LC ) + ( RC )
2 2 2 2 2 2
1 R 2 2
2 + LC
LC L LC
RC
tan =
1 LC 2
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EM
(
f ( ) = 1 LC 2 ) + ( RC )
2
Donc: U M =
2
On posant :
f ()
La pulsation de rsonance r :
dU M df
U M ( = r ) U M Maximale = 0 f min imale = =0
d d
Puisque : U M ( ) est maximum lorsque f ( ) est minimum.
df
d
( )
= 2 ( 2 LC ) 1 LC 2 + 2 ( RC )
2
R 2C 2
df
d
( )
= 2 ( 2 LC ) 1 LC 2 + 2 ( RC )
2 df
d
= 4 LC + L2C 2 2 +
2
=0
2 2
R 2C 2 1 1 R 1 1R
LC + L2C 2 2 + = 0 2 = =
2 LC 2 L LC 2 L
1
0 = LC
Donc: = 02 2 avec :
= R
2L
Les limites de la bande passante correspondent :
UM
U M ( 1 ) = U M ( 2 ) = (En untes naturelles)
2
et -3dB (en untes logarithmiques : dcibels)
La largeur de la bande passante est note : = 2 1
= 2 + 2
Donc : 1 0
2 = 20 + 2 +
= 2 1 = ( ) (
20 + 2 + )
20 + 2 = 2
R
On obtient lexpression de la bande passante : = 2 =
L
Le facteur de qualit est donne par:
1
r r 0 LC Q = 1 L 1 L
Q= = = = Q=
2 2 2 2 R LC R R C
L
Lintensit i ( t ) du courant lectrique est dterminer par :
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dq
i ( t ) = dt dU c
i (t ) = C
q ( t ) = CU ( t ) dq = C dU c dt
c
dt dt
Sachant que : U c = U M cos ( t + )
d
Donc : i ( t ) = C U M cos ( t + ) i ( t ) = CU M sin ( t + )
dt
i ( t ) = CU M cos t + +
2
On dduit que :
E0 E0C
I M = C U M = C IM =
(1 LC ) + ( RC ) (1 LC ) + ( RC )
2 2 2 2
2 2
RC
et = avec : = +
(
1 LC2 ) 2
Exercice 85:
Lapplication de Kirchhoff (loi des mailles) donne :
U L (t ) + U R (t ) + UC (t ) E (t ) = 0 U L (t ) + U R (t ) + UC (t ) = E (t )
On a :
q 1 dq
- UC = U C = idt car : i = dq = idt q = idt
c C dt
di
- UL = L
dt
- U R = Ri
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di R 1 E
+ i+
dt L LC idt = 0 cos t
L
d
En multiplieur par ,on obtient
dt
d di R 1 d E
+ i+
dt dt L LC idt = 0 cos t
dt L
d 2i R di 1 E
2
+ + i = 0 sin t
dt L dt LC L
2 1 1
0 = 0 =
d i R di
2
1 E LC LC
2+ + i = + 0 cos sin t +
dt L dt LC L 2 R R
2 Tel que : 2 = =
d i + 2 di + 2i = f cos sin t + L 2L
dt 2 E
dt 0
2
f = L
0
La solution en rgime permanent scrit : i ( t ) = I M cos t + +
2
En utilisant la notation complexe, on trouve lexpression de lamplitude I M et de la Phase :
f
IM =
( )
02 2 + ( 2 )
2 2
2
tan = 2 2
0
E0 E0 C
L L C E0C
IM = = IM =
(1 LC ) + ( RC ) (1 LC ) + ( RC )
2 2 2 2 2 2
1 R 2 2
2 + 2
LC 2L LC
RC
tan = et = +
1 LC 2 2
La pulsation de rsonance r :
dI M
I M ( = r ) I M Maximale =0
d
En drivant I M par apport , on obtient:
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( )
1 LC ( 4 LC ) + 2 ( RC )
2 2
(1 LC ) + ( RC )
2 2
E0C 2
E0C
(
2 1 LC 2 + ( RC ) )
2 2
dI M
=
d (1 LC ) + ( RC )
2 2
2
On calculons :
(
2 E0C 1 LC 2 ) + ( RC ) E C (1 LC ) ( 4LC ) + 2R C
2 2 2 2 2
0
2 (1 LC ) + ( RC )
2 2
2
dI
M =
d (1 LC ) + ( RC )
2 2
2
( ) ( )
2
dI M 2 E0C 1 LC + 2 E0 R 2C 3 2 + 4 E0C 2 L 2 1 LC 2 2 E0 R 2C 3 2
2
=
d 3
(
2 1 LC 2 ) + ( RC )
2 2 2
dI M ( ) (
1 LC 2 2 E0C 1 LC 2 + 4 E0C 2 L 2 )
=
d 3
2 1 LC + ( RC )
2 2
(2 2
dI M
=
( )
1 LC 2 2 E0C 2 E0C 2 L 2 + 4 E0C 2 L 2
d 3
2 1 LC + ( RC ) ( 22
)
2
2
dI M
=
( )
1 LC 2 2 E0C + 2 E0C 2 L 2
dI M ( 2 E0C ) 1 LC 1 + LC
=
2 2
( )( )
d 3
d 3
(
2 1 LC + ( RC ) ) 2 2
2 1 LC + ( RC )
2 2
( )
2 2
2 2
1 + LC 2 = 0 2 = 1
LC
1
Donc la solution acceptable est : r = = 0
LC
Les limites de la bande passante correspondent :
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I M ( r )
I ( 1 ) = I ( 2 ) = (En untes naturelles)
2
et -3dB (en untes logarithmiques : dcibels)
Soit :
1 1
E0C E0C
LC LC E E
I M ( r ) = = = 0 I M ( r ) = 0
2 1 R R
1 2 2 1 RC
1 LC + R C LC LC
LC
Donc :
I M ( r ) E0C E0
IM () = =
2
(1 LC ) + ( RC )
2 2 2 2R
( ) = (1 LC )
2
2 2
+ ( RC )
2
C R 2
2 ( RC ) = 1 LC 2 ( ) + ( RC )
2 2 2
( ) ( RC )
2 2
1 LC 2 =0
( ) = ( RC )
2 2
1 LC 2
1 LC 2 = RC LC 2 RC 1 = 0
Cette quation se traduit par : ou bien
1 LC 2 = + RC LC 2 + RC 1 = 0
La 1me admet une seule solution acceptable (positive) :
( RC )
2
RC + + 4LC
1 =
2LC
La solution positive de la deuxime quation est :
( RC )
2
+ RC + + 4 LC
2 =
2 LC
La largeur de la bande passante est note : = 2 1
( RC ) ( RC )
2 2
+ RC + + 4LC RC + + 4 LC
Donc : = 2 1 =
2LC 2 LC
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R R
On obtient lexpression de la bande passante = = 2 avec : =
L 2L
Le facteur de qualit est donne par:
1
r r 0 LC Q = 1 L 1 L
Q= = = = Q=
2 2 2 2 R LC R R C
L
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Partie 4 :
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Exercice 85:
Le systme mcanique de la Figure ci-contre est constitu dune masse M et dune tige
homogne de longueur 2 , de centre de gravit G et de masse m oscille sans frottement, dans un
plan horizontale, autour dun axe fixe perpendiculaire au plan du mouvement en O . La masse M
est relie a une bti fixe par un ressort de raideur k . Le couplage de leurs mouvements verticaux
est ralis a laide dun deuxime ressort de raideur k fix une distance de de la tige (milieu
de la tige). Lorsque le systme est au repos, la tige est
horizontale.
1- Quel est le nombre de degrs de libert du systme ?
2- Donner le lagrangien du systme dans le cas particulier :
M = 2m .
3- tablir les quations diffrentielles mouvement, puis
dduire les pulsations propres.
4- Donner les modes propres et les solution gnrale des
quations diffrentielles de son mouvement , sachant
que pour t =0 : y1 ( t = 0 ) = y0 ; y2 ( 0 ) = 0 ;
y (0) = 0 ; y (0) = 0
1 2
Exercice 86:
On considre le systme deux degrs de libert reprsente par la Figure ci-contre. Il est
constitu de deux tiges homognes des masses m1 est m2 et
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petites oscillations.
2- En dduire les quations du mouvement des masses m1 est m2 .
3- En faisant lhypothse que les solutions sont de forme sinusodale, trouver les pulsations
m
propres et les modes propres correspondants dans le cas : m1 = m et m2 =
2
4- En dduire les solutions y1 ( t ) et y2 ( t ) , sachant qu l instant t = 0 on avait : y1 ( t = 0 ) = y0 ;
y2 ( 0) = 0 ; y ( 0 ) = 0 ; y ( 0 ) = 0
1 2
Exercice 87:
On considre le systme mcanique de la Figure ci-contre, constitu de deux masses
ponctuelles et identiques m soudes de part et dautre dune tige de longueur 2 et de masse
ngligeable. La tige peut pivoter sans frottement autour dun axe horizontal fixe situ en O . Lune
des masses est relie a une bti fixe par un ressort de
raideur k1 . Lautre masse est relie une autre masse
Exercice 88 :
Une tige rigide, de longueur 3 , de la masse ngligeable peut pivoter autour dun axe fix
lune de ses extrmits O .Une masse M est fix lautre extrmit de la tige par un ressort de
raideur k . Au point situ la distance du point O , est reli au bti par un ressort de raideur k .
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A lquilibre statique la tige est horizontale et au cours du mouvement elle est repre par angle
(on pose : y1 = ) tandis que la position de la masse M est donne par y 2 . On pourra supposer
les oscillations damplitudes faibles.
Exercice 89 :
On considre le systme mcanique a deux degrs de libert reprsente par la figure ci-contre,
compos de deux oscillateurs verticaux. Ils sont constitu deux tiges sans masse et de longueur ,
avec leurs extrmits des masses m . La tige du premier oscillateur est suspendue par deux ressorts
3
identiques de raideur k des distances respectives et de O1 . Les deux oscillateurs verticaux
4 4
sont relis entre eux par l'intermdiaire d'un ressort
de raideur k . Systme est repr par les angles 1 et
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Exercice 90 :
On considre le systme mcanique reprsent sur la figure ci-contre. Il est constitu dun
disque homogne de masse M , de rayon R .Ce disque homogne peut tourner autour dun axe
fixe passant par le point O de son axe horizontal.il est relie au bti fix par un ressort de raideur k .
Une tige rigide, sans masse , de longueur et peut pivoter autour dun axe horizontal fixe O ,est
couple au disque par un autre ressort de raideur k
situ une distance de de cette tige . Une masse
3
ponctuelle m est galement fixe une extrmit de
tige rigide et relie un bti fix par un troisime
ressort vertical de raideur k . La rotation de la tige
rigide par rapport lhorizontale par langle 2 et
celle du disque par langle 1 .
Exercice 91 :
Deux pendules identiques de mme longueur et de mme masse m oscillent autour de leurs
axes respectives O1 et O 2 en tant coupls par un ressort de raideur k . Elles sont relies en leur
milieu des tiges un support fixe par deux ressorts
identiques de raideur k .
Chacune de ces pendules et attache un ressort de
raideur k situ a la distance de de O1 et O 2 . A
2
lquilibre les deux pendules sont verticaux. Les
deux pendules sont reprs, linstant t, par leurs
longations angulaires 1 et 2
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2- Donner la lagrangien du systme.
3- en dduire les quations diffrentielles du mouvement et les pulsations propres.
Exercice 92:
On considre le systme mcanique reprsent sur la figure ci-contre. Il est constitu dune
tige de longueur 2 est de masse ngligeable, peut pivoter sans frottement autour dun axe fix
lune de ses extrmits O . Elle porte lautre extrmit
une masse m qui relie a un bti fix par un ressort de
raideur k . Au milieu de la tige est suspendue et coupl par
lintermdiaire dun autre ressort k , une autre masse sur
laquelle on fixe un troisime ressort vertical de raideur k .la
rotation de la tige par rapport a la horizontale est repre
par langle tandis que la position de la masse m est
donne par y 2 . Lorsque le systme est au repos, la tige est
horizontale.
Exercice 93:
( M , R ) et du centre O 1
, Porte son extrmit
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suprieure m . Une barre homogne de masse 3m, de longueur , mobile dun axe fixe une de ses
extrmits O 2 tandis que lautre extrmit est fixe un autre ressort de raideur k. Le couplage de
leurs mouvements verticaux est ralis a laide dun troisime ressort k comme la montre la
figure ci-dessous. Les deux oscillateurs sont reprs, linstant t, par leurs longations angulaires
1 et 2 (on pose : x1 = 1 et x2 = 2 )
2
1- Dterminer les nergies cintique et potentielle, puis dduire les quations diffrentielles du
mouvement dans le cas particulier ou : M = 8m et R = .
2
2- Donner lquation aux pulsations propres puis les pulsations propres.
Exercice 94:
Sur une poulie de rayon R , de masse M et du centre O repartie sur sa priphrie passe un
fil mobile sans glissement .il est fix dun cot a un ressort fixe de raideur k et de lautre cot a un
ressort identique leste par une masse m.On lcarte de son quilibre statique en tirant lgrement
vers le bas la masse mpuis en relchant le tous sans aucune vitesse initiale. On sintressera aux
oscillations de faible amplitude, la mase m est repre par son longation x2 et la poulie par langle
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Exercice95:
Soit deux masses 3m et m sont relies entre elles et a un support fixe par quatre ressorts
identique de raideur k comme la montre la figure ci-dessous.les dplacements verticaux des deux
masses sont repres par leurs abscisses y1 et y2 comptes partir de leurs positions dquilibres
statiques.
1- tablir les quations diffrentielles du mouvement pour les
coordonnes y1 et y2 .
2- Calculer les pulsations propres du systme.
3- Donner la solution gnrale des quations de mouvement du
systme.
Exercice96:
On considre le systme oscillant de la figure ci-contre constitu dune poulie homogne de
rayon R et de masse M pouvant tourner autour de son axe horizontal et fixe O . Un fil inextensible
senroule sans glisser sur cette poulie, une de ses extrmits tant fixe un bti par un ressort
de raideur k tandis que lautre extrmit et suspendue, par
lintermdiaire dun autre ressort k , une masse m sur laquelle on
fixe un troisime ressort k comme indiqu sur la figure. On
repre ce systme deux degrs de libert par les dplacements
y 2 et y1 = R que font respectivement la masse m et un point de
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Exercice97:
Dans le systme reprsent ci-dessous constitu dune tige sans masse de longueur
portant son extrmit infrieur une masse m coupl a une autre masse M par un ressort de
raideur k . La masse M est relie un bti fixe
par un autre ressort de raideur k . La masse M
Exercice98:
- Sachant que : M = 2m , trouver lquation aux pulsations propre et en dduire les pulsations
propres du systme.
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Exercice99:
On considre le systme ci-contre constitu de deux disques identiques homognes, de rayon
R et de masse M . Les disques roulent sans glisser sur une plan horizontale, autour de leur axe
O1 et O2 . Elles sont relies en leur axe O1 et O2 aux deux btis fixes par deux ressorts identiques
de raideur k . Elles sont en plus couples par ressort de raideur k .le systme est repr par la
coordonne x1 (dplacement de O1 par rapport a lquilibre) et x2 (dplacement de O2 par rapport a
lquilibre)
Exercice 100:
On considre deux oscillateurs. Le premier oscillateur est constitu dun disque homogne
de rayon R et de masse M oscillant autour du point fixe O et attach par un ressort de raideur k
tandis que lautre est constitue dune pendule simple de longueur et de masse m est relie un
bti fixe par un autre ressort de raideur k .Les deux pendules sont couples entre eux par
l'intermdiaire d'un troisime ressort de raideur k . La rotation de la tige rigide par rapport
lhorizontale par langle 2 et celle du disque par langle 1 .
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3- Calculer les pulsations propres.
Exercice 101:
On considre le systme mcanique reprsente par la figure ci-contre, compos de deux
oscillateurs identiques (2 tiges sans masse et de longueur , avec leurs extrmits des masses m ,
sont solidaires de deux disques identiques homognes de rayon R et de masse M . ils sont
attaches par deux ressorts identiques de raideur k ). Les deux oscillateurs identiques sont relis entre
eux par l'intermdiaire d'un ressort de raideur k .Soit 1 et 2 les angles de rotation de ces 2
oscillateurs par rapport leurs positions dquilibre respectives. Cest-a-dire que lorsque les disques
tournent respectivement de 1 et 2 ,leurs deux masses des tiges se tournent dplacent
respectivement de x1 = 1 et x2 = 2 .
1- Sachant que : M = 8m et R = , trouver le
2
lagrangien du mouvement du systme.
2- crire les quations diffrentielles dcouples
en x1 ( t ) et x2 ( t ) qui rgissent les
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Exercice 102:
On considre le systme reprsente par la figure ci-contre, compos de deux oscillateurs. Le
premier oscillateur est constitu dun disque homogne de centre O , de masse M et de rayon R
peut pivoter autour de son axe. Une tige rigide sans masse et de longueur port son extrmit une
masse m est solidaire de disque du centre O . Il est relie au milieu un bti fixe par un ressort de
raideur k . Le deuxime oscillateur est constitu dune masse M relie un bti fixe par un autre
ressort de raideur k . Les deux oscillateurs sont coupls entre eux par l'intermdiaire d'un troisime
ressort de raideur k . Soient x1 ( x1 = 1 ) et x2 les dplacements dynamique de deux masses m par
Exercice 103:
On considre deux pendules semples. Le premier pendule est constitu dune tige sans masse
de longueur port son extrmit une masse ponctuelle m tandis que lautre est constitue
dune autre tige sans masse de longueur port son extrmit une masse ponctuelle 2m . Les
2
deux masses ponctuelles mis bout a bout comme le montre la figure ci-contre.le systme est repr
par les angles 1 et 2 que fait chaque tige avec la verticale.
1- Calculer le lagrangien de ce systme dans le cas des petites oscillations.
g
2- En dduire les quations du mouvement des masses m et 2m en prenant 02 =
3- Par la mthode des reprsentations complexes, dterminer les pulsations propres.
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4- Dterminer les rapports damplitude pour chaque mode propre associ ces pulsations et
en dduire les solutions 1 ( t ) et 2 ( t ) .
Exercice 104:
On considre deux pendules semples identiques de longueur portants leurs extrmits
deux masses ponctuelles m mis bout a bout comme le montre la figure ci-contre. Le premier
pendule est articule a lune de ses extrmits, en O , tandis que le deuxime oscillant autour dun
axe O .le systme est repr par les angles 1 et 2 que fait chaque tige avec la verticale.
1- Calculer les nergies cintique et potentielle de ce systme.
2- Donner les matrices T et U puis la matrice lagrangien L = T 1.U du systme.
3- crire, sous la forme matricielle L 2 I = 0 , les quations du mouvement et en dduire les
pulsations propres.
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Exercice 105:
Soit deux masses identiques m couples par un ressort de raideur k comme la montre la figure
ci-dessous .les dplacements horizontaux des deux masses sont repres par leurs abscisses x1 et
x2 comptes partir de leurs positions dquilibres statiques. On pourra supposer les oscillations
damplitude faibles.
Exercice 106:
On considre le systme reprsent sur la figure ci-contre constitu dune masse M peut
glisser sans frottement sur un bti horizontal. Elle est relie a un bti fixe vertical par
lintermdiaire dun ressort de raideur k .on suspend au centre gravit de la masse M
Une tige rigide sans masse, de longueur , port son extrmit libre une masse ponctuelle m .
Cette tige peut osciller autour dun axe vertical passant par le centre de gravit de la masse M . La
rotation de la tige par rapport a la verticale est repre par langle tandis que le dplacement
horizontal de la masse M est donne par x . Lorsque le systme est au repos, la tige est verticale.
1- crire lexpression du lagrangien du systme.
k g
2- Sachant que M = m, 02 = = , et X =
m
donner les quations diffrentielles du mouvement.
3- trouv les pulsations propres de ce systme.
4- Par la mthode matricielle retrouver ses
pulsations propres.
5- En dduire les modes propres relatifs ces
pulsations puis trouv x ( t ) et X ( t )
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Exercice 107:
On considre le systme mcanique reprsent sur la figure ci- dessous .Il est constitu dun
cylindre homogne de masse M et de rayon R qui peut rouler sans glisser sur un plan horizontal.
Ce cylindre est reli un bti fix par un ressort de raideur k . Une tige rigide sans masse, de
longueur , lune des ses extrmit peut osciller sans frottements autour du laxe du cylindre. Elle
porte a lautre extrmit une masse ponctuelle m qui est relie a un bti fix par un autre ressort de
raideur k . A lquilibre la tige est verticale et laxe du cylindre est l origine des coordonnes O .
La rotation de la tige rigide par rapport lhorizontale par langle et celle du disque par langle .
Lorsque le cylindre tourne de son centre de
gravit se dplace de x = R
Exercice 108:
On considre le systme mcanique reprsent sur la figure ci- dessous .Il est constitu dun disque
homogne de masse M et de rayon R est mobile sans frottements autour de son axe horizontal.
Une masse m est relie un point B de la circonfrence
du disque par une tige sans masse de longueur .
Larticulation au point B permet la tige dosciller dans
le plan du disque sans frottements. Le systme est repr
par les angles 1 et 2 .
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g
cas : M = 6m, = 3R R = , 02 = ,.
3
2- Dterminer les pulsations propres des petites oscillations.
3- Par la mthode matricielle retrouver ses pulsations propres.
Exercice 109:
Un fil inextensible, porte son extrmit une masse m , senroule sans glissement autour dun
disque homogne de masse M et de rayon R et daxe horizontal fixe O .Ce disque homogne et
attach par un ressort de raideur k . On suspend au centre gravit O de la masse m une tige
horizontale sans masse, de longueur , port son extrmit libre une autre masse ponctuelle m qui
est relie a un bti fix par un ressort vertical de raideur k . La translation de celui-ci est note par
x = R et la rotation de la tige par .
1- Donner lexpression du lagrangien du mouvement du systme.
2- crire le systme dquations diffrentielles des mouvements du systme dans le cas ou :
k
M = 4m et 02 =
m
3- En dduire les pulsations propres du systme
4- Retrouver ces rsultats en utilisant cette fois la mthode matricielle.
Exercice 110:
On considre le systme mcanique reprsent sur la figure ci-contre. Il est constitu dun
disque homogne de masse M , de rayon R .Ce disque homogne peut tourner autour dun axe
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fixe passant par le point O de son axe horizontal.il est relie au bti fix par un ressort de raideur k .
Une tige rigide, sans masse , de longueur et peut pivoter autour dun axe horizontal fixe O ,est
couple au disque par un autre ressort de raideur k situ une distance de de cette tige
3
comme indiqu sur la figure ci-contre. Une masse ponctuelle m est galement fixe une
extrmit de tige rigide et relie un bti fix par un troisime ressort vertical de raideur k . La
rotation de la tige rigide par rapport lhorizontale par langle 2 et celle du disque par langle 1 .
Exercice 111:
On considre le systme reprsent sur la figure ci-contre constitu dun disque homogne
de centre O , de masse M et de rayon R peut pivoter autour de son axe. Une barre homogne de
masse m et de longueur est solidaire de disque du centre O . Le centre de gravit G , milieu de la
tige situ la distance du point O , est reli au bti par un ressort de raideur k . Lextrmit dune
2
barre est relie un ressort de raideur k par un fil inextensible termine par une masse m . Le fil
inextensible senroule sans glisser autour un autre disque identique de centre O . Le systme se
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trouve en position dquilibre statique lorsque la barre est verticale. La rotation de la tige rigide par
1- Calculer les nergies cintique et potentielle de ce systme (en prendre M = 2m et R = ).
2
2- Donner le lagrangien de ce systme.
3- tablir les quations diffrentielles des mouvements du systme.
4- Trouver les pulsations propres du systme.
Exercice 112:
Le systme mcanique reprsent sur la figure ci-contre se dplace sans frottement, sur un
plan vertical. La tige rigide de longueur 2 , de la masse ngligeable, porte ses extrmits deux
masses identiques m est oscillant autour dun axe
horizontal fixe situ en O . A des distances de O ,
2
deux ressorts identiques de raideur k sont attaches
cette tige. On repre ce systme a deux degr de
libert par les coordonnes gnralises et x .
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Exercice 113:
Soit deux masses 3m et m sont relies entre elles et a un support fixe par cinq ressorts
identique de raideur k comme la montre la figure ci-dessous.les dplacements verticaux des
deux masses sont repres par leurs abscisses y1 et y 2 comptes partir de leurs positions
dquilibres statiques.
Dterminer :
1- Les deux quations diffrentielles en y1 ( t ) et y2 ( t ) qui rgissent le mouvement.
Exercice 114:
On considre le systme a deux degrs de libert reprsente par la figure ci-contre. Il est
constitu dune poulie homogne double gorge de masse M ,de rayon 2R et du centre O .La
poulie est reli par son centre O une masse par un ressort de raideur k . Deux fils inextensibles
son solidaires de la poulie. Lun senroule sur une petite gorge de rayon R est relie a un support
fixe par un ressort de raideur 4 k . Lautre senroule sur toute la poulie est 2R est relie aussi a
3
un support fixe par un ressort de raideur 1 k . Les dplacements verticaux des deux masses sont
4
reprs par leurs abscisses y1 et y2 comptes partir de leurs positions dquilibres statiques.
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Exercice 115:
On considre le systme a deux degrs de libert reprsente par la figure ci-contre. Il est
constitu de deux pendules simples des masses m1 , m2 et de meme longueur , fixs un bti fixe
2- En dduire les pulsations propres du systme puis trouver les directions propres associes aux
pulsations et expliquer comment vibre le systme pour les pulsations = 1 et = 2 .
3- crire les quations lectriques et reprsenter le circuit lectrique quivalent.
On ajoute maintenant au systme un troisime pendule de masse m3 et de longueur coupl au
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4- Calculer dans ce cas les nergies cintique et potentielle de ce systme dans le cas :
m
m1 = m2 = m3 = .
2
5- Donner les matrices T et U puis la matrice lagrangien L = T 1.U du systme.
6- crire, sous la forme matricielle L 2 I = 0 , les quations du mouvement et en dduire les
trois pulsations propres.
7- trouver les directions propres associes aux pulsations propres et expliquer comment vibre le
systme pour les pulsations = 1 , = 2 et = 3 .
Exercice 116:
On considre le systme reprsent sur la figure ci-contre, compos deux oscillateurs
identiques et linaires de masse m et de constant de raideur k sont coupls par ressort de raideur k .
x1 ( t ) et x2 ( t ) reprsentent les dplacements des deux masses par rapport a leur position
dquilibre.
1- crire les quations diffrentielles de mouvements de chaque oscillateur et rechercher un
changement de variable permettant dobtenir des quations diffrentielles indpendantes.
2- Intgrer ces quations pour obtenir les pulsations propres et la solution gnrale du mouvement.
3- Donner les modes propres associs ces pulsations et expliquer comment vibre le systme
pour les pulsations = 1 et = 2 .
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6- Le coefficient de couplage est lche << 1 , dtermin la priode doscillation TOSC et la
reprsentatives de x1 ( t ) et x2 ( t ) .
Exercice 117:
On considre le systme oscillant de la figure ci-contre constitu par trois masses m1 , m 2
et m3 sont relies entre elles et a un support fixe par cinq ressorts identique de raideur k . On
repre ce systme a trois degrs de libert par les
dplacements y1 , y 2 et y3 que font respectivement
Exercice 118:
On considre le systme oscillant a quatre degrs de libert constitu par quatre masse
identiques m1 , m 2 , m3 , m 4 couples par trois ressorts identiques de raideur k selon la figure ci-contre
dquilibre du systme.
1- tablir les quations diffrentielles en x1 ( t ) , x2 ( t ) x3 ( t ) et x4 ( t ) qui rgissent le mouvement
du systme.
2- Donner les pulsations propres du systme.
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Exercice 119:
On considre le systme oscillant de la figure ci-contre constitu par quatre masses m1 ,
m 2 , m3 et m4 sont relies entre elles et a un support fixe par 6 ressorts identique de raideur k
y2 ( t ) , y3 ( t ) et y4 ( t ) qui rgissent le
mouvement.
2- Trouver les pulsations propres du systme.
Exercice 120:
On considre le systme oscillant a trois degrs de
libert constitu par trois pendules sont coupls entre
elles selon la figure ci-contre .On repre ce systme par
les angles 1 , 2 et 3 et on ne sintresse quaux
petites oscillations.
1- Donner les quations diffrentielles en 1 ( t ) , 2 ( t )
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Exercice 121:
Soit une poulie homogne a double gorge de masse M 1 et de rayon 2R pouvant tourner
autour de son axe horizontal et fixe en- O1 .Deux fils inextensibles son solidaires de la poulie. Lun
senroule sur une petite gorge de rayon R et retient, par un ressort k qui le prolonge, une masse m
. Lautre senroule sur toute la poulie est prolonge par un ressort de raideur k est reli au disque
( M2 ,2R) comme indiqu sur la figure ci-contre. On repre ce systme a trois degrs de libert par
Exercice 122:
On considre un systme oscillant a deux dgres de libert compos deux oscillateurs
identiques et linaires .ils est constitu deux masses m1 et m 2 qui peuvent glisser sans frottements
sur un support horizontal. Les deux masses sont relies au bti par deux ressorts de raideur k .
Les deux oscillateurs sont coupls entre elles par l'intermdiaire d'un amortisseur de coefficient .
Les dplacements horizontaux des deux masses sont dfinis par x1 ( t ) et x2 ( t ) .
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X + 2 X + 02 X = 0
2 2 2
linstant t = 0 , on avait :
x1 ( 0 ) = x0 ; x1 ( 0 ) = 0
x2 ( 0 ) = x0 ; x2 ( 0 ) = 0
Exercice 123:
On considre le systme reprsent par la figure ci-
contre. On soumise la masse m une force verticale
sinusodale F ( t ) = F0 cos t . Le dplacement de m est note
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3- Dterminer les pulsations rsonnance et dantirsonance des y1 ( t ) et y2 ( t ) et tracer les
courbes Y1 ( ) et Y2 ( ) .
4- En dduire la variation de la vitesse y en fonction de la force F ( t ) .
1
F (t )
5- Donner limpdance dentre vitesse : Z e =
et tracer lallure du graphe de limpdance
y
1
dentre Z e ( ) .
6- En dduire lexpression de la vitesse y en fonction de la force F ( t ) .
2
F (t )
7- dterminer limpdance de transfert : Z T =
et tracer lallure du graphe de limpdance
y
2
de transfert Z T ( ) .
Exercice 124:
Soit le systme mcanique de la figure ci-contre. Une force sinusodale d'amplitude F0 et de
F (t )
2- Donner limpdance dentre vitesse : Z e =
.
y
1
F (t )
3- Donner limpdance de transfert vitesse : Z T =
.
y
2
4- Donner les quations lectriques correspondantes et le
schma lectrique quivalent.
Exercice 125:
On tudie prsent le systme mcanique reprsent par la figure suivante et dans lequel la
masse m1 est soumise une force verticale sinusodale F ( t ) = F0 cos t .les dplacement des
y2 ( t ) .
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F (t )
3- Calculer limpdance dentre vitesse : Z e =
en
y
1
fonction de , m1 , m 2 , k et .
F (t )
4- Calculer limpdance de transfert vitesse : Z T =
.
y
2
5- En dduire, dans lanalogie force-tension, les quations
lectriques et le circuit lectrique quivalents.
Exercice 126:
Soit le systme mcanique reprsent sur la figure ci-contre ou la masse m est soumise une
force F ( t ) = F0 cos t .Les variables x1 ( t ) et x2 ( t ) reprsentent les dplacements horizontaux des
F (t ) 1 3 1 mg 1 k2
Ze = = + j m + k
x 4 2 j 2k m2 ( )
1
F (t )
5- En dduire limpdance de transfert vitesse ZT =
du systme.
x
2
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Exercice 127:
On considre le systme reprsent par la figure ci-contre .sur la masse M agit une force
verticale sinusodale de pulsation et damplitude F0 . Le dplacement de M est note par y1 et
F (t )
de transfert vitesse : Z T =
y
2
3- Le schma lectrique quivalent dans lanalogie force-
tension
Exercice 128:
On considre le systme reprsent par la figure ci-contre. La masse m est soumise une
force F ( t ) = F0 cos t .On repre ce systme a deux degr de libert par les coordonnes
gnralises x1 = R1 et x 2 = 4 2 .
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2- dmontrer que limpdance dentre du systme scrit :
mg
F (t )
Z e = = +
j m
1 k+ (
+ k m
2
)
x 4
1
7-
F (t )
3- En dduire limpdance de transfert vitesse ZT =
du systme.
x
2
4- crire les quations de circuit lectrique analogie force-tension.
Exercice 129:
Pour le systme oscillatoire forc de faibles amplitudes de la figure ci-contre. On demande :
1- les quations diffrentielles en y1 ( t ) et y2 ( t ) qui rgissent le mouvement des petites oscillations
du systme.
ZT = F (t )
2- Limpdance transfert vitesse :
et
y
2
F (t )
limpdance de dentre vitesse : Z e =
.
y
1
3- Les quations lectriques et le circuit quivalent au
systme tudie.
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Exercice 130:
Les masses du systme trios degr de libert de la figure ci-contre effectuent des
oscillations forces de faibles amplitudes. Soient y1 ( t ) , y2 ( t ) et y3 ( t ) les abscisses de ces masses
2
k3
k2 + j
k3
2
j k3
+ j
F (t ) ( k + k + k )
Z e = = 1 2 3 + jm1 +
j k
y + 3
1
j k 2
+ jm2 + 2
j k3
j +
3- crire les quations de circuit lectrique analogie force-tension et reprsenter le schma de ce
circuit.
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Exercice 131:
On considre le systme oscillant de la figure constitu par trois masses m1 , m2 et m3 sont
relies entre elles et a un support fixe par quatre ressorts identiques de raideur k et deux
amortisseurs identiques de coefficient .on applique sur la masse une force sinusodale
F ( t ) = F0 cos t . On repre ce system a trois degrs de libert par les dplacements y1 , y2
systme.
2- Montrer que limpdance dentre du systme scrit :
2
2 k2
k
F (t ) 2k
(
2 2k m3 2 )
Ze = = + + jm1 +
j 2k 2k k2
y j + jm3 + jm + +
1
j j 2
(
2 2k m3 2 )
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Partie 4 :
Solutions
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Exercice 85:
Le nombre de degrs de libert :
y 1, y 2 , var iables
n = 3 1 = 2dd
y 2 = sin
Le systeme est a deux degrs de libert car deux coordonnes gnralises son ncessaires et
suffisantes pour dterminer ltat du systeme : la rotation dune tige homogne et le
dplacement y1 de M
Lnergie cintique totale du systme et donne par :
EcT = EcM + Ecm
1 2 1 2
Ec M = M y = 2m y
2 1 2 2
Avec : M = 2m
y2
2
2 2
1 14 1 4 2
Ecm = I / o Ecm = m 2
Ecm = my
2 23 23 2
Avec :
1 4
I /0 = I /G + m (OG ) =
2
m (2)2 + m 2 = m 2
12 3
1 2 4 2
Lnergie cintique totale scrit donc : EcT == m 2 y + y
2 1 3 2
Lnergie potentielle totale du mouvement du systme et dterminer par :
EpT = Epk + Epk
1 1 1
ky 12 + k ( y 2 y 1 ) 2 = k y 12 + ( y 2 y 1 )
2
EpT =
2 2 2
2 1 3 2 2
Les quations diffrentielles du systeme sont obtenues partir des deux quations de lagrange
suivantes :
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d L L d L L
= 0 = 2m y = k y 1 ( y 2 y 1 )
dt y y 1 dt y 1 y 1
1 1
d L L d L 4 L
dt = 0 = m y = k ( y 2 y 1 )
y y dt y 3 2 y 2
2
2 2
2 m y + k y1 ( y2 y1 ) = 0
2 m y + 2ky1 ky2 = 0 k 1k
1
y + y1 y2 = 0
1 m
1
2m
4 m y + k ( y2 y1 ) = 0 4 m y + ky2 ky1 = 0 y + 3 k y 3 k y = 0
3 2 3 2 2 4 m 2 4 m 1
k
En prenant 02 = , on obtient:
m
2 1 2
y1+ 0 y1 2 0 y2 = 0
y + 3 2 y 3 2 y = 0
2 4 0 2 4 0 1
Pour dterminer les modes propres en utilisant la notation complexe.
y1 , y 2 , y , y 2 , y , y 2 , Sous la forme complexe :
1 1
y 1 =Y 1e j t y = j Y 1e j t y = 2Y 1e j t y = 2 y 1
1 1
1
j t
j t
j t
y 2 =Y 2e y = j Y 2e y = Y 2e y = y 2
2 2
2 2 2
En utilisant ces rsultats dans le systme d'quations diffrentielles, cela donne :
2
2 1 2
y1 + 0 y1 2 0 y2 = 0
2
( ) 1 2
0 y1 2 0 y2 = 0
2
2 y + 3 2 y 3 2 y = 0 3 02 y1 + 3 02 2 y2 = 0
4
2 0 2 0 1
4 4 4
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2 1 2
(
0
2
) 0 y1
2
0
=
3 2 3 2 2
0 0 y2 0
4 4
2 1 2
(
0
2
) 0
2 3 1 3
det =
3 2 3 2
( 4
)
= 0 02 2 02 2 02 02 = 0
2 4
2
0 0
4 4
3 4 3 3
det = 0 02 2 02 2 + 4 04 = 0
4 4 8
3 4 3 3
det = 0 02 2 02 2 + 4 04 = 0
4 4 8
7 3
On obtient donc lquation aux modes propres suivant: det = 4 02 2 + 04 = 0
4 8
2
7 3 25 5
Avec : = 02 4. 04 = 0 = 04 = 02
4 8 16 4
Les pulsations des modes propre de vibration du systme sont donnes par :
2 1 2
1 = 4 0
2 = 3 2
2 2
0
( 2
0 ) 1 1
2 y1 02 y2 = 0 par 2 = 12 = 02 , on obtient donc :
2 4
2 1 2 1 2
0 0 y1 0 y2 = 0
4 2
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1
V1 = 2 ; V 1 est premier vecteur propre
3
( 2
0 ) 1 3
2 y1 02 y2 = 0 par 2 = 2 2 = 02 , on aura donc :
2 2
2 3 2 1 2
0 0 y1 0 y2 = 0
2 2
1
V2 = ; V2 est deuxime vecteur propre.
1
Les expressions gnrales de y1 ( t ) et y2 ( t ) scrivent par :
1
y1 1
= C1 2 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
y2 1
3
Dou
y1 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
2
y2 = C1 cos ( 1t + 1 ) C2 cos ( 2t + 2 )
3
y1 = y0 cos ( 1t ) + cos ( 2t )
2
y2 = y0 cos ( 1t ) cos ( 2t )
3
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Exercice 86:
Le nombre de degrs de libert :
y 1 , y 2 ,1 , 2 var iables
n = 4 2 = 2dd
y 1 = 2 sin , y 2 = sin
y
2
1
1 2
11 2
1 4 2 2 1 4 2
Ecm1 = I1/0 = m1 2 = m1 = m1 y
2 1 23 1 23 4 1 23 1
2
1 1 1 1 1
Avec: I /01 = I / G + m ( OG )
2
= m 2 + m = m 2 + m 2 = m 2 I /01 = m 2
12 2 12 4 3 3
y
2
2
1 2
14 2
14 2
14 2
Ecm 2 = I 2/0 = m2 2 = m2 2 = m2 y
2 2 23 1 23 2 23 2
1 1 4 4
Avec: I /02 = I / G + m ( OG ) = m ( 2 ) + m ( ) = m 2 + m 2 = m 2 I /02 = m 2
2 2 2
12 3 3 3
2 2
1 4
EcT = m1 y + m 2 y
2 3 1 2
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Ep k + Ep k Lnergie potentielle totale scrit donc :
1 1 1
ky 12 + k ( y 2 y 1 ) 2 = k y 12 + ( y 2 y 1 )
2
EpT =
2 2 2
Le lagrangien du systme scrit alors par :
1 4
2 1
k y 1 + ( y 2 y 1 )
2
L= m
1 y 2
+ m1 y 2
2 3 1 2 2
Le systme tant libre et non amortie, les quations
diffrentielles qui dcrivent les mouvements du systeme sont
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dtermines partir des quations de lagrange suivante :
d L L d L 4 L
= 0 = m1 y = k y 1 ( y 2 y 1 )
dt y y 1 dt y 3 1 y 1
1 1
d L L d L 4 L
dt = 0 = m2 y = k ( y 2 y 1 )
y y 2
dt y 3 2 y 2
2 2
3 1 1+ k y 1 ( y 2 y 1 ) = 0 4 m1 y + 2ky 1 ky 2 = 0 3 k
m y 3 k
3 y 1+ 2 m y 1 4 m y 2 = 0
1
1 1
4
m y +k (y y ) = 0 4
m y + ky ky = 0 y + 3 k 3 k
y y =0
3 2 2 2 1
3 2 2 2 1
2 4 m 2 2 4 m 2 1
m
En prenant m1 = m et m2 = ,le systeme dquations diffrentielles devient :
2
3 k 3 k
y1+ 2 m
y1
4m
y2 = 0
y + 3 k
y2
3 k
y1 = 0
2 2 m 2m
En dfinitif, le systme dquations diffrentielles des mouvement des deux masses scrit :
3 2 3 2
y1+ 2 0 y1 4 0 y2 = 0
y + 3 2 y 3 2 y = 0
2 2 0 2 2 0 1
Les pulsations des modes propre peuvent tre dtermines en utilisant la reprsentation complexe
.Dans chacun des modes propres, y1 ( t ) et y2 ( t ) sont reprsentes respectivement par y1 = Y1e jt et
y2 = Y2 e jt :
y 1 =Y 1e j t y = j Y 1e j t y = 2Y 1e j t y = 2 y 1
1 1
1
j t
j t
2
y = Y 2e y = j Y 2e y = 2Y 2e j t y = y 2
2
2 2 2
On injectant ces rsultats dans le systeme d'quations diffrentielles, on obtient :
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2 3 2 3 2 3 2 2 3 2
2 0 y 1 4 0 y 2 = 0
y 1 + 2 0 y 1 4 0 y 2 = 0
2 y + 3 2 y 3 2 y = 0 3 2 y + 3 2 2 y = 0
0 1 2
2
2 0 2 0 1 0
2 2 2
( ) 9 9 3 2
2
Avec : = 302 4. 04 = 0 = 04 = 0
8 2 2
2 3 2 3 2
1 = 0
2 2
Elle admet comme solutions:
2 3 2+ 3 2
2 = 0
2 2
3 2 2 3 2 3 2 3 2
0 y1 0 y2 = 0 par = 1 = 0 , on obtient donc :
2 2
2 4 2 2
3 2 3 2 3 2 3 2
0
y 0 y2 = 0
2 2 2
0 1
4
3
y1 = 4 y2
3 3 2 3
2 2 2
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3
32 2
y1 = 4 y2 y1 = y2
3 4 3
2 2
3 2 2 3 2 3 2+ 3 2
0 y1 0 y2 = 0 par = 2 = 0 , on aura donc :
2 2
2 4 2 2
3 2 3 2+ 3 2 3 2
0
y 0 y2 = 0
2 2 2
0 1
4
1
V2 = 3 ; V2 est deuxime vecteur propre.
2
Les expressions gnrales de y1 ( t ) et y2 ( t ) scrivent par :
1 1
y1
= C1 3 cos ( 1t + 1 ) + C2 3 cos ( 2t + 2 )
y2
2 2
Dou
y1 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
3 3
y2 = C1 cos ( 1t + 1 ) C2 cos ( 2t + 2 )
2 2
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y1 = y0 cos ( 1t ) + cos ( 2t )
3
y2 = y0 cos ( 1t ) cos ( 2t )
2
Exercice 87:
Le nombre de degrs de libert :
1 2 1 2 1 2 1 2
Ec m1 = I 1/0 = m 1 2 = m = m y
2 2 2 2 1
1 2 1 2 1 2 1 2
Ec m 2 = I 2/0 = m 2 2 = m = m y
2 2 2 2 1
1 2
Ec M = M y
2 2
2 2
2 2
2 2
1 1 1
EcT = 2m y + M y = M y + M y = M
y + y
2 1 2
2 1 2 2 1 2
Avec : M = 2 m
Lnergie potentielle totale du systeme est donner par :
EpT = Ep k 1 + Ep k 2 + Ep k 3
1 1 1 1
k1 y12 + k 2 ( y2 y1 ) 2 + k3 y22 = k y12 + y22 + ( y2 y1 )
2
EpT =
2 2 2 2
Avec: k1 = k2 = k3 = k
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Le lagrangien scrit :
1 2 2 1 2
L = M y + y k y1 + y22 + ( y2 y1 )
2
2 1 2 2
M y + 2ky 1 ky 2 = 0 k k
1
y + 2 y y2 =0
1 M
1 1
M
M y + k y 2 + ( y 2 y 1 ) = 0 M y + 2ky 2 ky 1 = 0 y + 2 k y k y = 0
2 2 2 M
2
M
1
k
En posant 02 = , on obtient:
M
y 1+ 20 y 1 0 y 2 = 0
2 2
y + 202 y 2 02 y 1 = 0
2
2 2 2 (
y1 + 20 y1 0 y2 = 0 20 y1 0 y2 = 0
2 2 2
)
2
y2 + 20 y2 0 y1 = 0
2 2
( ) (
0 y1 + 20 y2 = 0
2 2 2
)
Ces deux quations accepteront une solution si le dterminant=0 :
(
202 2 ) ( )2
det = (
= 0 202 2 ) ( )
0 2 2
2
=0
2( ) ( 2
)
0
0 20
2
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det = 404 402 2 + 4 04 = 0 det = 4 402 2 + 304 = 0
( )
2
Avec : = 40 4.304 = 0 = 404
2
La rsolution de lquation aux modes propres ci-dessus conduit aux solutions suivantes :
2 k k
12 = 02 1 = M = 2m
2
2 = 30
2
2 = 3k = 3k
2 M 2m
( 22
0 )
2 y1 02 y2 = 0 par 2 = 12 = 02 , on obtient donc :
( 2 2
0 )
02 y1 02 y2 = 0
( 22
0 )
2 y1 02 y2 = 0 par 2 = 2 2 = 302 , on aura donc :
( 22
0 )
302 y1 02 y2 = 0
1
V2 = ; V2 est deuxime vecteur propre.
1
Les expressions gnrales de y1 ( t ) et y2 ( t ) scrivent par :
y1 1 1
= C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
y2 1 1
Dou
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y1 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
y2 = C1 cos ( 1t + 1 ) C2 cos ( 2t + 2 )
y1 = y0 cos ( 1t ) + cos ( 2t )
y2 = y0 cos ( 1t ) cos ( 2t )
Exercice 88
Le nombre de degrs de libert :
y 1 , y 2 , var iables
n = 3 2 = 2dd
y 1 = sin
Lnergie cintique du systme:
1 2 17 2 1 7 2 2 1 7 2
Ecm = I /0 = m =
2
m = m y
2 24 1 24 24 1
Avec:
1 9 21 7 7
I /0 = I / G + m ( OG ) =
2
m (3 ) 2 + m 2 = + 1 m 2 = m 2 = m 2 I /0 = m 2
12 12 12 3 4
1 2
Ec M = M y
2 2
17 2 2
EcT = my +M y
24 1 2
Lnergie potentielle du systme:
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EpT = Ep k + Ep k
y1
1 2 1
1
EpT = ky1 + k ( y2 3 ) 2 = k y12 + ( y2 3 y1 )
2
2 2 2
Le lagrangien du systeme scrit par:
17 2 2 1
m y + M y k y12 + ( y2 3 y1 )
2
L=
2 4 1 2 2
Lutilisation des quations de Lagrange:
d L L d L 7 L
= 0 = m y = k y1 3 ( y2 3 y1 )
dt y y1 dt y 4 1 y1
1 1
d L L d L L
dt = 0 dt = M y = k ( y2 3 y1 )
y2 2 y2
y y
2 2
4
1
M y + k ( y 3 y ) = 0 M y + ky 3ky = 0
2 2 1
2
2 1
7 k
Sachant que M = m et 02 = , le systeme dquations diffrentielles devient :
8 M
k 3 k
2 M y + 10 ky 3ky = 0 y + 5 y1 y2 = 0 3
1 2
M 2M y + 502 y1 02 y2 = 0
1 1
1 2
M y + ky2 3ky1 = 0 y + k y 3 k y = 0 y + 2 y 3 2 y = 0
2 M 2
2 1 0 2 0 1
2 M
2 2 2
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En remplaant ces rsultats dans le systme d'quations diffrentielles, cela donne :
2
2 3 2
2
2 2 3 2
(
y1 + 50 y1 0 y2 = 0 50 y1 2 0 y2 = 0 )
2 y + 2 y 3 2 y = 0
2 0 2 0 1 (
302 y1 + 02 2 y2 = 0
) ( )
Les solutions de cette quation dfinissent les pulsations des deux modes propres de vibration du
systme ; elles sont donnes par :
2 1 17 2
1 = 3 34 02 = 3 0
2 2
2 1 2 17 2
1 = 3 2 34 0 = 3 + 2 0
17 2
( 5 2
0 ) 3
2 y1 02 y2 = 0 par = 1 = 3
2
2 2
0 , on obtient donc :
2
2 17 2 3
50 3
0 y1 02 y2 = 0
2 2
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3
y1 = y2
4 34
1
; V est premier vecteur propre
V1 = 3
1
4 34
17 2
( 5 2
0 ) 3
2 y1 02 y2 = 0 par = 2 = 3 +
2
2 2
0 , on aura donc :
2
2 17 2 3 2
50 3 +
y 0 y2 = 0
2
0 1
2
1 1
y1 cos ( t + )
= C1 3 cos ( 1t + 1 ) + C2 3 2 2
y
2
4 34 4 + 34
Dou
y1 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
3 3
y2 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
4 34 4 + 34
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Exercice 89 :
Le nombre de degrs de libert :
y 1 , y 2 ,1 , 2 var iables
n = 4 2 = 2dd
y 1 = 2 sin , y 2 = sin
1 2 1 2
Ec m1 = I 1/0 = m 2
2 1 2 1
1 2 1 2
Ec m 2 = I 2 /0 = m
2
2 2 2 1
2
1 2 2
EcT = m +
2 1 2
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Epk + Epk + Epk
2
1 2 1 1
Ep k = ky 1 = k 2
2 2 16 1
2
1 1 9
Ep k = ky 22 = k 2
2 2 16 1
1 1 1 2
Ep k = k ( y 4 y 3 ) 2 = k ( ) 2 = k ( ) 2
2 2 2 2 2 1 2 4 2 1
1 5 2 1
EpT = k 2 + ( ) 2
2 8 1 4 2 1
Le lagrangien scrit :
1 2 2 1 5 2 1
L = m 2 + k 2 + ( ) 2
2 1 2 2 8 1 4 2 1
Les quations du mouvement sont dtermines laide des deux quations de Lagrange
suivantes :
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d L L d L L 5 2 1
dt = 0 dt = m 2
= k 2 ( )
1 1 8 1 4 2 1
1
1 1
d L L d L L 1
= 0 = m 2
= k 2 ( )
dt 2 dt 2 2 4 2 1
2 2
7 k
2 2 5 1 7 1 +
1 k
=0
m + k
8 1 4 2 1 = 0 m 2
+ k 2
k 2
= 0
1
1 8 1 4 2
1 8 m 1 4 m 2
m 2 + k 2 1 ( ) = 0
m 2 + 1 k 2 1 k 2 = 0 1 k 1 k
2 4 2 1
2 4 1 4 1 + =0
2 4 m 2 4 m 1
7
+ 02 1 02 = 0
k 1 8 1 4 2
En prenant 02 = , on obtient :
m 1 2 1 2
2 + 0 2 0 1 = 0
4 4
En utilisant la notation complexe. 1 , 2 , , 2 , , 2 , Sous la forme complexe :
1 1
1 = 1e j t = j 1e j t = 211e j t = 21
1 1
1
j t
j t
j t
2 = 2e 2 = j 2e 2 = 2e 2 = 2
2 2
2 7 2 1 2 7 2 2 1 2
8 0 1 4 0 2 = 0
1 + 8 0 1 4 0 2 = 0
2 + 1 2 1 2 = 0 1 2 + 1 2 2 = 0
0 1 2
4
2 0 2 0 1 0
4 4 4
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7 4 7 2 2 2 2 2 1
det = 0 0 0 + 4 04 = 0
32 8 8 16
9 5
On trouve : det = 4 02 2 + 04 = 0
8 32
2
9 5 41 41 2
Avec : = 02 4. 04 = 0 = 04 = 0
8 32 64 8
2 9 41 2
1 = 0
16
Les pulsations propres :
2 9 + 41 2
2 = 16 0
Dans le premier mode ( = 1 ) : on remplace dans la premire quation diffrentielle
7 2 2 1 2 9 41
0
1
0 2 = 0 par 2
= 1
2
= , on obtient donc :
8 4 16
7 2 9 41 2 1
0
0 1 02 2 = 0
8
16 4
1
V1 = ; V 1 est premier vecteur propre
4
5 + 41
7 2 2 1 2 9 + 41 2
0 1 0 2 = 0 par = 2 = 16 0 , on aura donc :
2 2
8 4
7 2 9 + 41 2 1 2
0 0 1 0 2 = 0
8
16 4
Page 316
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1
V2 = ; V est deuxime vecteur propre.
4 2
5 41
Exercice 90 :
Le nombre de degrs de libert :
x 1 , x 2 , x 3 ,1 , 2 var iables
n = 5 3 = 2dd
x 1 = R 1 , x 2 = 3 sin 1 , x 3 = sin 2
1 2 11 2
Ec m1 = I /c = MR 2
2 1 22 1
1 2 1 2
Ec m 2 = I /0 = m 2
2 2 2 2
11 2 2
EcT = MR + m
2 2
22 1 2
Lnergie potentielle totale dtermine par :
EpT = Ep k + Ep k + Ep k
2
1 2 1
Epk = kx1 = k R 2
2 2 1
1 1
Epk = k ( x2 x1 ) 2 = k ( R ) 2
2 2 3 2 1
2
1 1
Epk = kx32 = k 2
2 2 2
1 2 2 2
EpT = k R + + ( R ) 2
2
2 1 2 3 2 1
Le lagrangien donne par :
11 2 2 1 2 2
L = MR 2 + m 2 k R 2 + 2 + ( R ) 2
22 1 2
2 1 2 3 2 1
Page 317
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d L L d L 1 L
dt = 0 dt 2 = MR 2
= k R 2 R( R )
1 1 1 32 1
1
1 1
d L L d L L
= 0 = m 2
= k 2 + ( R )
dt 2 dt 2 2 2 3 32 1
2 2
9 k
Sachant que M = m , R = et 02 = , les quations diffrentielles devient :
2 3 m
8
+ 02 4 02 = 0
1 9 1 9 2
10 2 1 2
2 + 0 2 0 1 = 0
9 9
diffrentielles, on aboutit a:
2 8 2 4 2 8 2 2 4 2
+ = 0 0 2 = 0
1
9
0 1
9
0 2
9
0
1
9
2 + 10 2 1 2 = 0 1 2 + 10 2 2 = 0
2
9
0 2
9
0 1
9 0 1 9 0 2
Le dterminant ci-dessous est nul :
8 2 2 4 2
0 0
9 9 8 10 4 1
det = = 0 02 2 02 2 02 02 = 0
1 2 10 2 2
9 9 9 9
0 0
9 9
80 4 8 2 2 10 2 2 4
det = 0 0 0 + 4 04 = 0
81 9 9 81
Page 318
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76 4
det = 4 2 02 2 + 0 = 0
81
Avec : = ( 202 ) 4.
2 76 4 20 2 5 2
0 = 0 = 04 = 0
81 81 9
Les pulsations propres de vibration du systme sont donnes par :
2 5 2
1 = 1 0
9
2 5 2
2 = 1 + 0
9
Exercice 91:
Le nombre de degrs de libert :
x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ,1 , 2 var iables
n = 6 4 = 2dd
x 1 = sin 1 , x 2 = sin 2 , x 2 = 2 sin 1 , x 4 = 2 sin 2
1 2 1 2
Ec m1 = I 1 /0 = m 2
2 1 2 1
1 2 1 2
Ec m 2 = I 2 /0 = m 2
2 2 2 2
1 2 2 1 2 2
2
EcT = m + 2 = m x + x
2 1 2
2
1 2
Lnergie potentielle du systme :
EpT = Ep k + Ep k + Ep k
1 2 11 2 2 11
Epk = kx3 = k = k x12
2 24 1 24
1
Epk = k ( x2 x1 ) 2
2
1 2 11 2 2 11 2
Epk = kx4 = k = kx2
2 24 2 24
1 1 1
EpT = k x12 + x22 + ( x2 x1 ) 2
2 4 4
Page 319
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Le lagrangien du systme scrit alors par :
1 2 2 1 1 2 1 2 2
L = m x + x k 4 x 1 + 4 x 2 + (x 2 x 1 )
2 1 2
2
5
x + 02 x 02 x = 0
1 4 1 2
k
On obtient aprs simplification : avec : 02 = ,
5 2 m
x2 + 0 x2 0 x1 = 0
2
2 5 2 5 2 2
4 0 x 1 0 x 2 = 0
2
x 1 + 4 0 x1 0 x2 = 0
2
2 x + 5 2 x 2 x = 0 2 x + 5 2 2 x = 0
( )
2 0 0
0 1 0 2
4 2 1
4
Le dterminant ci-dessous est nul :
5 2 2
0
4
02 ( )
5 2
2
2
( )
2
det = = 0 0 02 =0
5 2 2
4
(
02 ) 0
4
Page 320
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Lquation aux modes propres est alors donne par :
2
5 2 2
( ) 25 4 10 2 2 5 9
2
0 0 = 0 det = 0 0 + 4 04 = 0 det = 4 02 2 + 04 = 0
2
4 16 4 2 16
2
5 9
Avec : = 02 4. 04 = 0 = 404 = 202
2 16
1 9
Les solutions 12 = 02 et 2 2 = 02 dfinissent les pulsations propres du systme.
4 4
Dans le premier mode ( = 1 ) : on remplace dans la premire quation diffrentielle
5 2 2 1 2
0 x1 0 x2 = 0 par = 1 = 0 , on obtient donc :
2 2 2
4 4
5 2 1 2
0 0 x1 0 x2 = 0
2
4 4
5 2 2 9 2
0 x1 0 x2 = 0 par = 2 = 0 , on aura donc :
2 2 2
4 4
5 2 9 2
0 0 x1 0 x2 = 0
2
4 4
1
V2 = ; V2 est deuxime vecteur propre.
1
Les expressions gnrales de x1 ( t ) et x2 ( t ) scrivent par :
x1 1 1
= C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
x2 1 1
Dou
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x1 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
x2 = C1 cos ( 1t + 1 ) C2 cos ( 2t + 2 )
Exercice 92:
Le nombre de degrs de libert :
1 2 1 2
Ec m = I /0 = 4 m 2
2 2
1 2
Ec m = m y
2 2
1 2 2 2
EcT = m 4 + y
2 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep k + Ep k + Ep k
2
1 2 1
Epk = ky1 = 4k 2
2 2
1 1
Epk = k ( y2 y3 ) 2 = k ( y2 ) 2
2 2
1
Epk = ky22
2
1 2 2 2
EpT = k 4 + y2 + ( y2 ) 2
2
Le lagrangien L = ECT E PT scrit alors :
1 2 2
1 2 2
L = m 4 + y k 4 + y 22 + ( y 2 ) 2
2
2 2 2
Les quations de Lagrange permettent dobtenir les quations diffrentielles du mouvement :
Page 322
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d L L d L L
dt = 0 dt = 4 m 2
= k 4 2 ( y2 )
d L L = 0 d L = m y
L
= k y2 + ( y2 )
dt y2 dt y2
y2 y2
2
4 m 2
+ 5k 2 k y2 = 0 + 5 k 1 k y = 0
4 m 4 m
2
m y + k y + ( y ) = 0 m y + 2ky2 k = 0 y + 2 k y k = 0
2
2 2
2 2 m
2
m
5 2 1 2
+ 4 0 4 0 y 2 = 0
y + 202 y 2 02 = 0
2
Sachant que : = 2 et y = 2 y2
2
2 5 2 1 2 5 2 2 1 2
+ 0 0 y2 = 0 4 0 y1 4 0 y2 = 0
4 4
2 y + 2 2 y 2 = 0
2 0 2 0 1
0 1 ( 0 ) (
2 y + 2 2 2 y = 0
2 )
Ces deux quations accepteront une solution si le dterminant=0 :
5 2 2 1 2
0 0 5 2 2 2 1 2
det = 4 4 ( ) ( )
= 0 0 20 0 0 = 0
4
2 2
4
( 0
2
) ( )
202 2
10 4 5 2 2 1
det = 0 0 2 02 2 + 4 04 = 0
4 4 4
Aprs simplification, on obtient lquation aux modes propres suivant:
13 2 2 9 4
4 0 + 0 = 0
4 4
2
13 9 25 5
Avec : = 02 4. 04 = 0 = 04 = 02
4 4 16 4
Page 323
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12 = 02
2 9 2
Les pulsations propres de vibration du systme sont donnes alors par : 2 = 0
4
Exercice 93:
Le nombre de degrs de libert :
x 1 , x 2 , x 3 ,1 , 2 var iables
n = 5 3 = 2dd
x 1 = sin 1 , x 2 = 2 sin 2 , x 3 = sin 1 ,
1 2 1 2 1 2
Ec m = I /01 = m 2 = m x
2 1 2 1 2 1
1 2 1 2 1 2
Ec m = I /01 = m 2 mx
2 1 2 1 2 1
1 2 11 2 11 2 2 1 2 1 2
Ec M = I /c = MR 2 = 8m = m 2 = m x
2 1 22 1 22 4 1 2 1 2 1
Avec : M = 8m et R =
2
2
x
2
1 2
14 2 2
1 4 2
Ecm = I /02 = m = mx
2 2 23 4 2 23 2
2
1 3 3
Avec: I /02 = I / G + m ( O2G )
2
= 3m() 2 + 3m = m 2 + m 2 = m 2
12 2 12 4
1 2 2
EcT = m 3x + 4 x
2 1 2
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Epk + Ep m + Ep k + Epk
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2
1 2 1 1
Ep k = kx 3 = k 2 = k x 12
2 2 1 2
2
1 1 mg 2
Ep m = mg (1 cos 1 ) = mg = x
2 1 2 1
1
Ep k = k ( x 2 x 1 ) 2
2
1 1 2
1 2 2 1
Ep k = kx 42 = k 2 = 4k = 4kx 22
2 2 2 2 4 2 2
1 mg 2 2
EpT = k x 1 + 4kx 2 + k ( x 2 x 1 )
2
2
Le lagrangien scrit :
1 2 2 1 mg 2
L = m 3x + 4 x k x1 + 4kx22 + k ( x2 x1 ) 2
2 1 2
2
Sachant que :
x 1 = X 1e j t x = j X 1e j t x = 2 X 1e j t x = 2 x 1
1 1
1
j t
x 2 = X 2e x = j X 2e j t x = 2 X 2e j t x2 = x 2
2
2 2
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En remplaant x = 2 x1 et x = 2 x2 dans le systme dquations diffrentielles, cela donne :
1 2
2 1 2 1 2 1 2 2 1 2
x1 + 3 0 x1 3 0 x2 = 0 3 0 x1 3 0 x2 = 0
2 x + 5 2 x 1 2 x = 0 1 2 x + 5 2 2 x = 0
2
4
0
2 4
0
1 4 0 1 4 0 2
Ces deux quations scrivent sous la forme matricielle suivante :
1 2 2 1 2
0 0 x1 0
3 3 =
1 2 5 2 2
0 0 x2 0
4 4
Lquation qui admet des solutions qui ne sont pas toutes nulles si le dterminer de la matrice et
2
1 5 1 1
nul, soit 02 2 02 2 02 02 = 0 , qui se met sous la forme :
3 4 3 4
5 4 1 2 2 5 2 2 1 19 1
det = 0 0 0 + 4 04 = 0 det = 4 02 2 + 04 = 0
12 3 4 12 12 3
2
19 1 169 4 13
Avec : = 02 4. 04 = 0 = 0 = 02
12 3 144 12
1 4
Elle admet comme solutions : 12 = 02 et 2 2 = 02
4 3
Exercice 94:
Le nombre de degrs de libert :
x 1, x 2 , var iables
n = 3 1 = 2dd
x 1 = R
Lnergie cintique totale est dtermine comme suit:
EcT = Ec M + Ec m
1 2 11 2 11 2 1 3 2
Ec m1 = I /C = MR 2 = M x = mx
2 22 22 1 22 1
En posant : M = 3m
1 2 1 3 2 2
Ecm = m x EcT = m x + x
2 2 2 2 1 2
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Pour lnergie potentielle est Calcule comme suit:
EpT = Ep k + Ep k
1 1 1
kx 12 + k ( x 2 x 1 ) 2 = k x 12 + ( x 2 x 1 )
2
EpT =
2 2 2
Le Lagrangien du systme scrit comme suit:
1 3 2 2 1 2
L = m x + x k x 1 + (x 2 x 1 )
2
2 2
1 2
2
Le systme diffrentiel sexprime alors:
d L L d L 3 L
dt x = 0 dt = 2 m x1 = k x1 ( x2 x1 )
x1
x 1 x
1 1
d L L = 0 d L = m x L
= k ( x2 x1 )
dt x2 dt 2 x2
x2 x2
4
x + 02 x 2 02 x = 0
1 3 1 3 2
k
avec 02 =
2 m
x2 + 0 x2 0 x1 = 0
2
Il s'agit d'quations diffrentielles linaires pour lesquelles on cherche des solutions sinusodales
de la forme:
x 1 = X 1e j t x = j X 1e j t x = 2 X 1e j t x = 2 x 1
1 1
1
j t
x 2 = X 2e x = j X 2e j t x = 2 X 2e j t x2 = x 2
2
2 2
En remplaant les solutions dans le systme diffrentiel, On obtient un systme linaire suivant :
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2 4 2 2 2 4
x1 + 3 0 x1 3 0 x2 = 0 02 2 x1 02 x2 = 0
2
3 3
x + x x = 0
2
2
2
0
2
0
2
1 (
0 1 )
x + 2 x = 0
2
0
2
(2 )
Le systme admet des solutions non nulles si seulement si: det = 0
Do :
4 2 2 2 2
0 0
3 = 0 02 2 02 2 02 02 = 0
( ) ( )
4 2
det = 3
3 3
(
02 ) ( )
02 2
4 4 4 2 2 2
det = 0 0 02 2 + 4 04 = 0
3 3 3
Alors on obtient lquation suivante : 3 4 702 2 + 204 = 0
Avec : = ( 7 02 ) 4.3.2 04 = 0 = 25 04 = 5 02
2
2 1 2
1 = 0
Les deux pulsations propres sont : 3
= 2 2
2
2 0
Exercice 95:
Le systme a deux degrs de libert exprims en y1 et y 2 :
{ y1 , y2 var iables n = 2 0 = 2 dd
1 2
Ec3 m = 3m y
2 1
1 2
Ec m = my
2 2
1 2 2
EcT = m 3 y + y
2 1 2
Lnergie potentielle scrit comme suit :
EpT = Epk eq1 + Epkeq2
1 1 1
k eq1 y12 + k eq2 ( y2 y1 ) 2 = k eq1 y12 + keq2 ( y 2 y1 )
2
EpT =
2 2 2
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1 1 1 k
Avec : keq = k + k = 2 k et = + keq2 =
1
keq2 k k 2
2 1 2 2
Lutilsation des quations de lagrange:
d L L d L L
= 0 = 3m y = keq1 y1 keq 2 ( y2 y1 )
dt y y1 dt y 1 y1
1 1
d L L d L L
dt y = 0 dt = m y = keq 2 ( y2 y1 )
y y 2 y2
2
2 2
3m y
1 3m y + k( eq1 + keq 2) y1 keq 2 y2 = 0 y +
1 3m
y1
3 m
y2 = 0
1
m y + keq 2 ( y2 y1 ) = 0 m y + keq 2 y2 keq 2 y1 = 0 keq 2 keq 2
2 2 y
2 m+ y2 y1 = 0
m
En utilisant la reprsentation complexe pour trouver les pulsations propres :
y 1 =Y 1e j t y = j Y 1e j t y = 2Y 1e j t y = 2 y 1
1 1
1
j t
j t
j t
y 2 =Y 2e y = j Y 2e y = Y 2e y = y 2
2 2
2 2 2
On obtient alors les deux quations dquations diffrentielles suivantes :
2 keq1 + keq 2 keq 2
y1 + y1 y2 = 0 keq1 + keq 2 2 y keq 2 y = 0
3m 3m 1
2
3m 3m
2 keq 2 keq 2 keq 2 keq 2
y 2 + y 2 y1 = 0 y1 + 2 y2 = 0
m m m m
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k k
2 k + 2 2
2
keq1 + keq 2 keq 2
3m 3m
2
3m 3 m
det = =0 =0
keq 2 keq 2 k k
2 2 2
m m
2
m m
5 k 2 1 k 5 2 2 1 2
6 0 0
6 m 6 m 6
det = = 0 det = = 0 On
1 k 1 k 2 1 2 1 2 2
0 0
2 m 2 m 2 2
k
pose 02 =
m
5 2 2 1 2
6 0 y1 6 0 y2 = 0
( ) (
0 y1 + 20 y2 = 0
2 2 2
)
5 1 1 1 4 1
det = 02 2 02 2 02 02 = 0 det = 4 022 + 04 = 0
6 2 6 2 3 3
Avec:
2
4 1 4 2
= 02 4 04 = 0 = 04 = 02
3 3 9 3
4 2
12 =
3 3 2
0 2 1 2
2 1 = 0
Donc les pulsations propres sont dtermines comme suit: 3
4 2 = 2
+ 2
2
2 3 3 2 0
2 = 0
2
Dans le premier mode ( = 1 ) : on remplace dans la premire quation diffrentielle
5 2 2 1 2 1 2
0 y1 0 y2 = 0 par = 1 = 0 , on obtient donc :
2 2
6 6 3
5 2 1 2 1 2
0 0 y1 0 y2 = 0
6 3 6
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1
V1 = 1 ; V 1 est premier vecteur propre
3
5 2 2 1 2
0 y1 0 y2 = 0 par = 2 = 0 , on aura donc :
2 2 2
6 6
5 2 2 1 2
0 0 y1 0 y2 = 0
6 6
1
V2 = ; V2 est deuxime vecteur propre.
1
Les expressions gnrales de y1 ( t ) et y2 ( t ) scrivent par :
1
y1 cos ( t + ) + C 1 cos ( t + )
= C1 1 2
y2 1 1
1
2 2
Dou
y1 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
1
y2 = C1 cos ( 1t + 1 ) C2 cos ( 2t + 2 )
3
Exercice 96:
Le nombre de degrs de libert :
y 1 , y 2 , var iables
n = 3 2 = 2dd
y 1 = R
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Lnergie cintique du systme donne par :
EcT = Ec m + Ec M
1 2 11 2 11 2 2 1 2
Ec M = I /c = MR =
2
2m R = m y
2 22 22 2 1
Avec : M = 2 m
1 2
Ec m = m y
2 2
1 2 2
EcT = m y + y
2 1 2
Lnergie potentielle du systme dtermine par :
EpT = Ep k + Ep k + Ep k
1 1 1 1
ky 12 + k ( y 2 y 1 ) 2 + ky 22 = k y 12 + y 22 + ( y 2 y 1 )
2
EpT =
2 2 2 2
2 1 2
2
Les deux quations de lagrange scrivent :
d L L d L L
= 0 =m y = k y 1 ( y 2 y 1 )
dt y y 1 dt y 1 y 1
1 1
d L L d L L
dt = 0 =m y = k y 2 + ( y 2 y 1 )
y y dt y 2 y 2
2
2 2
Conduit au systme dquations diffrentielles suivantes :
m y 1+ k y 1 ( y 2 y 1 ) = 0 m y + 2ky 1 ky 2 = 0 k
k
y + 2 y1 y 2 = 0
1 m
1
m
m y + k y 2 + ( y 2 y 1 ) = 0 m y + 2ky 2 ky 1 = 0 y + 2 k y k y = 0
2 2 2 m
2
m
1
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y 1+ 20 y 1 0 y 2 = 0
2 2
k
On pose 02 =
y + 202 y 2 02 y 1 = 0 m
2
y 1 =Y 1e j t y = j Y 1e j t y = 2Y 1e j t y = 2 y 1
1 1
1
j t
j t
j t
y 2 =Y 2e y = j Y 2e y = Y 2e y = y 2
2 2
2 2 2
En remplaant, on obtient :
2 y 1 + 202 y 1 02 y 2 = 0
2 2
( 2
)
20 y 1 0 y 2 = 0
2
2 2 2
( 2
)
y 2 + 20 y 2 0 y 1 = 0 0 y 1 + 20 y 2 = 0
2
( )
Pour que les quations soit vrai sans que y1 et y 2 soient tous les deux nuls, il faut que son
dterminant soit nul :
(
202 2 ) ( )
2
( ) ( )
2 2
det = = 0 202 2
0 2
=0
( ) ( 2
)
0
02 20
2
( )
2
Ainsi que : = 402 4.304 = 0 = 404 = 202
12 = 02
Il existe deux pulsations propres 1 et 2 sont dfinies comme suit: 2
2 = 30
2
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Exercice 97:
Le nombre de degrs de libert :
x 1, x 2 , var iables
n = 3 1 = 2dd
x 2 = sin
Lnergie cintique du systme:
EcT = Ec M + Ec m
1 2 1 2 1 2
Ec m = I /o = m 2 = m x
2 2 2 2
1 2 1 2
Ec M = M x = 2m x
2 1 2 1
1 2 2
EcT = m 2 x + x
2 1 2
Avec : M = 2 m
1 2
Ep k = kx 1
2
1
Ep k = k (x 2 x 1 ) 2
2
1 1 mg 2
Ep m = mg (1 cos ) = mg 2 = x2
2 2
1 2 mg 2 2
EpT = kx 1 + x 2 + k (x 2 x 1 )
2
1 2 2 1 2 mg 2 2
Le lagrangien : L = m 2 x + x kx 1 + x 2 + k (x 2 x 1 )
2 1 2
2
= x2 + k ( x2 x1 )
dt x2 dt 2 x2
x2 x2
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k
2m
x + k x ( x x ) = 0
2m
x + 2 k x k x = 0 x + x 1 k x = 0
1 1 2 1 1 1 2 m
1 1 2m 2
mg
mg
m x + x 2 + k ( x 2 x 1 ) = 0 m x + k + 2x k x = 0 k g k
2
2
1 x2 + + x2 x =0
m m 1
x + 02 x 1 02 x = 0
1 1 2 2
k g
On pose : 02 = =
m
x2 + 20 x2 0 x1 = 0
2 2
Les solutions du systme sont de types sinusodaux de la forme:
x 1 = X 1e j t x = j X 1e j t x = 2 X 1e j t x = 2 x 1
1 1
1
j t
x 2 = X 2e x = j X 2e j t x = 2 X 2e j t x2 = x 2
2
2 2
En remplaant, on obtient :
2 1 2
x1 + 0 x1 2 0 x2 = 0 02 2 x1 02 x2 = 0
( )
2 1
2
2 x + 2 2 x 2 x = 0
2 0
2
0
1 ( )
0 x1 + 202 2 x2 = 0
2
( )
Dont la forme matricielle peut se rendre comme suit:
2 1 2
0
2
( )
0 x1 0
2
=
2
0 ( 2
) 2
( )
20 x2 0
Ce systme homogne n'a de solutions non toutes nulles que si son dterminant est nul :
2 1 2
(
0
2
)
0
2 = 0 02 2 202 2 02 02 = 0
det = ( )( 1
2
) ( )
2
(
0 2)0
2
(2
)
1
det = 2 04 02 2 2 02 2 + 4 04 = 0
2
3
Soit, en dveloppant du calcul: det = 4 302 2 + 04 = 0
2
Avec : = ( 302 ) 4. .04 = 0 = 304 = 302
2 3
2
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2 3 3 2
1 = 0
2
Les pulsations propres sont ainsi :
2 3+ 3 2
2 = 2 0
Exercice 98:
Le nombre de degrs de libert :
1 2 11 2 11 2 1 2
Ec M = I /c = MR 2 = 2 mR 2 = m x
2 1 22 1 22 1 2 1
Avec : M = 2 m
1 2 1 2 1 2
I / o2 = m ( 4 ) = 16m 2
2
Ec m = I /02 = 16m 2 = m x Avec:
2 2 2 2 2 2
1 2 2
EcT = m x + x
2 1 2
Lnergie potentielle scrit par :
EpT = Epk + Ep k + Ep m + Epk
1 2
Ep k = kx 1
2
1
Ep k = k (x 2 x 1 ) 2
2
1 1 mg 2
Ep m = mg 4 (1 cos 2 ) = mg 4 2 2 = x2
2 2 4
1 1 1k 1k 2
Ep k = kx 32 = k 4 2 22 = 16 2 22 = x2
2 2 2 4 2 4
1 k mg 2 2
EpT = kx 12 + + x 2 + k (x 2 x1 )
2 4 4
1 2 2 1 k mg 2 2
Le lagrangien scrit : L = m x + x kx 12 + + x 2 + k (x 2 x 1 )
2 1 2
2 4 4
Le systme tant libre et non amortie, les quations diffrentielles qui dcrivent les mouvements du
systme sont dtermines partir des quations de lagrange suivante :
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d L L d L L
dt x = 0 dt = m x = k x1 ( x2 x1 )
1 x1
x 1 x
1 1
d L L d L L k mg
dt x2
= 0
dt
= m x = + x2 + k ( x2 x1 )
2 x2 4 4
x2 x2
x + 202 x 02 x = 0
1 1 2
3 2
x2 + 0 x2 0 x1 = 0
2
2
Appliquons la mthode gnrale de rsolution de tels systmes et cherchons un systme de
solutions de la forme :
x 1 = X 1e j t x = j X 1e j t x = 2 X 1e j t x = 2 x 1
1 1
1
j t
x 2 = X 2e x = j X 2e j t x = 2 X 2e j t x2 = x 2
2
2 2
En remplaant x = 2 x1 et x = 2 x2 dans le systme dquations diffrentielles, cela donne :
1 2
2
x1 + 20 x1 0 x2 = 0
2 2
( )
202 2 x1 02 x2 = 0
3 2 2
( 2
)
2 x + 3 2 x 2 x = 0 0 x1 + 0 x2 = 0
2
2
2
0
2
0
1
Il ny aura de solutions non nulles que si le dterminant des coefficients est nul, cest--dire :
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(
202 2 ) ( )
2
0
3
det = 3 2 2
( ) (
= 0 202 2 02 2 02 02 = 0 )( )
0 ( 2
) 0
2
2
3
det = 3 04 2 02 2 02 2 + 4 04 = 0
2
On obtient donc lquation aux modes propres suivant : 24 702 2 + 404 = 0
2 7 17 2
1 = 0
4
Il y a alors deux solutions :
2 7 + 17 2
2 = 0
4
Exercice 99:
Le nombre de degrs de libert :
1 2 1 2 11 2 1 2 11 2 1 2 13 2
EcM = I / c + M x = M R2 + M x = Mx + Mx = Mx
2 1 2 1 22 1 2 1 22 1 2 1 22 1
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2
x
2
1 21 11 2 2 1 2 11 2 1 2 13 2
EcM = I/c + M x = M R2 + M x = Mx + Mx = Mx
2 2 2 2 22 2 2 2 22 2 2 2 22 2
1 3 2 2
EcT = M x +x
22 1 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep k + Ep k + Ep k
1 2
Ep k = kx 1
2
1
2
( ) 2 1
2
2 1
Ep k = k x 2 + R 2 ( x 1 + R 1 ) = k ( 2x 2 2x 1 ) = 4k ( x 2 x 1 )
2
2
1
Ep k = kx 22
2
1 2
k x 1 + x 22 + 4 ( x 2 x 1 )
2
EpT =
2
1 3 2 2 1 2
M x + x k x 1 + x 22 + 4 ( x 2 x 1 )
2
Le lagrangien scrit : L=
22
1 2
2
d L L d L 3 L
dt x = 0 dt = Mx = k x1 4( x2 x1 )
2 1 x1
x 1 x
1 1
d L L d L 3 L
= 0 = Mx = k x2 + 4( x2 x1 )
dt x2 dt 2 2 x2
x2 x2
k
Sachant que 02 = , les quations diffrentielles sont donnes comme suit :
M
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10
x + 02 x 8 02 x = 0
1 3 1 3 2
10 2 8 2
x2 + 0 x2 0 x1 = 0
3 3
2 10 2 8 2 10 2 2 8 2
x + x x = 0 0 x 1 0 x 2 = 0
3
1 0 0
3 1 3 2 3
2 x + 10 2 x 8 2 x = 0 8 2 x + 10 2 2 x = 0
2
3
0
2 3
0
1 3 0 1 3 0 2
Le dterminant ci-dessous est nul :
10 2 2 8 2
0 0 2 2
3 3 10 2 2 8 2
det = = 0 0 0 = 0
8 2 10 2 2
3 3
0 0
3 3
100 4 20 2 2 64
det = 0 0 + 4 04 = 0
9 3 9
20 2 2 36 4
Soit, en dveloppant : 0 + 0 = 0
4
3 9
2
20 36 256 4 16
Avec : = 02 4. 04 = 0 = 0 = 02
3 9 9 3
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Exercice 100:
Le nombre de degrs de libert :
x1 , x2 ,1 ,2 var iables
n = 4 2 = 2dd
x1 = R1, x2 = sin 2
Lnergie cintique du systme est donne par :
EcT = Ec M + Ec m
2
x
1
1 2 11 2 11 2
Ecm = I /01 = M R2 = Mx
2 1 22 1 22 1
1 2 1 2 1 2
Ecm = I /02 = m = m x
2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 2
EcT = m M x + m x EcT = m x + x
2 2 1 2
2 1 2
Avec: M = 2 m
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Epk + Ep k + Ep m + Epk
1 2
Ep k = kx 1
2
1
Ep k = k ( x 2 x 1 ) 2
2
1
Epk = kx22
2
1 1 mg 2
Epm = mg (1 cos 2 ) = mg 2 2 = x2
2 2
1 mg 2 2
EpT = kx12 + k + x2 + k ( x2 x1 )
2
Le lagrangien du systme scrit par :
1 2 2 1 2 mg 2 2
L= m x + x kx1 + k + x2 + k ( x2 x1 )
2 1 2 2
Lutilisation les deux quations de lagrange :
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d L L d L L
dt x = 0 dt = m x = k x1 ( x2 x1 )
1 x1
x 1 x
1 1
d L L d L L mg
= 0 = m x = k + x2 + k ( x2 x1 )
dt x2 dt 2 x2
x2 x2
x + 202 x 02 x = 0
k g 1 1 2
Sachant que : 0 = = on aboutit a :
2
m
x2 + 30 x2 0 x1 = 0
2 2
x 1 = X 1e j t x = j X 1e j t x = 2 X 1e j t x = 2 x 1
1 1
1
j t
j t
j t
x 2 = X 2e x2 = j X 2e x2 = X 2e x2 = x 2
2 2
En remplaant x = 2 x1 x = 2 x2 dans les deux quations de diffrentielles, on obtient :
1 2
2
( )
x1 + 20 x1 0 x2 = 0 202 2 x1 02 x2 = 0
2 2
( )
2 x + 3 2 x 2 x = 0 0 x1 + 30 x2 = 0
2 2 2
( )
2 0
2
0
1
(
202 2 )02 ( )
det = ( )(
= 0 202 2 302 2 02 02 = 0 ) ( )( )
(
2
0 ) (
30
2 2
)
det = 604 202 2 302 2 + 4 04 = 0 det = 4 502 2 + 504 = 0
( )
2
= 5 02 4.5 04 = 0 = 5 04 = 5 02
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2 5 5 2
1 = 0
4
Les solutions obtenues sont : 5+ 5 2
2 = 4 0
2
Exercice 101:
Le nombre de degrs de libert :
1 2 1 2 1 2
Ec m = I /01 = m 2 = m x
2 1 2 1 2 1
1 2 1 2 1 2
Ec m = I /02 = m
2
mx
2 2 2 2 2 2
2
x
1
1 2 11 2 1 1 2 2
1 2 1 2
EcM = I / c = MR 2 = 8m = m 2 = m x
2 1 22 1 22 4 1 2 1 2 1
Avec : M = 8m et R =
2
2
x
2
1 2 11 2
11 1 2 2
2 1 2
EcM = I/c = MR 2 = 8m = m 2 = m x
2 2 22 2 22 4 2 2 2 2 2
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1 2 2
EcT = m x + x
2 1 2
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Ep k + Epm + Ep k + Ep m + Ep k
2
1 1 1 2 2 1 k 2 2 1 k 2
Ep k = kx 32 = k R 2 = k = = x1
2 2 1 2 4 1 24 1 24
2
1 1 mg 2
Epm = mg (1 cos1 ) = mg = x
2 1 2 1
1
Ep k = k (x 2 x 1 ) 2
2
1 2 1 2
1 k 2 2 1 k 2
Epk = kx 4 = k R =
2
= x2
2 2 2 2 4 2 2 4
2
1 1 mg 2
Epm = mg (1 cos 2 ) = mg = x
2 2 2 2
1 k mg 2 2
EpT = +
2 4
( )
x 1 + x 2 + k (x 2 x 1 )
2
1 2 2 1 k mg 2 2
Le lagrangien scrit : L = m x + x + ( )
x1 + x2 + k ( x2 x1 )
2
2 1 2
2 4
Les deux quations de lagrange donner par :
d L L d L L k mg
dt x = 0 dt = m x = + x1 k ( x2 x1 )
1 x1 4
x 1 x
1 1
d L L = 0 d L = m x
L k mg
= + x2 + k ( x2 x1 )
dt x dt 2 x2 4
x2 x2
2
k mg 5k mg
m x1 + + x1 k ( x2 x1 ) = 0 m x1 + 4 + x1 k x2 = 0
4
m x + k + mg x + k ( x x ) = 0 m x + 5k + mg x k x = 0
2 2 1 2 4
2
2 4 1
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5
x + k g
+ x
k
x=0
1 4 m 1 m 2
5 k g k
x2 + + x x=0
4 m m 1
2
k g
En tenant compte de 02 = = ,on aboutit aux quations :
M
5
2 9
x + 0 + 0 x 0 x = 0 x + 02 x 02 x = 0
2 2
1 4 1 4
2 1 1 2
5 2 2
9
x2 + 0 + 0 x2 0 x1 = 0 x + 02 x 02 x = 0
2
4 4
2 2 1
2 x + 9 2 2 x = 0
0 1 4 0 2
Le dterminant ci-dessous est nul :
9 2 2
0
4
02( ) 2
det = = 0 9 2 2 2 ( )
2
=0
0 0
9 2 2 4
(
02
) 0
4
81 9
det = 04 02 2 + 4 04 = 0
16 2
9 65
On obtient donc lquation aux modes propres suivant: 4 022 + 04 = 0
2 16
2
9 65
Ainsi que : = 02 4 04 = 0 = 404 = 04 = 202
2 16
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2 5 2
1 = 4 0
2 = 13 2
2 4
0
Exercice 102:
Le nombre de degrs de libert :
x1 , x2 , x3 , x4 , var iables
n = 5 3 = 2dd
x
1 = sin , x3 = sin , x4 = R
2
Lnergie cintique du systme:
EcT = EcM + Ecm + Ecm
1 2
Ecm = mx
2 2
1 2 1 2 1 2
Ecm = I /0 = m = m x
2
2 2 2 1
1 2 11 2 11 2 2 1 1 2 2 1 1 2
EcM = I/c = MR 2 = 16 m = m = mx
2 22 22 16 1 22 22 1
Avec : M = 16m , R =
4
1 3 2 2
EcT = m x + x
2 2 1 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Ep k + Epm + Ep k + Ep m + Ep k
2
1 1 2 1 2 2 1 k 2 2 1 k 2
Epk = kx32 = k = k = = x1
2 2 4 2 4 24 24
2
1 1 mg 2
Epm = mg (1 cos ) = mg = x
2 2 1
1
Ep k = k (x 2 x 1 ) 2
2
1
Epk = kx22
2
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1 k mg 2 2
EpT = + x1 + kx2 + k ( x2 x1 )
2
2 4
1 3 2 2 1 k mg 2
Le lagrangien scrit : L = m x + x + x1 + kx22 + k ( x2 x1 )2
2 2 1 2 2 4
Les quations du mouvement sont dtermines laide des deux quations de lagrange
suivantes :
d L L d L 3 L k mg
dt y = 0 dt = 2 m x1 x1
= + x1 k ( x2 x1 )
x 1 x 4
1 1
d L L d L L
= 0 = m x = kx2 + k ( x2 x1 )
dt y2 dt 2 x2
2 x
2 x
5 k 2 g
x + +
2 k
x x=0
6 m 3 1 3 m 2
1
k k
x2 + 2 x2 x=0
m m 1
k g
En prenant 02 = = , on aboutit aux quations :
m
5
x + 02 + 2 02 x 2 02 x = 0 x + 3 02 x 2 02 x = 0
1 6 3 1 3 2 1 2 1 3 2
x2 + 20 x2 0 x1 = 0 x2 + 20 x2 0 x1 = 0
2 2 2 2
On utilise la reprsentation complexe, soit:
x 1 = X 1e j t x = j X 1e j t x = 2 X 1e j t x = 2 x 1
1 1
1
j t
j t
j t
x 2 = X 2e x2 = j X 2e x2 = X 2e x2 = x 2
2 2
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Le systme dquations diffrentielles scrit donc par:
3 2 2 2 2
2 0 x1 3 0 x2 = 0
0 1
2
( 0 )
x + 2 2 2 x = 0
2
3 2 2 2 2
2 0 3 0
= 0 02 2 202 2 02 02 = 0
( ) ( )
3 2
det =
2 3
( 0)
2
( )
202 2
7 2
det = 304 02 2 + 4 04 = 0
2 3
7 7
Alors on obtient lquation suivante : det = 4 02 2 + 04 = 0
2 3
2
7 7 35 35 2
= 02 4. 04 = 0 = 04 = 04 = 0
2 3 12 2 3
7 2 35 2
0 0 2 7 35 2
12 = 2 2 3 1 = 0
2 4 4 3
Les solutions obtenues sont : 7 2 35 2 2 7 35 2
+
2 2 0
2 3
0 2 = 4 4 3 0
+
2 =
2
Exercice 103:
Le nombre de degrs de libert :
x1 , x2 ,1 , 2 var iables
n = 4 2 = 2dd
Ox1 = sin 1 , x1 x2 = 2 sin 2
1 2 1 2
Ecm = I1/ o = m 2
2 1 2 1
2
2
2
1 1
Ec2 m = 2 m x = 2 m +
2
2 2 2
1 2
Page 348
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2
1 2 2
2
EcT = m + 2 +
2
1
1 2
On a: x2 = ox2 = ox1 + x1 x2
2
2
1
1 1
x2 = sin 1 + sin 2 = 1 + 2 x = + x = 2 +
2 2 2
1 2 2 2
1 2 2
Lnergie potentielle totale est dtermine par :
EpT = Epm + Ep2m
2
1
Epm = mg 1 cos = mg
1 2 1
1 2 1 2
Ep2 m = 2mg 1 cos + 1 cos = 2mg +
1 2 2
2 1 2 2
1 1 1
EpT =
2 2 2
1
2
(
mg 12 + 2mg 12 + 22 = 3mg 12 + mg 22 = mg 312 + 22 )
1 2 2
EpT = mg 3 +
2 1 2
2
1 2 2 1 2 2
2
Le lagrangien scrit par : L = m + 2 + mg 3 +
2
1
1 2 2 1 2
Les deux quations des LaGrange scrivent par :
d L L d L L
2
dt = 0 dt = m 1 + 2 1 + 2 = 3mg
2
1 1
1
1 1
L
= 0 = m 2 + 2
d L L
d L
= mg
dt
2 dt 2 2
2
1 2
2
Le systme dquations diffrentielles permet dcrire :
Page 349
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2 2
m 1 + 2 1 + + 3mg 1 = 0 1 g
2
+ + = 1 + 3 2 + 1 = 0
2 2
3 m m 3mg 0
1 2 1
1
2
+ 2
+ = + 1 + g = 0
m m mg 0
m 2 + 2 + mg = 0 1 2 2 2
1 2 2 2
1 2 2
1
1 + 3 2 + 0 1 = 0
2
g
En posant 02 = ,on crit :
+ 1 + 2 = 0
1 2 2 0
2
2 2
1 2
1 3 2 + 0 1 = 0 0
2
( 1
)
2 1 2 2 = 0
3
2 1 2 + 2 = 0 21 + 02 1 2 2 = 0
1
2
2 0
2
2
(2
0 2 ) 1
2
3 1
det =
2 1 2
( ) 1
= 0 02 2 02 2 2 2 = 0
2 3
( )
0
2
1 3
On obtient lquation aux modes propres suivant: det = 4 022 + 04 = 0
6 2
Avec :
2
3 4 19 19 2
= 02 04 = 0 = 04 = 0
2 6 12 2 3
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3 2 19 2
0 0
2 2 3 9 3 19 2 9 3 3 19 2
1 =
2
12 = 2
= 0
1 0 1
2 2 3 2 3
3
3 2 19 2
2 2 0 + 2 3 0 9 3 19 2 9 3 + 3 19 2
2 = 2 2 = + 0 1 = 0
2
1 2 2 3 2 3
3
2 9 3 3 19 2
(
0 2
)1
1 2
3
2 = 0 par 2
= 1
2
=
2 3
0 , on obtient donc :
9 3 3 19 2 1 9 3 3 19 2
02
0 2 = 0
2 3
0 1
3 2 3
9 3 3 19
2 3 9 3 + 3 19 2 9 3 3 19 2 6 3
0 1 0 2 = 0 1 = 2
2 3 6 3 7 3 + 3 19
2 3
9 3 3 19
1 = 2
21 3 + 9 19
1
V1 = 9 3 3 19 ; V 1 est premier vecteur propre
21 3 + 9 19
2 9 3 + 3 19 2
(
0 2
)1
1 2
3
2 = 0 par 2
= 2
2
=
2 3
0 , on aura donc :
9 3 + 3 19 2 1 9 3 + 3 19 2
02
0 2 = 0
3
0 1
2 3 2 3
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9 3 + 3 19
2 3 9 3 3 19 2 9 3 + 3 19 2 6 3
0 1 0 2 = 0 1 = 2
2 3 6 3 7 3 3 19
2 3
9 3 + 3 19
1 = 2
21 3 9 19
1
V2 = 9 3 + 3 19 ; V2 est deuxime vecteur propre.
21 3 9 19
Les expressions gnrales de 1 ( t ) et 2 ( t ) scrivent par :
1 1
1
= C1 9 3 3 19 cos ( 1t + 1 ) + C2 9 3 + 3 19 cos ( 2t + 2 )
2
21 3 + 9 19 21 3 9 19
Dou
1 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
9 3 3 19 9 3 + 3 19
2 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
21 3 + 9 19 21 3 9 19
Les constants C1 , C2 , 1 et 2 sont dtermines a partir des conditions initiales du systme
Exercice 104:
Lnergie cintique totale donne par :
EcT = Ecm + Ecm
1 2 1 2
Ecm = I1/ o = m 2
2 1 2 1
2
1 2 1
Ecm = m x = m 2 +
2 2 2 1 2
1 2 2
2
EcT = m + +
2
1 1 2
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1 2 2 2 2 1 2
EcT = m 2 + + 2 + EcT = m 2 + m2 + m 2
2 1 1 1 2 2
1 2 2 1 2
Avec:
x2 = ox2 = ox1 + x1 x2
2 2
x2 = sin 1 + sin 2 = (1 + 2 ) x = + x = 2 +
2 1 2 2 1 2
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Epm + Epm
2
1
Epm = mg 1 cos = mg
1 2 1
1 2 2
Epm = mg 1 cos + 1 cos = mg +
1 2
2 1 2
1 2
2 2 2
1 2
EpT = mg + mg +
1 2 = mg + mg
2 1
1 2 2
2 2
1
EpT = mg + mg
1 2 2
On peut crire alors lexpression de lnergie cintique et de lnergie potentielle comme suite :
2 1 2 2
EcT = m 1 + m 2 + m 1 2
2 2
2
2 2
Ep = mg + 1 mg
T 1 2 2
EcT EcT 2m 2 m 2
= 2m 2 = m 2
T = 2
m 2
1 2
m
1 2
T 1 =
1
det T
( )
coff T t
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( )
Ou T t est matrice transpose, coff T t est matrice adjointe (ou comatrice) et det T dterminant
de matrice T .
Remarque :
- On appelle transpose dune matrice T de type ( n, p ) et de terme Aij , la matrice note T t
T = ( Aij ) T t = ( Aij ) = A ji
t
- On appelle comatrice (ou matrice adjointe) de matrice T , la matrice carre d'ordre n , note
coff (T ) dfinie par :
11 12 ..... 1n
21 22 ..... 2 n
coff (T ) = ..... ...... ...... ....
..... ...... ....... .....
n 2 ...... nn
n1
( 1)i + j A22 i+ j
( 1) A21
Alors : coff (T ) =
( 1)i + j A ( 1) A11
i+ j
12
Donc : coff T ( ) t
=
( 1)i + j A ( 1) A11
i+ j
21
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A11 ( 1)1+1 = ( 1)2 = 1
A12 ( 1)1+ 2 = ( 1)3 = 1 A A12
Avec : ( )
coff T t = 22
A21
2+1
A21 ( 1) = ( 1) = 1
3
A11
A22 ( 1) = ( 1) = 1
2+ 2 4
( )
On dduit alors que coff T t et det T sont donnes par :
t 2m 2 m 2
T = 2
m m 2
+ m 2 m 2
( )
coff T =
t
+2m 2
m
2
( )( ) (
det T = m 2m m m det T = m
2 2 2 2 2 4
)( )
La matrice nergie cintique inverse T 1 scrit alors comme suit:
1 1
1 + m 2
m 2 + m 2
m 2
T 1 =
1
( )
coff T t T 1 = 2 4
+2m 2
1
T =
m
2
det T m 1 2
+ 2
m 2 m
Remarque :
- Dans le cas dun systme libre non amorti, Les quations diffrentielles du mouvement sous
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( a11b11 + a12b21 + a13b31 ) ( a11b12 + a12b22 + a13b32 ) ( a11b13 + a12b23 + a13b33 )
AxB = ( a21b11 + a22b21 + a23b31 ) ( a21b12 + a22b22 + a23b32 ) ( a21b13 + a22b23 + a23b33 )
( a31b11 + a32b21 + a33b31 ) ( a31b12 + a32b22 + a33b32 ) ( 31 13 32 23 33 33 )
a b + a b + a b
1 1 2mg
+ m 2 0
2
1 m
L =T U =
1 2
+ 2 0 mg
m 2 m
1 1 1 1
2 2mg + 2 ( 0 ) 2 ( 0 ) + 2 mg
m m m m
L = T 1U =
1 1 1 2
2 2mg + 2 ( 0 ) 2 ( 0 ) + 2 mg
m m m m
2g g
+
Le dveloppement des calculs conduit a : L =T U =
1
2g 2g
+
+20
2
( )
2
0
g
L = T 1U = avec : 02 =
20 (
2
) +202
Les quations du mouvement sous forme matricielle scrit alors par :
+20
2
( )
2
0 1 0 2
(
20
2
) 02
L 2 I = 0
2 =0 =0
(
20
2
) +202 0 1 20
2
( )
202 2
( )(
202 2 202 2 02 202 = 0 ) ( )( )
404 202 2 202 2 + 4 204 = 0
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Ainsi que :
( )
2
= 402 804 = 804 = 2 202
2 4 2 2 202 42 2 2
1 = 0
2
12 =
2
0 1 = 2 2 0
2 2
( )
2 40 + 2 20
2 2
4+2 2 2
2 =
2
2
2
=
2
0 2 = 2 + 2 0
2 2
( )
Exercice 105:
Le systme est a deux degrs libert car deux coordonnes gnralises sont ncessaires et
suffisantes par dterminer ltat du systme : le dplacement x1 de m1 le dplacement x2 de m 2
EcT = Ec m1 + Ecm2
1 2
Ecm1 = m1 x
2 1
1 2 1 2 2
Ecm2 = m2 x EcT = m1 x + m2 x
2 2 2 1 2
Lnergie potentielle du systme:
1
EpT = Epk = k ( x2 x1 )2
2
1 2 2 1
Le lagrangien scrit : L = m1 x + m2 x k ( x2 x1 ) 2
2 1 2
2
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x + 01 x 01 x = 0
1 1 2
k k
On pose 01 = et 02 =
m1 m2
x2 + 02 x2 02 x1 = 0
Il s'agit d'quations diffrentielles linaires pour lesquelles on cherche des solutions sinusodales
de la forme:
x 1 = X 1e j t x = j X 1e j t x = 2 X 1e j t x = 2 x 1
1 1
1
j t
j t
j t
x 2 = X 2e x2 = j X 2e x2 = X 2e x2 = x 2
2 2
2
x1 + 01 x1 01 x2 = 0 2 ( )
01 x1 01 x2 = 0
2 2
En remplacant, on obtient :
( )
2 x + x x = 0 02 x1 + 02 x2 = 0
2 2 2
( )
2 02
2
02
1
( ) ( )
2 2 2
= 0 ( )( ) ( )( )
01 01
det = 2
2 022 2 012 022 = 0
( ) ( )
01
2
02 2
02
2
k k k k k k k k
2 2 = 0 2 2 = 0
m1 m2 m1 m2 m1 m2 m1 m2
On trouve lquation aux modes propres comme suit :
1 1 2 2 1 1
det = 4 k + = 0 k +
2
= 0
m1 m2 m1 m2
Les pulsations propres alors sont dtermines par :
2 = 0 = 0 1 = 0
2 1 1 1 1
k + = 0 2 = k +
m1 m2 m1 m2
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EcT EcT m1 0
= m1 x
= m2 x T =
x
1
2
0 m2
1 2
T 1 =
1
det T
coff T t( )
( )
Ou T t est matrice transpose, coff T t est matrice adjointe (ou comatrice) et det T dterminant
de matrice T .
Alors : coff T ( ) t
=
( 1)i + j A ( 1) A11
i+ j
21
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t m1 0
T =
0 m2
m2 0
( )
On dduit alors que coff T t et det T sont dtermines par : ( )
coff T =
t
0 m1
det T = m m
1 2
1
0 k k
m1
1 1
k + ( 0 )( k ) ( k ) + ( 0 )( k )
m 2
m2
L = T 1U =
1
( 0 )( k ) + k
1
( 0 ) k + ( k )
m 1 m1
k k
m2 m2
Le dveloppement des calculs conduit a : L = T 1U =
k k
m m1
1
k k k k
1 0 2
m2 m
L 2 I = 0 m2 2 = 0 2
m2
=0
k k
0 1
k k
2
m1
m1 m1 m
1
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k k k k k k k k
2 2 = 0 2 2 = 0
m1 m2 m1 m2 m1 m2 m1 m2
Alors on obtient lquation suivante :
1 1 2 2 1 1
det = 4 k + = 0 k +
2
= 0
m1 m2 m1 m2
Les deux pulsations propres scrit ainsi comme suit :
2 = 0 = 0 1 = 0
2 1 1 1 1
k + = 0 2 = k +
m1 m2 m1 m2
( )
On remplace dans la premire quation diffrentielle 012 2 x1 012 x2 = 0 par 2 = 12 = 0 ,
012 x2
on trouve : 012 x1 012 x2 = 0 x1 = x1 = x2
012
1
V 1 ; V 1 est premier vecteur propre
1
1 1 k k
La deuxime mode : 2 = 2 2 = k + = + = 012 + 022
m
1 m2 m1 m2
( )
On remplace dans la premire quation diffrentielle 012 2 x1 012 x2 = 0 par 012 + 012 ( ) ,
on trouve :
( 2
01 )
2 x1 01
2
( (
x2 = 0 012 012 + 02
2
)) x
1
2
x = 0 022 x1 012 x2 = 0
01 2
k
x2
2
m1 m
02 x1 01 x2 = 0 x1 =
2 2
x2 x1 =
01
x1 = 2 x2
2
02
k m1
m2
Dans la deuxime mode : (oscillations en apposition de phase).
1
V2 = m2 ; V2 est deuxime vecteur propre.
m
1
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1
x1 1 cos t +
= C1t + b1 + C2 m2 ( 2 2)
x2 1 m
1
x1 = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
Ou bien : m2
x2 = C1 cos ( 1t + 1 ) m C2 cos ( 2t + 2 )
1
Exercice 106:
Le nombre de degrs de libert :
x, xm , var iables
n = 3 1 = 2dd
xm = sin
Lexpression d e lnergie cintique donne par :
EcT = Ec M + Ec m
1 2
EcM = Mx
2
2
1 2 1
Ecm = m X = m x +
2 2
1 2
2
EcT = M x + m x +
2
Lnergie potentielle scrit par :
EpT = Epk + Epm
1 2
Epk = kx
2
1
Epm = mg (1 cos ) = mg 2
2
1
EpT = kx 2 + mg 2
2
Lexpression du lagrangien scrit comme suit :
1 2 1
2
L = M x + m x+ kx 2 + mg 2
2 2
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Les quations diffrentielles du mouvement sont dtermines partir des deux quations de
lagrange suivantes :
d L L d L
L
dt x = 0 dt = M x + m x + x
= kx
x x
d L L d L L
dt
= 0
dt
= m x+ = mg
Qui conduit a:
M x + m x + + kx = 0 ( M + m ) x + m + kx = 0
m x + + mg = 0 m 2 + m x + mg = 0
( M + m ) x + m X + kx = 0
On pose X =
m X + m x + mgX = 0
k g
Sachant que M = m, 02 = = , la forme rduite dquations devient :
m
1 1 k
x = 0 x + X + 02 x = 0
1
x+ X +
1
2 m x + m X + kx = 0
2 2m
2 2
g
m X + m x + mgX = 0 X + x + X = 0 X + x+ 2 X = 0
0
2 1 2 1 2 1 2 2 1 2
x X + 0 x = 0 2 0 x 2 X = 0
2 2
2 X 2 x + 2 X = 0
0
0 (
2 x + 2 2 X = 0 )
Ce systme homogne n'a de solutions non toutes nulles que si son dterminant est nul :
Page 363
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1 2 2 1 2
2 0
2 = 0 02 2 02 2 2 2 = 0
( ) ( )
1 1
det =
2 2
(
2
) ( )
02 2
1 1 1
04 022 022 + 4 4 = 0
2 2 2
1 3 1
4 02 2 + 04 = 0
2 2 2
Aprs calcul, on obtient lquation suivant:
det = 4 302 2 + 04 = 0
( )
2
= 302 4.04 = 0 = 504 = 502
Avec :
2 3 5 2
1 = 0
2
Les solutions obtenues sont :
2 3+ 5 2
2 = 2 0
En utilisant la mthode matricielle :
Lexpression de lnergie cintique et de lnergie potentielle peut tre aussi scrire de la manire
suivante :
X
2
1 2 2 2
1 2
EcT = M x + m x + 2 x X + X
EcT = M x + m x + 2
2
2
Ep = 1 kx 2 + 1 mg 2 2
T
1 2 2
Ep =
T 2 kx 2
+ mg 2
1 2 1 2 2 1 2
Ec
T = ( M + m ) x + m X + m x X Ec
T = m x + m X + m x X
2 2 2
2
2
Ep = 1 kx 2 + 1 mg X Ep = 1 kx 2 + 1 mg X
T 2 2 T 2 2
La matrice nergie cintique T du systme est alors dtermine comme suit :
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EcT EcT 2m m
= 2m x = mX T =
x X m m
k 0
EpT EpT mg
= kx = X U =
mg
x X 0
T 1 =
1
det T
coff T t( )
( )
Ou T t est matrice transpose, coff T t est matrice adjointe (ou comatrice) et det T dterminant
de matrice T .
Alors : coff (T t
) =
( 1)i + j A ( 1) A11
i+ j
21
t 2m m
T =
m m
m m
( )
On dduit alors que coff T t et det T sont donnes par : ( )
coff T =
t
m 2m
det T = 2m2 m2 = m 2
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1 1
m
1 m m m
T 1 = 2 T 1
=
m m 2m 1 2
m m
La matrice lagrangien du systme L scrit alors comme suit:
1 1 k k
k 0
m m
m m
L = T 1U = 1
mg L = T U =
1 2 0 g 2g
m m
Les quations du mouvement sous forme matricielle scrit alors par :
k k k k
2
m
m 1 0
m m
02 2
= 0
( 02 ) ( )
=0
L 2 I = 0 2 =0
g
2g
0 1
g 2g
2
2
0 ( ) (
202 2 )
k g
On pose M = m, 02 = =
m
(2
0 )( ) ( )(
2 202 2 02 02 = 0 )
Alors on obtient lquation suivante : det = 4 302 2 + 04 = 0
( )
2
= 302 4.04 = 0 = 504 = 502
Ainsi que :
2 3 5 2
1 = 0
2
Alors on obtient les pulsations propres suivantes :
2 3+ 5 2
2 = 2 0
3 5 2
Le premier mode : 2 = 12 = 0
2
(
On remplace dans la deuxime quation diffrentielle 2 x + 02 2 X = 0 par )
3 5 2
2 = 12 = 0 , on obtient :
2
3 5 2 2 3 5 2
( )
2 x + 02 2 X 0 x + 0 0 X = 0
2 2
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2 3 5 2
0 0
3 5 2 2 3 5 2
2 1 + 5
0 x = 0 0 X x = X x = X
2 2 3 5 2 3 5
0
2
1
V1 = 1 + 5 ; V 1 est premier vecteur propre.
3 5
3+ 5 2
La deuxime mode : 2 = 2 2 = 0
2
(
On remplace dans la deuxime quation diffrentielle 2 x + 02 2 X = 0 par )
3+ 5 2
2 = 2 2 = 0 , on trouve :
2
3+ 5 2 2 3+ 5 2
( )
2 x + 02 2 X 0 x + 0 0 X = 0
2 2
2 3+ 5 2
0 0
3+ 5 2 2 3+ 5 2 2 1 5
0 x = 0 0 X x = X x= X
2 2 3+ 5 2 3 5
0
2
1
V2 = 1 5 ; V2 est deuxime vecteur propre.
3 5
1 1
x
= C1 1 + 5 cos ( 1t + 1 ) + C2 1 5 cos ( 2t + 2 )
X 3 5
3 5
Ou
x = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
1 + 5 1 5
X = C1 cos ( 1t + 1 ) + C2 cos ( 2t + 2 )
3 5 3 5
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Exercice 107:
Le nombre de degrs de libert :
1 2
1 2
11 2 1 2 13 2
EcM = I/c + M x = M R 2 + M x EcM = Mx
2 2 1 22 2 1 22 1
1 3 2
2
2
1 2 1
Ecm = m X = m x + x EcT = M x + m x+ x
2 2 1 2 2 2 1 1 2
Avec:
X = R + sin X = R + X = R + X = x1 + x2
1 3 2
2
mg 2
L = M x + m x+ x
2 2 1 1 2
( )
k x1 + ( x2 + x1 ) +
2 2
x2
Le systme dquations diffrentielles sexprime alors par :
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d L L d L 3 L
dt x = 0 =
dt 2 1 M x + m x1 + x2 = k ( x1 + ( x2 + x1 ) )
x1
x 1 x
1 1
d L L d L L mg
= 0 = m x+ x = k ( x2 + x1 ) + x2
dt y2 dt 1 2 x2
2 x
2 x
3 3
M
2 1 x + m x + x + k ( x1 + ( x2 + x1 ) ) = 0 M + m x + m x + 2kx1 + kx2 = 0
1 2 2 1 2
m x + x + k ( x + x ) + mg x = 0 m x + m x + k + mg x + kx = 0
2 2
1 2 2
2 1 1
1
2 k g
En prenant: M = m, 02 = = , le systme dquations diffrentielles devient :
3 m
1 k 1 k 1 2 1
2 m x + m x + 2 kx + kx = 0 x + x + x1 + x2 = 0 x + x + 0 x1 + 02 x2 = 0
1 2
1 2
1 2 2 m 2 m
2 2
1 2
m x + m x + k +
mg k g k
x2 + kx1 = 0 x2 + x1 + + x2 + x1 = 0 x + x + 202 x2 + 02 x1 = 0
2 1
m m 2 1
En remplaant les solutions dans le systme diffrentiel, On obtient un systme linaire suivant :
2
2 1 2 2 1 2 1 2
(
x1 x2 + 0 x1 + 0 x2 = 0 0 x1 + 2 0 x2 = 0
2 2
) ( )
2 2
2 x 2 x + 2 2 x + 2 x = 0
2 1 0 2 0 1 ( )
02 2 x1 + 202 2 x2 = 0 ( )
(2
2) 12 ( 2
) =0
2
( )( ) 1 2
( )( )
0 0
det = 2
0 2 202 2 0 2 02 2 = 0
(2
0 ) ( 2
2 2
0 )
2 2
( )
2
= 402 1204 = 0 = 404 = 202
Avec :
Page 369
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2 402 202
1 = 12 = 02
2
, Ce sont les valeurs des pulsations propres.
2 = 40 + 20 2 = 3 2
2 2
2 2
2 0
Exercice 108:
Le nombre de degrs de libert :
1 2 11 2
EcM = I/c = MR 2
2 1 22 1
11
2 2 2
1 2 1
Ecm = m x = m R + EcT = MR + m R +
2
2 m 2 1 2
2 2 1 1 2
Avec:
xm = x1 + x2
x = R + sin = R +
m 1 2 1 2
2 2
x = R + x = R +
m 1 2 m 1 2
Lnergie potentielle du systme:
1 2 2
EpT = mg 1 cos + R 1 cos = mg ( + R )
2 1
2 2 1
11 2
2
1 2 2
Le lagrangien du systme : L = MR 2 + m R + mg ( + R )
2 2 1 1 2
2
2 1
Page 370
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d L L d L 1 2
L
dt = 0 dt 2 = MR 2
+ mR R + = mgR
1
1 1 2 1
1
1 1
d L L d L L
= 0
= m R + = mg
dt 2 dt 1 2 2 2
2
2
mR mgR m mg
+ = 0 + =0
1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 1 1
M + m R M + mR M + m R M + m R
2 2 2 2
+ mR mg = 0 + R g = 0
2 2 2 2 1 2
m m 2
1
g
En posant M = 6 m, = 3R R = , 02 = ,on trouve les quations rduite suivante :
3
3 3 g 3 3
+ = 0 + 02 = 0
1 4 2 4 1 1 4 2 4 1
1 g 1 2
2 + 1 2 = 0 2 + 1 0 2 = 0
3 3
2 3 2 3 2 3 2 2 3 2
1 4 2 + 4 0 1 = 0 4 0 1 4 2 = 0
1
+ = 0
2
2
3
2
1
2
0 2
0 ( 2 )
2 2 1 2 = 0
3
1
Ce systme admet des solutions non nulles si, et seulement si le dterminant ci-dessous est
nul :
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3 2 2 3 2
0
det = 4 = 0 3 2 2 2 2 3 2 1 2 = 0
4
4
0 0
( )
4 3
1
2
3
(0
2 2
)
3 4 3 2 2 1
det = 0 0 02 2 + 4 4 = 0
4 4 4
Aprs calcul, on obtient donc les quations aux modes propres suivant:
det = 3 4 702 2 + 304 = 0
( )
2
= 702 4.3.304 = 0 = 1304 = 1302
Avec :
2 702 1302 7 13 2
1 = 12 = 0
Alors les deux pulsations propres sont : 6 6
2 70 + 130
2 2
7 + 13 2
= = 0
2
2 2
6 6
11
2 2
EcT = MR + m R +
2
22 1 1 2
2
1 2 1
1 2 1
EcT = MR 2 + m R + = MR 2 + m R 2 2 + 2 R + 2 2
4 1 2 1 2 4 1 2 1 1 2 2
2 2
2
1
2
1 1 1 1 1
EcT = MR 2 + mR 2 2 + mR + m 2 2 6m + m 2 + m + m 2 2
4 1 2 1 1 2 2 2 4 3 1 2 3 1 3 12 2 2
1 2 1 2 1 1 2
EcT = m 2 + m2 + m 2 + m2
12 1 18 1 3 1 2 2 2
2 2
1 1 1 1
EcT = + m 2 + m 2 + m 2
6 18 1 3 1 2 2 2
2 2
3 1 1 1
EcT = + m 2 + m 2 + m 2
18 18 1 3 1 2 2 2
4 2 2 1 2 2 1 2
EcT = m + m + m
18 1 2 2 3 1 2
1 2 2 1 2 1 2
EpT = mg ( R ) = mg mg
2 2 1 2 2 6 1
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Les matrice associes T et U du systme est alors scrit par :
4 2 1 2
EcT 4 EcT 9 m 3
m
= m 2
= m T =
2
9 1
2
1 m 2 m
2
1 2
3
1
EpT 1 EpT mg 0
= mg = mg U = 3
mg
3 1
2
1 2 0
4 2 1 2
m m
T = 9 3
t
1 m 2 m
2
3
1
+ m 2 m 2
( )
Tel que : coff T t =
3
1 m 2 4 2
m
3 9
det T = 4 m 2 .m 2 1 m 2 1 m 2 = 4 m 4 1 m 2 4 = 1 m 2 4
9 3 3 9 3 3
La matrice T 1 est alors scrit comme suit :
1 3 1
+ m 2 m 2 m 2
1 3 m 2
T 1 = T 1 =
1 2 4 1 2 4 2 1 4
m m m
3 3 9 m 2 3m 2
La matrice L est donne par :
3 1 g g
m 2 1 mg
m 2 0
3
L = T 1U = L = T 1U =
1 4 1g 4g
2 0 mg
m 3m 2 3 3
2
0 02
L =T U =
1 Avec 2 = g
1 2 4 2
0
0 0
3 3
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Les quations de son mouvement sous la forme matricielle sont dtermines par :
02 02
(
02 2 )
02
L I = 0 2 1 0
=0 1 2 =0
2
1
2 4 4 2 2
0 02 0 1 0 0
3 3 3 3
4 1
( ) ( ) 4 4 1
02 2 02 2 02 02 = 0 04 02 2 02 2 + 4 04 = 0
3 3 3 3 3
Aprs calcul, On trouve lquation suivant :
7
4 02 2 + 04 = 0
3
2
7 13 13 2 13 2
= 02 404 = 04 = 0 = 0
Ainsi que : 3 9 9 3
7 2 13 2
0 0 7 13 2 7 13 g
3 3
1 = 12 = 0 1 =
2 2
2 6 6
7 2 13 2
2 3 0 + 3 0 7 + 13 2 7 + 13 g
2 = 2 2 = 0 2 =
2
2 6 6
Exercice 109:
k
02 = M = 4m
m
Lnergie cintique du systme:
1 2 11 2 11 2
EcM = I/c = MR 2 = Mx
2 22 22
1 2 1 2 1 2
Ecm = m x = mR 2 = m x
2 2 2
Page 374
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2
1 2
1
Ecm = m R + = m x + x
2 2 1
1 1
2
EcT = M + m x + m x + x1
2 2
1 1 1 2
2 2 2
EcT = M + m x + m x + x1 EcT = 3m x + m x +
1 x
2 2 2
En posant :
k
02 = M = 4m
m
Avec :
2 2
X = x + x1 X = R + sin X = R +
Lnergie potentielle du systme:
1 2
Epk = kx + kx0 x
2
1 1
kX 2 kX 0 X = k ( x + x1 ) kX 0 ( x + x1 )
2
Epk =
2 2
1
k x 2 + ( x + x1 ) + kx0 x ( x + x1 )( kX 0 + mg )
2
EpT =
2
0
1 2
k x + ( x + x1 )
2
EpT =
2
1 2 1
2
k x + ( x + x1 )
2
Le lagrangien scrit : L = 3m x + m x + x 2
2 1 2
Les quations du mouvement sont dtermines laide des deux quations de lagrange
suivantes :
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d L L d L
L
dt x = 0 dt = 3m x + m x + x = 4 m x + m x = k x + ( x + x1 )
1 1 x
x x
d L L d L
L
= 0
= m x + m x = m x+ x = k ( x + x1 )
dt x1 dt 1 1 x1
1 x
1 x
4 m x + m x + k
x + ( x + x )
1 = 0 4 m x + m x + 2kx + kx1 = 0
1
1
m x + m x + k ( x + x1 ) = 0 m x + m x + kx + kx1 = 0
1 1
1 1 k 1 k 1 1 2 1
x + x
4 1 2 m+ x + x = 0 x + x + 0 x + 02 x1 = 0
4m
1
4 2 4
1
x+ x+ k x + k x = 0 x+ x+ 2 x + 2 x = 0
1 m 1
1 0 0 1
m
Les solutions du systme sont de types sinusodaux de la forme:
x = X e jt x = jX e jt x = 2 X e jt
x = 2 x
jt
jt
jt
x1 = X1e x1 = jX1e x1 = X1e
2
x1 = x1
2
En utilisant ces rsultats dans le systme d'quations diffrentielles, cela donne :
2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2
x + 4 x1 + 2 0 x + 4 0 x1 = 0 0 x + 0 x1 = 0
2
( )
2 4
x + x + x + x = 0
1
2
0
2
0 1 0
2
(
0 1 ) (
x + 2 2 x = 0
2
)
1 2 2
0
1 2
0 2( 1 )
det = 2 4
1
( ) (
= 0 02 2 02 2 02 2 02 2 = 0
2 4
)( )
(
02 2 ) (
02 2 )
Lquation aux modes propres est alors devient comme suit :
det = 3 4 402 2 + 04 = 0
Ainsi que :
Page 376
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( )
2
= 402 4.304 = 0 = 404 = 202
2 402 202 1
1 = 12 = 02
6 3
2 = 40 + 20 2 = 2
2 2
2 6
2 0
1 2
2 2 1 2
2
2 1
EcT = 2m x + m x+ x = m x + m x + 2 x x+ x = 2m x + m x x+ m x
2 1 2 1 1
1 2 1
EpT =
1 2 1 1
( 1
)
k x + ( x + x1 ) = kx 2 + k x 2 + 2 xx1 + x12 = kx 2 + kxx1 + kx12
2
2
2 2 2
Les matrice associes T et U du systme est alors donne par :
EcT EcT 4m m
= 4m x
= m x T =
x x
1
m m
1
EpT EpT 2k k
= 2k x = k x U =
x x
1
k k
1
Page 377
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La matrice L est donne par :
1 1 2 k 1 k 2 k 4 k
+
+ 3 m m
3 2k k
3 m 3 m
3 m 3 m
1
L =T U = L = T 1
U =
1 k 1 k
1 + m
4 k k 1 k 4 k
m +
3 3 3 m 3 m 3 m 3 m
1 k 2k
3 m 3 m
L = T 1U =
0 k
m
1 2 2 2
0 0
L =T U =3
1
3 avec 02 = k
0 02
m
1 2 2 2 1 2 2 2
0 0 1 0 3 0 + 02
L I = 0 3
2
3 2 = 0 3 =0
0 1
0 02
0 ( )
2
0
2
1
( ) 1 1
02 2 02 2 = 0 04 02 2 02 2 + 4 = 0
3 3 3
( )
2
= 402 1204 = 404 = 202
Avec :
On dduit que les pulsations propres sont :
2 402 202 1
1 = 12 = 02
6 3
2 = 40 + 20 2 = 2
2 2
2 6
2 0
Page 378
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Exercice 110:
Le nombre de degrs de libert :
x1 , x2 , x, , var iables
n = 5 3 = 2dd
x1 = 2 sin , x = R , x2 = sin
1 2 1 2 1 2 2 1 2
Ecm = I /0 = m 2 = 4m = 4m x
2 2 2 4 2 1
1 2 2 1 2 2
EcT = 2m x + 4m x EcT = 2m x + 2 x
2 1
2 1
Avec :
2 2 2
x = R et x = sin = x =
1 2 2 1 4
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Epm + Epk + EpM + Epm + Epk
Epm = mgx
1
Epk = k ( x1 x ) + kX 0 ( x1 x )
2
2
x
2
1
1 2
1 4mg 2 2
1 4mg 2
Epm = mg (1 cos ) = mg = = x
2 2 4 2 1
Page 379
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2
x1
x1
1 2 1 2 2 1 2
2 1
Epk = kx2 kx02 x = k kx02 = 4k 2kx02 Epk = 4kx12 2kx02 x1
2 2 2 4 2 2
1 mg
2
2
EpT = 4 + 4 k 1 + k ( x1 x )
x
2
1 mg
2
2
EpT = 4
+ k 1 + k ( x1 x )
x
2
1 2 2 1 mg
2
2
Le lagrangien scrit : L = 2m x + 2 x 4 + k x + k ( x1 x )
2 1
2 1
Les quations diffrentielles du systme sont obtenues partir des deux quations de lagrange
suivantes :
d L L d L L
dt x = 0 dt = 2 m x = k ( x1 x )
x
x x
d L L d L L mg
= 0 = 4 m x = 4 + k x + k ( x1 x )
dt x1 dt 1 x1 1
1 x
1 x
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x = X e jt x = jX e jt x = 2 X e jt
x = 2 x
jt
jt
1x = X 1e x = j X 1e x = 2 X1e jt x1 = x1
2
1 1
En introduisant x = 2 x1 et x = 2 x2 dans le systme dquations diffrentielles, ces
1 2
expressions deviennent :
2 1 2 1 2 1 2 2 1 2
x + x x = 0 x 0 x1 = 0
2
0
2
0 1
2
0
2
x + 9 2 x 1 2 x = 0 1 2 x + 9 2 2 x = 0
0 1 0
4 0 0 1
1 4 4 4
1 2 2 1
0 02
2 2 1 9 1 1
det = = 0 02 2 02 2 02 02 = 0
1 9 2 2 2 4 2 4
02 0
4 4
9 4 1 2 2 9 2 2 1
det = 0 0 0 + 4 04 = 0
8 2 4 8
Cette dernire scrit comme suit :
11 2 2
det = 4 0 + 04 = 0
4
Avec:
2
11 57 57 2
= 02 404 = 0 = 04 = 0
4 16 4
Les pulsations des modes propre de vibration du systme sont donnes par :
11 57
12 = 4 4 2 2 = 11 57 2
0
8
0 1
2 8
11 57
2 4+
4 2 2 = 11 + 57 2
2 = 0
8
0 2
2 8
Page 381
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On peut ainsi crire EcT et EpT comme suit:
1 2 2 2 2
EcT = 2m x + 2 x = m x + 2m x
2 1
1
2
mg
EpT = 2
1
(
+ k x + k x12 2 xx1 + x 2
1 2
)
2
2mg 5 1
EpT = 2 + k x kxx1 + kx 2
2 1 2
Les matrice T et U du systme est alors dtermine par :
EcT EcT 2m 0
= 2m x
= 4 m x T =
x x
1
0 4m
1
k k
EpT 4mg EpT
= + 5k x = k x U =
4mg
x 1 k 5k +
1
x
1 1
Avec :
t 2m 0
T =
0 4m
4m 0
( )
coff T =
t
0 2m
det T = 8m2
1 1 k k
+ m 0 k k 2 m
4m
L = T 1U = 2
4mg L = T U =
1
k 5k + 1 k 1 4mg
0 + m
1
4
2 m m 5k +
4
Page 382
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1 k k
2 m
4m
L = T 1U
1 k 1 4mg
2 m m 5k +
4
1 k 1 k 1 2 1
2 m 0 02
4m 2 4
L = T 1U = L=
1 k 5 k g 1 2 5 2 2
2 m + 2 0 0 + 0
4 m 4
1 2 1
2 0 02
4 k g
L= avec 02 = =
1 2 9 2
0
m
0
2 4
1 2 1
0 02
L = T 1U = 2 4
1 2 9 2
0
0
2 4
Les quations du mouvement du systme sont donnes par :
1 2 1 1 2 1
0 02 0 2 02
1 0
L 2 I = 0
2 4
2 2 4 =0
=0
1 2 9 2 0 1 1 2 9 2 2
0 0 0 0
2 4 2 4
1 2 2 9 2 1 2 1 2
0 0 0 0 = 0
2
2 4 4 2
9 4 1 2 2 9 2 2 1
det = 0 0 0 + 4 04 = 0
8 2 4 8
11 2 2
On obtient donc lquation aux modes propres suivant: det = 4 0 + 04 = 0
4
2
11 57 57 2
= 02 404 = 0 = 04 = 0
Ainsi que : 4 16 4
Page 383
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Exercice 111:
Lnergie cintique du systme:
1 2 11 2
EcM = I/c = MR 2
2 1 22 1
1 2 11 2
EcM = I / c = MR
2
2 2 22 2
1 2 1 2
Ecm = m x = mR 2
2 2 2
1 2 1 1 2 2
Ecm = I /o = m
2 1 23 1
1 1 1 1
m2 + m ( OG ) = m2 + m 2 = m 2
2
Avec : I / o =
12 12 4 3
1 1 2 2 1 2 2
EcT = MR2 + + m2 + mR 2
2 2 1 2 3 1 2
1 1 2 2 2 1 2 2 2 2
EcT = 2m 1 + 2 + m 1 + m 2
2 2 4 3 4
Avec : M = 2m et R=
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 7 2 1 2
EcT = m + + = m +
2 4 1 4 2 3 1 4 2 2 12 1 2 2
1 2
Epm = mg 1 cos = mg
2 1 2 21
Epm = mgx = mgR 2 = mg 2
2
1 1 1 2 11 2 2 1
Epk = kx22 + kx02 x2 = kR 212 + kx02 R1 = k 12 + kx02 1 = k 1 + kx021
2 2 2 4 2 24 2
1 1
Epk = k ( x 1 ) kx0 ( x 1 ) = k ( R 2 1 ) kx0 ( R2 1 )
2 2
2 2
Page 384
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2 2
1 1 1
Epk = k 2 1 kx0 2 1 Epk = k 2 2 1 kx0 ( 2 1 )
2 2 2 2 2
1 1
2 2
2 2 21
EpT = mg + k + k
2 2 1 4 1 2 2 1
1 k 2 mg 2
2
21
EpT = + k 2 1
2 4 2 1 2
1 2 7 2 1 2 1 k 2 mg 2
2
21
Le lagrangien scrit : L = m + + k 2 1
2 12 1 2 2 2 4 2 1 2
Les quations lagrange qui conduisent aux quations diffrentielles des mouvements du systme
7 k 2 mg 21 7
5 2 mg 1
m 1 + 1 k 2 1 = 0 m + k
2 2
1 k 2 2 = 0
12 4 2 2 4 2
12 2
1
1 2 1 2 1 1 m 2 + 1 k 2 1 k 2 = 0
2 m + k
2 1 = 0 2 2 1
1 2 2 1 4 2
7 k 2 mg 1
k 2 = 0 7 m2 + 5 k 2 mg 1 k 2 = 0
m 2
+
12 1
4 2 1 2 2 1 12 1
4 2 1 3 2
1 2 1 2 1 1 m2 + 1 k 2 1 k 2 = 0
m + k = 0 2
2 2 2 2 2 1 2 4 2 2 1
15 k 6 g
+
6 k
=0
1 7 m 7 1 7 m 2
1 k k
2 + = 0
2 m 2 m 1
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Il s'agit d'quations diffrentielles linaires pour lesquelles on cherche des solutions sinusodales de
la forme:
1 = 1e jt = j1e jt = 21e jt = 21
1 1
1
jt
jt
jt
2 = 2e 2 = j2e 2 = 2 e 2 = 2
2 2
Par suite, on injecte les expressions de = 21 et = 2 2 dans les quations diffrentielles, ce
1 2
qui conduit a ;
2 9 2 2 6 2 = 0
9 2 6 2 1
1 + 7 0 1 7 0 2 = 0 7
0 0
7 2
1
2 + 2 2 = 0 1
2
2
0
2
0
1 02 + 02 2 2 = 0
1
2
Aprs calcul, on aboutit lquation :
9 1 6
7 2 7
(
det = 0 det = 02 2 02 2 02 02 = 0 )
9 4 9 2 2 1 2 2 6
0 0 0 + 4 04 = 0
14 7 2 7
25 3
4 022 04 = 0
14 14
Aprs calcul, on aboutit lquation : 14 4 2502 2 304 = 0
Avec :
( ) 4.14. 304 = 0 = ( 625 + 168 ) 04 = 79302
2
= 2502
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2 25 13 61 2
1 = 0
28
2 25 + 13 61 2
2 = 0
28
Exercice 112:
Lnergie cintique totale donne par :
EcT = Ecm + Ecm
2
1 2 1
Ecm = m X = m x
2 1 2
2
1 2 1
Ecm = m X = m x +
2 2 2
1 2
2
EcT = m x + x +
2
Avec :
2 2
X 1 = x sin = x X = x
1
2 2
X 2 = x + sin = x + X = x +
2
X = x sin = x
3 2 2
X = x + sin = x +
4 2 2
2
1 2 1
Epk = kX 3 = k x
2 2 2
2
1 1
Epk = kX 42 = k x +
2 2 2
1
2 2
EpT = k x + x +
2 2 2
1 2 1
2 2
2
Le lagrangien scrit : L= m x + x + k x + x +
2 2 2 2
Avec : x1 =
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Lexpression du lagrange deviant alors :
1 1 1
2 2 2 2
1
L = m x x1 + x + x1 k x x1 + x + x1
2 2 2 2
2m x + 2kx = 0 2m x + 2kx = 0
1 1 1 1
2m x + k x + x1 + x + x1 = 0 2m x + 1 kx1 = 0
1
2 4 2 4 1 2
En remplaant x ( t ) et x ( t ) par leurs expressions dans les quations diffrentielles du systme, ce
1
qui conduit a :
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2 x + 02 x = 0
(
02 2 x + 0 x1 = 0 )
2 1 2
1 2 2
x1 + 0 x1 = 0 0 x + 0 x1 = 0
4 4
(2
0 2 ) 0
2 1 2
det = 1 2
= 0 det = 0
2
(
4
2
)
0 = 0
0
2
0
4
1 4 1
det = 0 02 2 02 2 + 4 = 0
4 4
On obtient donc lquation aux modes propres suivant:
5 1
det = 4 022 + 04 = 0 det = 4 4 502 2 + 04 = 0
4 4
( )
2
= 502 4.404 = 0 = 904 = 302
Avec
2 53 2 1 2
1 = 0 1 = 0
2
Exercice 113:
Le nombre de degrs de libert :
1 2 2
EcT = m y + 3 y
2 1 2
1 2 2
EcT = m y + 3 y
2 1 2
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EpT = Epkeq1 + Epk + Epkeq 2
1 1
Epkeq 1 = k eq1 y12 = 2 ky12
2 2
1
Epk = k ( y2 y1 ) 2
2
1 11 2
Epkeq 2 = keq 2 y22 = ky2
2 22
1 2 1 2 2
EpT = k 2 y1 + y2 + ( y2 y1 )
2 2
1 2 2 1 1 2
Le lagrangien du systme scrit alors : L = m y + 3 y k 2 y12 + y22 + ( y2 y1 )
2 1 2 2 2
Les quations diffrentielles du systme sont calcules partir des deux quations de lagrange
suivantes :
d L L d L L
= 0 = m y = k 2 y1 ( y2 y1 )
dt y y1 dt y 1 y1
1 1
d L L d L L 1
dt y = 0 dt = 3m y = k y2 + ( y2 y1 )
y y 2 y2 2
2
2 2
On obtient alors les deux quations dquations diffrentielles suivantes :
m y1+ k 2 y1 ( y2 y1 ) = 0
m y1+ 3ky1 ky2 = 0 k k
y + 3 y1 y2 = 0
1 m m
3m y + k y2 + ( y2 y1 ) = 0 3m y + ky ky = 0 y + 1 k y 1 k y = 0
1 3
2 2 2 2
2 1
2 2 m 2 3 m 1
y1+ 30 y1 0 y2 = 0
2 2
k
On pose 02 =
y + 1 2 y 1 2 y = 0 m
2 2 0 2 3 0 1
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2 y1 + 302 y1 02 y2 = 0
( )
302 2 y1 02 y2 = 0
2 1 1 2 2
1 2 1 2
y2 + 0 y2 0 y1 = 0 0 y1 + 0 y2 = 0
2
2 3 3 2
(3
2
0 2 ) ( ) 2
0
2 1 2 2 1 2
det = 1 2 1 2 = 0 30
2
(
2
0)
2
0 (
3
)
0 = 0
0 0
2
3 2
3 4 1 1
det = 0 3 02 2 02 2 + 4 04 = 0
2 2 3
Avec :
2
7 7 91 91 2 7 13 2
= 02 4. 04 = 0 = 04 = 0 = 0
2 6 12 2 3 2 3
Daprs le systme dquations diffrentielles, les pulsations propre du systme sont donnes par :
7 2 7 13 2 7 3 7 13 2
12 = 2
0
2 3
0
2 = 2 3
0
12 =
7 3 ( 7 13 )
2
1 0
2 2 4 3
7 2
2 2 0
7 13 2
0
7 3 + 7 13 2
0
2
=
7 3+ ( 7 13 ) 2
2 3 2 3
2 2 =
2 0
2 = 4 3
2 2
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Exercice 114:
Lnergie cintique du systme donner par:
1 2
Ecm = m y
2 2
1 2 1 2 1 1 2 1 2
M ( 2R ) + M y
2
EcM = I / c + M y =
2 2 1 22 2 1
2
y
1
11 2 1 2
EcM = M 4R2 + M y
22 2 1
On posant : y1 = 2 R
1 3 2
EcM = My
22 1
13 2 2 1 2 2
EcT = M y + m y EcT = m 3 y + y
22 1 2 2 1 2
M = 2m
Avec :
On posant : y1 = 2 R
2
11 11
y1
1
Ep 1 = k y1 + 2 R = k 4 y12 = ky12
k 24 24 2
4
2
14 1
1 4
y1 2 2
14 1 1 4 3 1
k ( y1 + R ) =
2
Ep4 = k y1 + 2R = k y1 + y1 = k y1 = 3ky12
k 23 23 2 23 2 2 3 2 2
3
1
Epk = k ( y2 y1 ) 2
2
1 2 1
k y1 + 3 y12 + ( y2 y1 ) = k 4 y12 + ( y2 y1 )
2 2
EpT =
2 2
1 2 2 1 2
Le lagrangien scrit : L = m 3 y + y k 4 y1 + ( y2 y1 )
2
2 1 2 2
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Les quations lagrange qui conduisent aux quations diffrentielles des mouvements du systme
3m y + 5ky1 ky2 = 0 5 k 1k
1
y+ y1 y2 = 0
1 3m
1
3m
m y + k ( y2 y1 ) = 0 m y + ky2 ky1 = 0 y + k y k y = 0
2 2 2 m 2 m 1
5 2 1 2
y1+ 3 0 y1 3 0 y2 = 0 k
On pose 02 =
y +2 y 2 y = 0 m
2 0 2 0 1
Il s'agit d'quations diffrentielles linaires pour lesquelles on cherche des solutions sinusodales de
la forme:
y 1 =Y 1e j t y = j Y 1e j t y = 2Y 1e j t y = 2 y 1
1 1
1
j t
j t
j t
y 2 =Y 2e y = j Y 2e y = Y 2e y = y 2
2 2
2 2 2
Par suite, on injecte les expressions de y = 2 y1 et y = y 2 dans les quations diffrentielles,
1 2
ce qui conduit a ;
2 5 2 1 2 5 2 2 1 2
y1 + 0 y1 0 y2 = 0 3 0 y1 3 0 y2 = 0
3 3
2 y + 2 y 2 y = 0
2 0 2 0 1
0 1 (0 )
2 y + 2 2 y = 0
2( )
Le dterminant ci-dessous est nul :
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5 2 2 1 2
3 0 0 5 2 2 1 2
det = 3 ( ) (
= 0 0 0 0 0 = 0
3
2 2
3
2
)
( 02
) ( )
02 2
5 1
( )
02 2 02 2 02 02 = 0
3 3
( )
5 5 1
det = 04 02 2 02 2 + 4 04 = 0
3 3 3
8 4
det = 4 02 2 + 04 = 0
3 3
On obtient donc lquation aux modes propres suivant:
3 4 802 2 + 404 = 0
( )
2
Avec : = 80 4.3.404 = 0 = 6404 4804 = 1604 = 402
2
2 802 402 2 2
1 = = 0
6 3
2 = 80 + 40 = 2 2
2 2
2 6
0
Exercice 115:
Lnergie cintique du systme:
EcT = Ecm + Ecm
1 2 1 2 1 m 2 2
Ecm1 = I1/ o = m1 2 =
2 1 2 1 2 2 1
1 2 1 2 1 m 2 2
Ecm2 = I 2/ o = m2 =
2
2 2 2 2 2 2 2
m
Avec : m1 = m2 =
2
1 1 2 2 2
EcT = m +
22 1 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Epk + Epm + Epm
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11
Epm1 = m1 g (1 cos 1 ) Epm1 = mg (1 cos 1 ) = mg12
2 22
11
Epm2 = m2 g (1 cos2 ) Epm2 = mg (1 cos 2 ) = mg2 2
2 22
1 1 2 11 2
Epk = k ( x4 x3 ) = k ( 2 1 ) = k (2 1 )
2 2 2
2 2 4 24
Car : x4 = sin 2 = 2 et x3 = sin 1 = 1
2 2 2 2
EpT =
11
24 ( )
2 mg 12 + 22 + k 2 ( 2 1 )
2
1 1 2 2 2 1 1
Le lagrangien scrit : L =
22
m +
( )
2mg 12 + 22 + k 2 ( 2 1 )
2
1 2 24
Les quations du mouvement sont dtermines laide des deux quations de lagrange
suivantes :
d L L d L 1 2 L 1
dt = 0 dt = 2 m 1 = 2mg 1 k 2 ( 2 1 )
1 4
1
1 1
d L L = 0 d L = 1 m 2 L
1
= 2mg 2 + k 2 ( 2 1 )
dt dt 2 2 2 4
2 2
2
2 2 4
2 2 1
2 2 4
( )
1 m 2 + 1 2mg + k 2 ( ) = 0 1 m 2 + 1 2mg + k 2 k 2 = 0
2 1
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On recherche des solutions complexes sous la forme : 1 = 1e jt et 2 = 2 e jt .les drives
secondes des solutions sont donnes respectivement par : = 2 1e jt = 21 et
1
2 1 g k k
1 + 2 + 1 2 = 0
2 m m
2 + 1 2 g + k k = 0
2
2 m m
2 1
1 g k 2 k 1 g k 2 k
2 + 2 1 2 = 0 2 + 2 1 2 = 0
2 m m 2 m m
1 g k 2 k 1 k g k 2
2 2 + m 2 2 m 1 = 0 2 m 1 + 2 + m 2 2 = 0
Ces deux quations accepteront une solution si le dterminant=0 :
g k 2 k
2 + m 2 2 2
1 m g k 2 k
det = = 0 2 + 2 = 0
2 k g k 2 m m
2 + 2
m m
2 2
g k 2 k
2 + m 2 = m
Cette quation est une quation quadratique en qui admettent deux solutions relles positives
1 et 2 :
g k k g g
2 + 2 = + 2 = 2 1 =
2 2 2
m m
2 g + k 2 2 = k 22 = 2 g + k 2 = g + k
m m
m
2
m
2 g
1 =
2 = g + k
2 m
g
Dans le premier mode 2 = 12 = :
Page 396
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1 g k k
on remplace dans la premire quation diffrentielle 2 + 22 1 2 = 0
2 m m
g
par 12 = , on obtient donc :
1 g k g k
2 + 2 1 2 = 0 1 = 2
2 m m
Alors pour la premire mode 12 , les 2 pendules oscillent en mme phase avec la mme
amplitude.
1 1
= C1 cos ( 1t + 1 )
2 1
g k
Dans le deuxime mode 2 = 22 = + :
m
1 g k k
on remplace dans la premire quation diffrentielle 2 + 22 1 2 = 0
2 m m
g k
par 22 = + , on obtient donc :
m
1 g k g k k k k
2 + 2 + 1 2 = 0 1 = 2 1 = 2
2 m m m m m
2 = 1
Alors pour la deuxime mode de la vibration 22 , les deux pendules oscillent en oppositions
de phase avec la mme amplitude.
Page 397
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1 1
= C2 cos ( 2t + 2 )
2 1
Sachant que :
1 2 1 1 mg
m +
4
(2 mg + k )
2
1 k 2
2 = 0 m + 2
1 2
+ k 1 k 2 = 0
2
1
( )
1 m 2 + 1 2mg + k 2 k 2 = 0 m + 1 2 mg + k k = 0
2 2 4
2 1
2 2 2
1
Les deux quations lectriques correspondantes donner par :
1 2 1 1
L q + + q1 q2 = 0
1 2 C C C
L 1 2 1 1
q+ + q q =0
2 2 C C 2 C 1
Lm
1
K
C
K g mg 1
= K =
Puisque : m C
R
F (t ) E (t )
Page 398
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di1 1 2 1 1
L + + i1dt i2 dt = 0
dt 2 C C C
L di2 + 1 2 + 1 i dt i dt = 0
2 1
dt 2 C C
dq ( t ) di ( t ) d 2q (t )
Avec : q ( t ) = i ( t ) dt i (t ) = = q (t ) = 2
= q (t )
dt dt dt
Le circuit lectrique quivalent dans lanalogie force-tension est reprsente comme suivant:
1 2 1 2 1 m 2 2
Ecm1 = I1/ o = m1 2 =
2 1 2 1 2 2 1
1 2 1 2 1 m 2 2
Ecm2 = I 2/ o = m2 2 =
2 2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 m 2 2
Ecm3 = I 3/ o = m3 2 =
2 3 2 2 2 2 3
m
Avec : m1 = m2 = m3 =
2
1 1 2 2 2 2
EcT = m + +
22 1 2 3
1 2 2 2 2
EcT = m + +
2 1 2 3
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Ep k + Ep k + Ep m + Ep m + Ep m
1 1 2 11 2
Epk = k ( x5 x4 ) = k (2 1 ) = k (2 1 )
2 2 2
2 2 4 24
Page 399
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Car: x4 = sin 1 = 1 et x5 = sin 2 = 2
2 2 2 2
1 1 2 11 2
Epk = k ( x6 x5 ) = k (3 2 ) = k (3 2 )
2 2 2
2 2 4 24
Car: x5 = sin 2 = 2 et x6 = sin 3 = 3
2 2 2 2
11
Epm1 = m1 g (1 cos 1 ) Epm1 = mg (1 cos 1 ) = mg12
2 22
11
Epm2 = m2 g (1 cos 2 ) Epm2 = mg (1 cos 2 ) = mg2 2
2 22
11
Epm3 = m3 g (1 cos 3 ) Epm3 = mg (1 cos3 ) = mg32
2 22
11 1 1 1 1
EpT = mg 12 + mg 22 mg 32 + k 2 ( 2 1 ) + k 2 ( 3 2 )
22 2 2 4 4
11
EpT = ( 1
) (
mg 12 + 22 + 32 + k 22 2 21 + 12 + 32 + 2 3 2 + 22
22 2
)
EpT =
11
24
( ( ) (
2mg 12 + 22 + 32 + k 22 2 21 + 12 + 32 + 23 2 + 22 ))
11
EpT = ( 2mg + k ) 12 + 2 ( mg + k ) 22 + ( 2mg + k ) 32 2k 2 21 2k 23 2
24
Les matrice T et U du systme est alors dtermine par :
1 2
EcT 1 2 2 EcT 1 2 2 m
2 0 0
= m = m
1 2 1 2 2 2
T = 0 0
1 2
m
EcT = 1 m 2
2
2
1 2
3 2 3
0 0 m
2
EpT 1
= ( 2mg + k)
EpT 1
= 2( mg + k) ( 2mg + k) k2 0
4 4
1 2
1 1
2
U = k2 2( mg + k) k2
EpT = 1 ( 2mg + k) 4
4
3
3 0 k2 ( 2mg + k)
Page 400
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T 1 =
1
det T
coff T t ( )
Ou T t est matrice transpose, coff (T t ) est matrice adjointe (ou comatrice) et det T dterminant
de matrice T .
Remarque :
- On appelle transpose dune matrice T de type ( n, p ) et de terme Aij , la matrice note T t
T = ( Aij ) T t = ( Aij ) = A ji
t
- On appelle comatrice (ou matrice adjointe) de matrice T , la matrice carre d'ordre n , note
( )
coff T t dfinie par :
Page 401
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a22 a33 a23 a32 a32 a13 a12 a33 a12 a23 a22 a13
( )
coff T t = a31a23 a21a33 a11a33 a31a13 a21a13 a11a23
det (T ) = a11a22b33 + a12 a23 a31 + a13 a21a32 a11a23 a32 a12 a21a33 a13 a22 a31
( )
On dduit alors que coff T t et det T sont donnes par :
1 2 4
4m 0 0
coff T t = 0
( )
1 2 4
4
m 0
1 2 4
0 0 m
4
1 2
m 0
det T = 1 m 2 2 1 1 1 1
= m 2 m 2 m 2 = m3 6
2 1 2 2 2 2 8
0 m
2
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1 2 4
4m
1 0 0
m36
1 2 4 8 2
4m 0 0 m2 0 0
1 2 4
m
0 T = 0 0
1
0 T 1 = 0
1 1 2 4 4 1 2
T = 0 m
1 3 6 4 1 3 6 m2
m m
8 1 2 4 8 2
0 0 m 0 0
4 1 2 4 m2
m
0 0 4
1 3 6
m
8
1
m 2 0 0
T = 2 0 0
1 1
m 2
0 1
0
m 2
m24 1
0 0 m 2 0 0
2
1 1 m2 4 1
0
1
T 1 = 0 0 T = 1
0
8 m3 6 2 2 m 2
m2 4 0 0
1
0 0
2 m 2
Remarque :
- Produit de matriciels:
a11 a12 a13 b11 b12 b13
- Soit A = a21 a22 a 23 et B = b21 b22 b 23 Sont deux matrices carres de taille 3
a a32 a33 b b32 b33
31 31
(avec trois lignes et trois colonnes) donc le produit AxB on dfinit :
( a11b11 + a12b21 + a13b31 ) ( a11b12 + a12b22 + a13b32 ) ( a11b13 + a12b23 + a13b33 )
AxB = ( a21b11 + a22b21 + a23b31 ) ( a21b12 + a22b22 + a23b32 ) ( a21b13 + a22b23 + a23b33 )
( a31b11 + a32b21 + a33b31 ) ( a31b12 + a32b22 + a33b32 ) ( a31b13 + a32b23 + a33b33 )
La matrice lagrangien du systme L scrit alors comme suit:
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1
m 2 0 0 ( 2mg + k ) k 2 0
L = T 1U = 2 0 0 k 2
1 1
2 ( mg + k ) k 2
m 2 4
0 1
0 0 k 2 ( 2mg + k )
m 2
g k k
2 + 0
m m
1 k g k k
L = T 1U = 2 +
2
m m m
k g k
0 2 +
m m
302 02 0
1 g k
L = T 1U = 02 402 02 avec : 02 = =
2 m
0 02 2
30
302 02 0 1 0 0
1
L 2 I = 0 02 402 02 2 0 1 0
2
0 02 302 0 0 1
302 02 0 1 0 0
1
02 402 2
0 2 2 0 1 0 = 0
2
0 02 302 0 0 1
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(
302 2 2 ) 02 0
1
02
2
( 4 2
0 2 2 ) 0 2
=0
0 02 ( 302 2 2
)
( 4 2
22 ) 02 02 02
1
(
302 2 2 ) =0
0
+ 2
2
02 ( 3 2
0 2 2 )
0
0 ( 32
0 2 2 )
1
2 ( )( )(
302 2 2 402 2 2 302 2 2 04 04 302 2 2 = 0
) ( )
1
2
( )(
302 2 2 402 2 2 302 2 2 204 = 0)( )
1
2
( )
302 2 2 1202 802 2 602 2 + 4 4 204 = 0
1
2
( )
302 2 2 4 4 1402 2 + 1004 = 0
( 3 2
0 )
2 2 24 702 2 + 504 = 0
Avec :
( )
= 702 4.2.504 = ( 49 40 ) 04 = 904 = 302
2 2 g 1 k
2 = + 2 m
3 2
03 2 2
= 0 2
2
= 0
2
g
1 = 0 12 =
2 2
2 4 702 2 + 504 = 0 5
3 = 0
2 2
2 g 3 k
2 3 = + 2 m
Les quations diffrentielles du systme sont donner aussi par :
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g k k
2 + 2 1
2
0 0
m m
1 k g k k
2 + 2 2 2 = 0
2
m m m
k g k 2 3 0
0 2 + 2
m m
1 g k 2 1 k
2 + 2 1 2 = 0
2 m 2 m
g k 1 k
+ 2 2 (1 + 3 ) = 0
m 2m
1 g k 1 k
2 + 2 2 3 2 = 0
2 m 2m
g
Dans le premier mode 2 = 12 = :
1 g k 1k
On remplace dans la premire quation diffrentielle 2 + 22 1 2 = 0
2 m 2m
g
par 12 = , on obtient donc :
1 g k g 1 k
2 + 2 1 2 = 0 1 = 2
2 m 2m
1 g k 2 1 k
On remplace dans la troisime quation diffrentielle 2 + 2 3 2 = 0
2 m 2m
g
par 12 = , on obtient donc :
1 g k g 1 k
2 + 2 3 2 = 0 2 = 3
2 m 2m
g k 1k
On remplace dans la deuxime quation diffrentielle + 2 2 (1 + 3 ) = 0
m 2m
g
par 12 = , on obtient donc :
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g k g 1 k 1
+ m 2 2 m (1 + 3 ) = 0 2 = 2 (1 + 3 )
Aprs calcul, on trouve : 2 2 = (1 + 3 )
1 = 3
22 = 21 = 23 1 = 2 = 3
22 = (1 + 3 )
1 1
2 = C1 1 cos ( 1t + 1 )
1
3
g 1 k
Dans le deuxime mode 2 = 2 2 = + :
2m
1 g k 1k
on remplace dans la premire quation diffrentielle 2 + 22 1 2 = 0
2 m 2m
g 1 k
par 2 2 = + , on obtient donc :
2m
1 g k g 1 k 1 k
2 + 2 + 1 2 = 0 2 = 0
2 m 2 m 2m
2 = 0
g k 1 k
on remplace dans la deuxime quation diffrentielle + 2 2 (1 + 3 ) = 0
m 2m
g 1 k
par 2 2 = + , on obtient donc :
2m
Page 407
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g k g 1 k 1 k
+ m + 2 m 2 2 m (1 + 3 ) = 0 2 = (1 + 3 )
2 = 0
(1 + 3 ) = 0 3 = 1 1 = 2 = 3
2 = (1 + 3 )
3 = 1
g 3k
Dans le troisieme mode 2 = 32 = + :
2m
1 g k 1k
on remplace dans la premire quation diffrentielle 2 + 22 1 2 = 0
2 m 2m
g 3 k
par 3 2 = + , on obtient donc :
2m
1 g k g 3 k 1 k g 1 k g 3 k 1 k
2 + 2 + 1 2 = 0 + + 1 2 = 0
2 m 2 m 2m 2 m 2 m 2m
k 1 k k 1 k
1 2 = 0 1 = 2 2 = 21
m 2m m 2m
1 g k 2 g 3 k 1 k 2k k
2 + 4 + 1 2 = 0 1 = 2 2 = 21
4 m 4 4 m 4m m m
2 = 21
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1 g k 2 1k
on remplace dans la troisieme quation diffrentielle 2 + 2 3 2 = 0
2 m 2m
g 3 k
par 3 2 = + , on obtient donc :
2m
1 g k g 3 k 1 k k 1 k
2 + 2 + 3 2 = 0 3 = 2 2 = 23
2 m 2 m 2m m 2m
2 = 23
g k 1k
on remplace dans la deuxime quation diffrentielle + 2 2 (1 + 3 ) = 0
m 2m
g 3 k
par 3 2 = + , on obtient donc :
2m
g k g 3 k 1 k 1 k 1 k
+ m + 2 m 2 2 m (1 + 3 ) = 0 2 m 2 = 2 m (1 + 3 ) 2 = (1 + 3 )
2 = 21
2 = 23 1 = 3 et 2 = 21 = 23
= +
2 ( 1 3)
1 = 3 et 2 = 21 = 23
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Exercice 116:
Le nombre de degrs de libert :
{ x1 , x2 , var iables n = 2 0 = 2dd
1 2
Ecm = m x
2 1
1 2
Ecm = mx
2 2
1 2 2
EcT = m x + x
2 1 2
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Epk + Epk + Epk
1 2
Epk = kx1
2
1
Epk = k ( x2 x1 ) 2
2
1 2
Epk = kx2
2
EpT =
1
2 ( )
k x12 + x22 + k ( x2 x1 ) 2
1 2 2 1
Le lagrangien scrit :
2 1 2 2
( )
L = m x + x k x12 + x22 + k ( x2 x1 )2
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k + k k
+ x2 = 0
m x1 + kx1 k ( x2 x1 ) = 0 m x1 + ( k + k ) x1 k x2 = 0 1 m
x x1
m
m x + kx2 + k ( x2 x1 ) = 0 m x + ( k + k ) x2 k x1 = 0 x + k + k x k x = 0
2 2 2 m 2 m 1
k + k k
x1 + m x1 m x2 = 0 (1)
Conduit au systme dquations suivant :
x+ k + k x k x = 0
2 m 2 m 1
( 2)
on obtient :
k + k k k + k k
(1) + ( 2 ) x1 + x2 + x1 + x2 = 0
m m m m
1 2 x x + k + k + k x k + k + k x = 0
( ) ( ) 1 2 m m 1 m m 2
k k
x1 + x2 + m x1 + m x2 = 0
x x + k + 2k x k + 2k x = 0
1 2
1 2 m m
Aprs simplification, on obtient les expressions suivantes :
k
x1 + x2 + m ( x1 + x2 ) = 0
x x + k + 2 k ( x x ) = 0
1 2
1 2 m
On posant:
X 1 = x1 + x2 X 1 = x1 + x2
X 2 = x1 x2 X = x1 x2
2
k
X1 + m X1 = 0
On obtient les deux quations diffrentielles dcouples suivantes :
X + k + 2k X = 0
2 m 2
Les deux quations diffrentielles prcdentes on peut mettre sous la forme suivant :
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2 k
X1 + 1 X1 = 0
2
1 = m
avec :
X + 22 X = 0 22 = k + 2k
2 2
m
Les expressions de X 1 ( t ) et X 2 ( t ) scrivent par :
(
X1 = C1 cos 12t + 1
) ( 3)
(
X 2 = C2 cos 2t + 2
2
) ( 4)
X 1 = x1 + x2 ( 5)
Sachant que :
X 2 = x1 x2 (6)
En faisant laddition ( 5 ) + ( 6 ) et la soustraction ( 5 ) ( 6 ) ds quations prcdentes, on trouve :
X1 + X 2
( 5 ) + ( 6 ) x1 = 2
(7)
( 5 ) + ( 6 ) x = X 1 X 2 (8 )
2
2
On remplaant X 1 et X 2 par leurs expressions respectives dans ( 7 ) et ( 8 ) , on obtient :
C1
( C2
)
x1 = 2 cos 1 t + 1 + 2 cos 2t + 2
2 2
( )
2 2 1 ( 1
2
)
x = C1 cos 2t + C2 cos 2t +
2 2( )
1
Dans le premier mode : = 1 x1 = x2 V 1 ; V 1 est premier vecteur Propre.
1
Oscillations en phase
1
Dans le deuxime mode : = 2 x1 = x2 V2 = ; V2 est deuxime vecteur
1
Propre. Oscillations en apposition de phase
La solution gnrale du mouvement du systme scrit comme suit:
x1 1 1
= C1 cos ( 1t + 1 ) + C1 cos ( 2t + 2 )
x2 1 1
Les constants C1 , C2 , 1 et 2 sont dtermines a partir des conditions initiales suivantes :
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x1 ( 0 ) = x0 ; x1 ( 0 ) = 0
1 = 2 = 0
C1 = C2 = x0
x2 ( 0 ) = 0 ; x2 ( 0 ) = 0
x0 2
( ) 2
x1 = 2 cos 1 t + cos 2t ( )
2 2 1 ( )
x = x0 cos 2t cos 2t
2 ( )
Sachant que:
+
cos + cos = 2cos 2 cos 2
cos cos = 2sin + sin
2 2
On obtain:
2 1 2 + 1
x1 ( t ) = x0 cos 2 t cos t
2
x ( t ) = x sin 2 1 t sin 2 + 1 t
2 0
2 2
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k + k + k k
1+
22 = k + k
k
= k + k k = 1+ 2 2 = 1+ 2
k + k k m k m 1
0 2
1
0
1
k + k k + k
Donc :
12 = 02
2 1+ 2
2 = 0
1
En introduisant le coefficient de couplage par son expression dans b et osc ,on obtient :
2 + 1 0 + (1 + ) 0 2+
osc = 0 0 1 + osc 0 1 + 2
2 2 2 2
2 1 0 (1 + ) 0
b = 0 b 0
2 2 2 2
La priode des oscillations Tosc du systme donner par :
2 2 4 4
Tosc = Tb = = Tb =
osc 2 + 1 2 + 1 2 + 1
2
2 + 1
Avec : osc =
2
La priode du battement Tb donner par :
2 2 4 4
Tb = Tb = = Tb =
b 2 1 2 1 2 1
2
2 1
Avec : b =
2
Les relations des Tb et Tosc en fonction de le coefficient de couplage donne par :
2 2 4 2T 2T
Tb = Tb Tb 0 Tb 0
b 2
0
2 T0
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2 2 2 T0 2T0 2T0
Tosc = Tosc = = Tosc =
osc 2 ( 2 + )
0 1 + (2 + )
1 + 1 +
2 T0 2 2
Exercice 117:
Le nombre de degrs de libert :
{ y1 , y2 , y3 var iables n = 3 0 = 2dd
1 2 1 2
Ecm1 == m1 y ; Ecm2 = m2 y ;
2 1 2 2
1 2
Ecm3 = m3 y
2 3
On posant: m = m1 = m2 = m3
2 2 2
1
EcT = m y + y + y
2 1 2 3
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Epk + Epk + Epk + Epk + Epk
1 2 1 2 1 2
Epk = ky1 ; Epk = ky2 ; Epk = ky3
2 2 2
1 1
k ( y 2 y1 ) k ( y3 y 2 )
2 2
Ep k = ; Epk =
2 2
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1 2
k y1 + y22 + y32 + ( y2 y1 ) + ( y3 y2 )
2 2
EpT =
2
Le lagrangien du systme scrit alors par :
1 2 2 2 1 2
L = m y + y + y k y1 + y22 + y32 + ( y2 y1 ) + ( y3 y2 )
2 2
2 1 2
3 2
Les quations de lagrange permettent dtablir le systme dquations diffrentielles suivantes :
d L L d L L
= 0 = m y = k y1 ( y2 y1 )
dt y y1 dt y 1 y1
1 1
d L L d L
L
= 0 = m y = k y2 + ( y2 y1 ) ( y3 y2 )
dt y y2 dt y 2 y2
2 2
L
d L d L L
= 0 = m y = k y3 + ( y3 y2 )
dt y3 dt y3
y3 y3
3
k k
m
1 y + k y
1 ( y2 y )
1 = 0 m
1 y + 2 ky1 ky2 = 0 y1 + 2 m y1 m y2 = 0
k k k
m y + k y2 + ( y2 y1 ) ( y3 y2 ) m y + 3ky2 ky1 ky3 = 0 y + 3 y2 y1 y3 = 0
2 2 2 m m m
k k
m y3 + k y3 + ( y3 y2 ) = 0 m y3 + 2ky3 ky2 = 0 y3 + 2 m y3 m y2 = 0
Conduit au systme dquations diffrentielles suivantes :
y1 + 20 y1 0 y2 = 0
2 2
k
y + 30 y2 0 y1 0 y3 = 0
2 2 2
On pose 02 =
2 m
y3 + 20 y3 0 y2 = 0
2 2
Il s'agit d'quations diffrentielles linaires pour lesquelles on cherche des solutions sinusodales
de la forme:
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jt
jt
y1 = Y1e y = j Y1e y = 2Y1e jt y = 2 y1
1 1 1
jt jt jt
y2 = Y2e y = jY2 e y = Y2 e y = 2 y2
2
2 2
2
jt
jt
jt
y3 = Y3e y3 = jY3e y3 = Y3e y3 = y3
2 2
En remplaant y , y et y par leurs expressions dans le systme dquations diffrentielles :
1 2 3
2 y1 + 202 y1 02 y2 = 0 202 2 y1 02 y2 + 0 y3 = 0
( )
2 2
y 2 + 3 2
y
0 2 2
0 1y 2
y
0 3 = 0 0 y1 + 30 y2 0 y3 = 0
2 2 2
( )
2
y3 + 20 y3 0 y2 = 0 ( )
2 2
0 y1 0 y2 + 20 y3 = 0
2 2 2
(
202 2 ) 02 0 y1
0
02 ( 3 2
0 2 ) 0 2 y
2
= 0
0 02 ( 202 2 y
3)
0
Cest deux quations admettent une solution si :
( 2 2
0 2 ) 02 0
det = 0 det = 02 ( 3 2
0 2 ) 02 =0
0 02 ( 2 2
0 2 )
( 3 2
2 ) 02 02 02
( )
0
det = 2 2 2
+ 2
=0
0
02 ( 202 2 )
0
0 ( 2 2
0 2 )
(
202 2 302 2 )( )( 2 2
0 )
2 04 04 202 2 = 0( )
(
202 2 302 2 )( )( 2 2
0 )
2 204 = 0
( )
202 2 604 302 2 202 2 + 4 204 = 0
Lquation aux modes propres est alors donne par : 202 2 4 502 2 + 404 = 0 ( )
La rsolution de lquation aux modes propres ci-dessus conduit aux solutions suivantes :
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202 2 = 0 22 = 202
4 12 = 02
50 + 40 = 0 2
2 2 4
3 = 40
2
Exercice 118:
Le nombre de degrs de libert :
{ x1 , x2 , x3 , x4 var iables n = 4 2 = 2 dd
1 1 2 2 2 2
EcT = m x + x + x + x
2 2 1 4 2 3
1 1 2 2 2 2 1
Le lagrangien scrit : L= m x + x + x + x k ( x2 x1 )2 + ( x3 x2 )2 + ( x4 x3 )2
2 2 1 4 2 3 2
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d L L d L 1 L
dt x = 0 = m x = k ( x2 x1 )
dt 2 1 x1
x 1 x
1 1
d L L d L L
dt x = 0 = m x = k ( x2 x1 ) ( x3 x2 )
x 2 dt x
2 x2
2 2
d L L d L L
= 0 = m x = k ( x3 x2 ) ( x4 x3 )
dt x3 dt 3 x3
3 x x3
d L L =0 d L 1
= mx
L
= k ( x4 x3 )
dt x4 dt 2 4 x4
x4 x4
1 1 k k
m x + k ( x x ) = 0 m x + kx kx = 0 x + 2 x1 2 x2 = 0
2 1 2 1 2 1 1 2 1 m m
k k k
m x + k ( x x ) ( x x ) = 0 m x + 2kx kx kx = 0 x + 2 x2 x1 x3 = 0
2 2 1 3 2 2 2 1 3 2 m m m
m x + k ( x3 x2 ) ( x4 x3 ) = 0 m x + 2kx3 kx2 kx4 = 0 x + 2 k x k x k x = 0
3 3 3 m
3
m
2
m
4
1 1
m x4 + k ( x4 x3 ) = 0
k k
m x4 + kx4 kx3 = 0 x + 2 x4 2 x3 = 0
2 2 4 m m
Conduit au systme dquations diffrentielles suivantes :
x1 + 20 x1 20 x2 = 0
2 2
x + 202 x2 02 x1 02 x3 = 0
2 k
On pose : 02 =
x + 202 x3 02 x2 02 x4 = 0 m
3
x4 + 20 x4 20 x3 = 0
2 2
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jt
jt
1 x = X 1e x = j X 1 e x = 2 X 1e jt x = 2 x1
1 1
1
jt
jt
jt
y2 = X 2 e x2 = jX 2 e x2 = X 2 e
2
x = 2 x
2 2
y3 = X 3e jt x = jX 3e jt x = 2 X 3e jt
x3 = x3
2
3 3
jt
jt
jt
x4 = X 4e x4 = jX 4 e x4 = X 4 e
2
x = 2 x
4 4
En remplaant x
1
, x , x et x par leurs expressions dans le systme dquations diffrentielles :
2 3 4
2 x1 + 202 x1 202 x2 = 0
2
x2 + 20 x2 0 x1 0 x3 = 0
2 2 2
2
x3 + 20 x3 0 x2 0 x4 = 0
2 2 2
2 x + 22 x 22 x = 0
4 0 4 0 3
x1 0
(
202 2 ) 202 0 0
x
2 0
02 ( 2 2
0 2 ) 02 0
=
0 02 ( 2 2
0 2 ) 0 2
x3 0
0 0 202 ( 202 2 )
x4
0
Le dterminant ci-dessous est nul :
( 2 2
0 2 ) 202 0 0
02 ( 2 2
0 2 ) 02 0
det = 0 =0
0 02 ( 22
0 2 ) 02
0 0 202 ( 2 2
0 2 )
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( 2 2
0 2 ) 02 0 02 02 0
(
det = 2 2
0
2
) 2
0 ( 2 2
0 2
) 2
0 + 2 2
0 0 ( 2 2
0 2
) 02 =0
0 202 ( 2 2
0 2 ) 0 202 ( 2 2
0 2 )
202 2 ( ) 02 02
02 22 2 ( ) 02
(
2 20
2 2 2 2
)( ) + 2 + 22 2 0 =0
0
202 ( 202 2 )
0
0 ( 202 2
0
)
0 22
0 ( 202 2
)
( )(
202 2 202 2 ) (
204 202 2 04 202 2 204 202 2 202 2 204 ) ( ) ( )( )
3
( )(
202 2 202 2 304 202 2 204 202 2 204 ) ( ) ( )
3 2
( ) (
+ 202 2 ) 204 202 2 ( ) 204
2 2 2
04 202 2
2
(
04 202 2 + 202 2 ) ( ) 204
2 2
2
202 2 ( ) 204 = 04 202 2 ( )
2 2
(
202 2 204 = 02 202 2 ) ( )
2 2
Le dveloppement des calculs conduit a :
2
(
202 2 204 = 02 202 2 ) ( )
2 2
Cette quation est une quation quadratique qui admet quatre solutions relles positives 1 , 2 , 3
et 4
(
2 2 2 ) ( ) ( 2 ) ( )
2 2
0 204 = 02 202 2 2
0 2 204 + 02 202 2 = 0
( ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 )=0
2 2
202 2 204 = +02 2
2 2
2 204 02 2
2
0 0 0
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(
2 2 2 ) ( )
2
0 204 + 02 202 2 = 0 4
4
402 2 + 4 204 + 204 02 2 = 0
0
2 = 20
2
4 32 = 302
3
2 2
0 = 0 2
2
3 2
0 = (
0 2 )
4 = 0
Exercice 119:
Le systme est a quatre degr de libert car quatre coordonns gnralises sont ncessaires et
suffisantes pour ltat du systme :
y1 , y 2 , y3 , y 4 var iables n = 4 0 = 4 dd
1 2 1 2 1 2
Ecm1 = m1 y ; Ecm2 = m2 y ; Ecm3 = m3 y ;
2 1 2 2 2 3
1 2
Ecm4 = m4 y
2 4
1 2 2 2 2
EcT = m1 y + m2 y + m3 y + m4 y
2 1 2 3 4
1 2 1 2 1 2 1 2
EcT = m1 y + m2 y + m3 y + m4 y
2 1 2 2 2 3 2 4
1
Epk1 = k1 y12 ; Epk2 =
1
k 2 y2 ; Epk3 =
1
k3 y3
2 2 2
1 1 1
k4 ( y2 y1 ) ; k5 ( y3 y2 ) ; k6 ( y4 y3 )
2 2 2
Epk4 = Epk5 = Epk6 =
2 2 2
On posant: k = k1 = k2 = k3 = k4 = k5 = k6
1 2
k y1 + y2 2 + y3 2 + ( y2 y1 ) + ( y3 y2 ) + ( y4 y3 )
2 2 2
EpT =
2
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1
EpT = k y12 + y2 2 + y3 2 + y2 2 2 y2 y1 + y12 + y3 2 2 y3 y2 + y2 2 + y4 2 2 y4 y3 + y32
2
1
EpT = k 2 y12 + 3 y2 2 + 3 y32 + y4 2 2 y2 y1 2 y3 y2 2 y4 y3
2
Les matrice associes T et du systme donne par :
EcT EcT
= m1 y
= m2 y m1 0 0 0
y y
1 2
1 0 m2 0 0
2
T =
0 0 m3 0
EcT = m y EcT
= m4 y
3
0 0 0 m4
3 y 3
y 2
coff (T t )
1
T 1 =
det T
Ou T t est matrice transpose, coff (T t ) est matrice adjointe (ou comatrice) et det T dterminant
de matrice T .
Remarque :
- On appelle transpose dune matrice T de type ( n, p ) et de terme Aij , la matrice note T t
T = ( Aij ) T t = ( Aij ) = A ji
t
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- On (T t ) comatrice (ou matrice adjointe) de matrice T , la matrice carre d'ordre n , note
coffappelle
dfinie par :
b11
b12
b13
b14
a a a a12 a32 a42 a12 a22 a42 a12 a22 a32
22 32 42
+ a23 a33 a43 a13 a33 a43 + a13 a23 a43 a13 a23 a33
a a a a14 a34 a44 a14 a24 a44 a14 a24 a34
24 34 44
b21 b22 b23 b24
a21 a31 a41 a11 a31 a41 a11 a21 a41 a11 a21 a31
a23 a33 a43 + a13 a33 a43 a13 a23 a43 + a13 a23 a33
a a a a14 a34 a44 a14 a24 a44 a14 a24 a34
24 34 44
( )
coff T =
t
b31 b32 b33 b34
a21 a31 a41 a11 a31 a41 a11 a21 a41 a11 a21 a31
+ a22 a32 a42 a12 a32 a42 + a12 a22 a42 a12 a22 a32
a24 a34 a44 a14 a34 a44 a14 a24 a44 a14 a24 a34
b41 b42 b43 b44
a21 a31 a41 a11 a31 a41 a11 a21 a41 a11 a21 a31
a a a + a12 a32 a42 a12 a22 a42 + a12 a22 a32
22 32 42
a23 a33 a43 a13 a33 a43 a13 a23 a43 a13 a23 a34
Avec :
b11 = a 22 ( a 33 a 44 a 43 a 34 ) a 32 ( a 23 a 44 a 43 a 24 ) + a 42 ( a 23 a 34 a 33 a 24 )
b1 1 = a 2 2 a 3 3 a 4 4 a 2 2 a 4 3 a 3 4 a 3 2 a 2 3 a 4 4 + a 3 2 a 4 3 a 2 4 + a 4 2 a 2 3 a 3 4 a 4 2 a 3 3 a 2 4
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b1 1 = a 2 2 a 3 3 a 4 4 + a 4 2 a 2 3 a 3 4 + a 3 2 a 4 3 a 2 4 a 2 2 a 4 3 a 3 4 a 3 2 a 2 3 a 4 4 a 4 2 a 3 3 a 2 4
Ou encore :
b14 = a12 a 24 a33 + a13 a 22 a34 + a14 a 23 a32 a12 a 23 a34 a13 a 24 a32 a14 a 22 a33
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m2 m3 m4 0 0 0
coff T t = 0
( )
m1m3 m4 0 0
0 0 m1m2 m4 0
0 0 0 m1m2 m3
m2 0 0
m 0
det T = m1 0 m3 0 = m1 m2 3 = m1m2 m3m4
0 m4
0 0 m4
T 1 =
1
det T
( )
coff T t
1
m 0 0 0
1
m2 m3 m4 0 0 0 1
0 m2
0 0
T 1 =
1 0 m1m3 m4 0 0
T =
1
m1m2 m3 m4 0 0 m1m2 m4 0 1
0 0 0
0 0 0 m1m2 m3 m3
1
0 0 0
m4
Remarque :
- Produit de matriciels:
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a11 a12 a13 a14 b11 b12 b13 b14
a a22 a 23 a24 b21 b22 b 23 b24
Soit A = 21 et B= Sont deux matrices
a31 a32 a33 a34 b31 b32 b33 b34
a41 a42 a43 a44 b41 b42 b43 b44
carres de taille 4( avec quatre lignes et quatre colonnes ) donc le produit AxB on dfinit :
( a11b11 +a12b21 +a13b31 +a14b41) ( a11b12 +a12b22 +a13b32 +a14b42) ( a11b13 +a12b23 +a13b33 ++a14b43) ( a11b13 +a12b24 +a13b34 +a14b44)
( a21b11 +a22b21 +a23b31 +a24b41) ( a21b12 +a22b22 +a23b32 +a24b42) ( a21b14 +a22b24 +a23b34 +a24b43) ( a21b14 +a22b24 +a23b34 +a24b41)
AB=
( a31b11 +a32b21 +a33b31 +a23b31) ( a31b12 +a32b22 +a33b32 +a23b31) ( a31b13 +a32b23 +a33b33 +a23b31) ( a31b13 +a32b23 +a33b33 +a23b31)
( a31b11 +a32b21 +a33b31 +a23b31) ( a31b12 +a32b22 +a33b32 +a23b31) ( a31b13 +a32b23 +a33b33 +a23b31) ( a31b13 +a32b23 +a33b33 +a23b31)
1
m 0 0 0 2k k 0 0
1
1
0 0 0 k 3k k 0
m2
L =T U =
1
0 0
0 1
0 k 3k k
m3
0 1
0 0 0 0 k k
m4
2k k
0 0
m1 m1
k 3k k
m 0
m2 m2
L = T 1U = 2
k 3k k
0 m3 m3 m3
k k
0 0
m4 m4
m k
On pose : m1 = m2 = m3 = m et m4 = et 02 =
2 m
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202 02 0 0
2k k
m 0 0
m
02
k 3k k 302 02 0
0
m m m
L = T 1U = 1
L =T U = 2
0 k 3k k 0 02 302 0
m m m
2 k 2k 0 2
0 0 0 202 20
m m
Les quations du mouvement sous forme matricielle scrit alors par :
202 02 0 0 1 0 0 0
02 3 02 02 0 0 1 0 0
L I = 0
2 2 =0
0 02 3 02 02 0 0 1 0
0 0 2 02 2
2 0 0 0 0 1
(
2 02 2 ) 02 0 0
0
2
( 3 2
0 2 ) 02 0
L 2 I = 0 =0
0 02 ( 3 2
0 2 ) 02
0 0 202 ( 2 2
0 2 )
On obtient :
( 3 2
0 2 ) 02 0 02 02 0
(
202 2 ) 02 ( 3 2
0 2 ) 02 + 02 0 ( 3 2
0 2 ) 02
0 202 ( 2 2
0 2 ) 0 202 ( 2 2
0 2 )
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(
302 2 02) 02 02 302 2 02 ( )
(
2 2
2
)(
3
2 2
) + 02 0 4
0
0
202 202 2 ( 0 )
202 2
202 ( 202 2 ) ( )
{ }
( 202 2 ) ( 302 2 ) ( 302 2 )( 202 2 ) 204 04 ( 202 2 ) 04 ( 302 2 )( 202 2 ) 204
{ }
( 202 2 ) ( 302 2 ) ( 302 2 )( 202 2 ) 204 04 ( 202 2 ) 04 ( 302 2 )( 202 2 ) 204
( ) ( ) ( )(
202 2 04 202 2 + 302 2 202 2 204 202 2 302 2 04 ) ( )( )
( )( 2 ) ( )
2 2
302 2 2
0 2 204 = 202 2 04
( )( ) ( )
2 2
302 2 202 2 204 = 202 2 02
Cette quation est une quation quadratique qui admet quatre solutions relles positives 1 , 2 , 3
et 4
( )(
302 2 202 2 204 = 202 2 02
) ( )
( 2 2 2 4
)(
30 20 20 = 20 0
2 2 2 2
) ( )
4 502 2 + 404 = 204 202
4
50 + 40 = 20 + 0
2 2 4 4 2 2
4 = 3 3
( )2
0
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Exercice 120:
Lnergie cintique totale donne par :
EcT = Ec2 m + Ecm + Ecm
1 2 1 2
Ec2 m = I / o1 = 2m
2
I / o1 = 2 m 2
2 1 2 1
2
1 2 1 2
Ecm = m X = m
2 2 2 2 1
2
1 2 1
Ecm = m X = m 2
2 3 2 3 1
Avec:
X 2 = o1 x2 = o1 x1 x1 x2
X 2 = x1 sin 2 = sin 1 sin 2
2 2
X 2 = (1 2 ) X = 2 X = 2
2 1 2 2 2 1
et X 3 = o2 x3 = o2 x3 x1 x3 x2 = sin 1 sin 3
2 2
X 3 = (1 3 ) X = 2 X = 2
3 1 3 3 3 1
Lnergie cintique est alors scrit comme suit :
1 2 2
2 2
EcT = m 2 + +
2 1 2 1 3 1
EpT = Ep2m + Epm + Epm
1 2
Ep2 m = 2mg 1 cos = 2mg
1 2 1
Epm = h1 + h2 = mg 1 cos + mg 1 cos = mg 1 cos + mg 1 cos
1 2
1 2
1 2 2
Epm = mg +
2 1 2
Epm = h1 + h3 = mg 1 cos + mg 1 cos = mg 1 cos + mg 1 cos
1 3
1 3
1 2 2
Epm = mg +
2 1 3
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1 2 2 2 2 2 1 2 2 2
EpT = mg 2 + + + + EpT = mg 4 + +
2 1 1 2 1 3 2 1 2 3
1 2 2 1
2 2
2 2 2
Le lagrangien scrit : L= m 2 + + mg 4 + +
2 1 2 1 3 1 2 1 2 3
1
1
d L L d L L
= 0 = m 2 = mg
dt 2 dt 2
2 1 2
2 2
d L L d L L
= 0 = m 2 = mg
dt 3 dt 3 1 3 3
3 3
On obtient alors les trois quations suivantes :
2
m 21 2 1 3 1 + 4mg 1 = 0 4m 2 m 2 m 2 + 4mg = 0
1 2 3 1
2
m 2 1 + mg 2 = 0 m 2 m 2 + mg = 0
2 1 2
2 m 2 m 2 + mg = 0
m 3 1 + mg 3 = 0 3 1 3
1 1 g
1 4 2 4 3 + 1 = 0
g
+ = 0
2 1 2
g
3 1 + 3 = 0
= 21
1
Sachant que : = 2
2
2
= 2
3 3
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En remplaant x
1
, x et x par leurs expressions dans le systme dquations diffrentielles, on
2 3
obtient:
2 1 2 1 2 g 2 1 2 1 2 g
1 + 4 2 + 4 3 + 1 = 0 1 + 4 2 + 4 3 + 1 = 0
2 g g
2 + 1 + 2 = 0 2 2 + 21 + = 0
2
2
2 g 2 g
3 + 1 + 3 = 0 3 + 1 + 3 = 0
2 2
Conduit au systme dquations diffrentielles suivantes :
2 1 2 1 2
1 + 4 2 + 4 3 + 0 1 = 0
2
2
2 + 1 + 0 2 = 0
2 2
2 + 2 + 2 = 0
3 1 0
3
( 2
0 2 ) 1 2
4
1 2
4
det = 2 ( 02 2 ) 0 =0
2 0 ( 2
0 2 )
( 2
2 ) 0 1 2
2
0 1 2
2
( 2
2 ) =0
( )
0
2 2
+ 0
0
0 ( 2
0 2 ) 4 2 ( 2
0 2
) 4 2 0
( )( ) 1
( 1
) ( )
2
02 2 02 2 4 02 2 4 02 2 = 0
4 4
( )( ) 1
( )
2
02 2 02 2 4 02 2 = 0
2
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1
( )( )
2
02 2 02 2 4 = 0
2
1 1
( ) ( )
02 2 04 202 2 + 4 4 = 0 02 2 4 202 2 + 04 = 0
2 2
Cette quation qui admet trois solutions relles positives 1 , 2 et 3 :
( 2
0 )
2 4 402 2 + 204 = 0
12 = 2 2 02
4 402 2 + 204 = 0
2
(
1 = 2 2
g
) ( )
3 = 2 + 2 0
2 2
(
2 = 2 + 2 g
3
) ( )
Avec :
( )
2
= 402 4.204 = 0 = 804 = 2 202
Exercice 121:
Le nombre de degrs de libert :
x, x1 , x2 , x3 ,1 , 2 var iables
x1 n = 6 3 = 3dd
x
1 = 2 R 1 , x2 = 2 R 2 , x3 = R1 =
2
Lnergie cintique donne par :
EcT = EcM1 + EcM 2 + Ecm
On posant: M 1 = M 2 = 2 m
2
x
1
1 2 11 2 11 2 1 2
EcM1 = I1/ c = M1 4R2 = M1 x = m x
2 1 22 1 22 1 2 1
2
x
2
1 2 11 2 11 2 1 2
EcM 2 = I 2/ c = M 2 4R2 = M2 x = m x
2 2 22 2 22 2 2 2
Page 433
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1 2
Ecm = m x
2
1 2 2 2
EcT = m x + x + x
2 1 2
Lnergie potentielle scrit par :
1 2 2 2 1 1
Le lagrangien scrit par : L = m x + x + x k ( x1 x2 ) 2 + ( x x1 ) 2
2 1 2
2 2
Les quations diffrentielles du systme sont obtenues a partir des trois quations de lagrange
suivantes :
d L L d L L 1
dt
x = 0 dt = m x = k ( x x1 )
x 2
x x
d L L d L L 1 1
= 0 = m x = k ( x1 x2 ) ( x x1 )
dt x x1 dt x x1 2 2
1
1 2
d L L d L L
= 0 = m x = k [ ( x1 x2 ) ]
dt x x2 dt x 2 x2
2 2
On obtient un systme dquations diffrentielles qui sexprime comme suit:
1 1 k 1 k
m x + k ( x 2 x1 ) = 0 m x + kx kx = 0 x+ x x1 = 0
2
1
m 2m
1 1 5 1 5 k k 1 k
m x1 + k ( x1 x2 ) ( x x1 ) m x1 + kx1 kx2 kx = 0 x1 + x1 x2 x=0
2 2 4 2 4m m 2m
k k
2 [ 1 2 ]
m x + k ( x x ) = 0 m
2 x + kx2 kx1 = 0 x2 + m x2 m x1 = 0
Page 434
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On obtient aprs simplification les quations suivant :
2 1 2
x + 0 x 2 0 x1 = 0
k
5 1 On pose 02 =
x + 02 x1 02 x2 02 x = 0 m
4 2
1
x2 + 0 x2 0 x1 = 0
2 2
En utilisant les reprsentations complexes:
j t j t x = 2 x
x = Xe x = j Xe x = 2 Xe jt
j t
x1 = X 1e x = jX 1e x1 = X 1e
j t 2 j t
x = 2 x1
1
1
j t
j t
x = 2 x
x
2 = X 2 e x = j X 2 e x = 2 X 2 e jt 2 2
2 2
4 2 2 4
x2 + 0 x2 0 x1 = 0 0 x 2 x + 2 2 x = 0
( )
2 2 2
0 1 0 2
Le systme dquations scrit sous la forme matricielle suivante :
2 x
(
0
2
) 1
02
2
0
0
1 2 5 2 2
0 0 0 x1
2
= 0
2 4
0 02 ( )
02 2
x
0
2
( 2
0 2 ) 1
02
2
0
1 5 2 2
det = 0 det = 02 0 02 =0
2 4
0 02 ( 2
0 2 )
Page 435
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5 2 2 1 2
0 02 1 2 2 0 02
(
det = 2
0
2
) 4 + 0 =0
2
0 ( 2
0 2
)
2
0 ( 2
0 2
)
5 1
( ) (
02 2 02 2 02 2 04 04 02 2 = 0 ) ( )
4 4
5 1
( )
02 2 02 2 02 2 04 04 = 0( )
4 4
5 5
( )
02 2 02 2 02 2 04 = 0 ( )
4 4
5 5
( 5
)
02 2 04 022 022 + 4 04 = 0
4 4 4
( )
02 2 = 0 22 = 02
2 9 2
4 9 2 2 2 9 2 1 = 0
0 = 0 0
2
4
4 4 2
3 = 0
Exercice 122:
Le nombre de degrs de libert :
{ x1 , x2 , var iables n = 4 2 = 2dd
1 2
Ecm1 = m1 x
2 1
1 2
Ecm2 = m2 x
2 2
On
posant : m = m1 = m 2
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1 2 2
EcT = m x + x
2 1 2
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Epk + Epk
1 2 1
Epk = kx1 ; Epk = kx22
2 2
1
(
EpT = k x12 + x22
2
)
1 2 2 1
Le lagrangien est donner par : L= (
m x + x k x12 + x22
2 1 2 2
)
2
1
La fonction de dissipation est scrit par : D = k x x
2 2 1
Les quations diffrentielles du systme sont obtenues partir des deux quations de lagrange
suivantes :
d L L D d L L D
dt x = dt = m x = kx1
= x2 x1
1 x1
x 1 x x x
1 1 1 1
d L L D d L L D
= = m x = kx2 = x x
dt x
dt 2 x2
2 1
2 x 2 x x x
2 2 2
2 m 2 (2)
m2 m1
En faisant laddition (1) + ( 2 ) et la soustraction (1) ( 2 ) ds quations diffrentielles prcdentes,
on obtient :
Page 437
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k
(1) + ( 2 ) x1 + x2 + m ( x1 + x2 ) = 0
(1) ( 2 ) x x + 2 x x + k ( x x ) = 0
1 2
1 2 m 1 2 m
X 1 = x1 + x2 X =x +x
1 1 2
X 1 = x1 + x2
On posant:
X 2 = x1 x2 X =x +x X = x1 x2
1 1 2 2
2 m 2 m 2
Les deux quations diffrentielles prcdentes on peut mettre sous la forme suivant :
X1 + 0 X1 = 0
2
X + 2 X + 02 X = 0
2 2 2
2 = k
0 m
Avec : =
m
2
a2 = 02 2 a2 = k
m m
(
X 1 = C1 cos 0 t + 1
) ( 3)
t
X 2 = C2 e cos a t + 2 ( ) ( 4)
X 1 = x1 + x2 ( 5)
Sachant que :
X 2 = x1 x2 (6)
En faisant laddition ( 5 ) + ( 6 ) et la soustraction ( 5 ) ( 6 ) ds quations prcdentes, on trouve :
X1 + X 2
( 5 ) + ( 6 ) x1 = 2
(7)
( 5 ) + ( 6 ) x = 1 X 2
X
(8 )
2
2
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On remplaant X 1 et X 2 par leurs expressions respectives dans ( 7 ) et ( 8 ) , on obtient :
C1
( )
C2 t
x1 = 2 cos 0 t + 1 + 2 e cos a t + 2 ( )
2 2 0 ( 1
2
)
x = C1 cos t + C2 e t cos t +
a (
2 )
Les constants C1 , C2 , 1 et 2 sont dtermines a partir des conditions initiales suivantes :
x1 ( 0 ) = x0 ; x1 ( 0 ) = 0
1 = 2 = 0
C1 = C2 = x0
x2 ( 0 ) = x0 ; x2 ( 0 ) = 0
x0
( ) t
x1 = 2 cos 0 t + e cos a t
( )
2 2 0 ( )
x = x0 cos t e t cos t
a ( )
C1
(
x1 = 2 cos 0 t + 1 ) x0
x1 = 2 cos 0 t ( )
Dans le premier mode :
2
2
0 (
x = C1 cos t +
1 )
x = x0 cos t
2 2 0 ( )
x1 = +
C2 t
2
e cos a t + 2 ( )
Dans le deuxime mode :
x = C2 e t cos t +
2 2
a 2 ( )
Exercice 123:
Le nombre de degrs de libert :
y1 , y2 , var iables
n = 3 1 = 2dd
y2 = R
Lnergie cintique du systme:
EcT = EcM + Ecm
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2
y
2
1 211 2
11 2 11 2
EcM = I/c = MR 2 = M R2 = M y
2 22 22 22 2
1 2
Ecm = m y
2 1
1 2 1 2
EcT = m y + M y Avec : M = 2m
2 1 2 2
1 2 2
EcT = m y + y
2 1 2
1 2 2 1 2 2
Le lagrangien est scrit par : L = m y + y k y1 + y2 + ( y2 y1 )
2
2 1 2 2
Le travail W de la force F(t) est donner par: W = F (t ).x
Les quations diffrentielles sont dtermines a partir des deux quations de lagrange suivantes :
d L L W d L L W
= =my = k y1 ( y2 y1 ) = F (t )
dt y y1 x dt y 1 y1 x
1 1
d L L d L L
dt y = 0 dt = m y = k y2 + ( y2 y1 )
y y 2 y2
2
2 2
On obtient :
Page 440
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F0
y1+ 20 y1 0 y2 = m cos ( t )
2 2
k
On pose 02 =
y + 2 2 y 2 y = 0 m
2 0 2 0 1
j t jt
y
1 1 = Y e y = j Y1e y = 2Y1e jt
1 1
y = Y e jt y = jY e jt y = 2Y e jt
2 2
2
2
2
2
F ( t ) = F0 e
j t
En injectant ces formes complexes dans les deux quations diffrentielles ci-dessus, on obtient :
2 jt 2 jt
Y1e + 20 Y1e 0 Y2 e =
2 j t F0 jt
e ( )
20 Y1 0 Y2 e
2 2 2
jt = F0 e jt
m
m
2Y e jt + 2 2Y e jt 2Y e jt = 0
2 0 2 0 1 ( )
202 2Y2 02Y1 e jt = 0
2
(
20 Y1 0 Y2 = m
2 2
) F0
( )
202 2 Y2 02Y1 = 0
( ) Y ( )
2
202 2 202 2 F0
( 2
2
0
2
)02
2 Y =
2F0
0 2
m
02
Y2 02Y2 =
m
(
2 2 2 )
2
F
02 Y2 = 0
0
02 m
Lamplitude Y2 scrit alors par :
F0
02
Y2 = m .................... ( 2 )
( )
2
20 04
2 2
Page 441
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En remplaant (2) dans(1) on trouve :
(
202 2 )
F
02 0
m
F0
m
(
202 2 )
Y1 = =
(
2 2 2 2 4) ( )
2
02 0 0 20 0
2 2 4
Lamplitude Y1 scrit et alors comme suit :
F0
m
(
202 2 )
Y1 ==
( )
2
202 2 04
(
On peut montre que 202 2 04 scrit comme suit : )
( 2 ) ( )( 2 ) ( )( )
2
2
0 2 04 = 2 02 2 2
0 2 04 = 2 4 02 2 + 3 04 = 2 02 2
3 02
F
Y2 = 0 02 2
1
et Y1 =
F0 (
202 2 )
m (
0 2 302
2
)( ) ( )(
m 2 02 2 302 )
En remarque que les amplitudes Y1 et Y2 des dplacements y1 ( t ) et y2 ( t ) deviennent infinies
A
Y1 ou Y2 si leur dnominateur est nul Y1 ou Y2 + donc si :
0
( 2
)(
02 2 302 = 0 )
Les solutions obtenues sont : r1 2 = 02 et r2 2 = 302 (les pulsations de rsonance)
On remarque que les pulsations de rsonance en rgime forc se confondent avec les pulsations
propres du rgime libre.
En remarque que lamplitude Y1 est nulle et lamplitude Y2 est constante Y1 0 ou Y2 C
0
quand le numrateur de lamplitude Y1 est nul Y1 2 = 0 , soit :
( 0
2
)( 2
30
2
)
2 02 2 = 0 A 2 = 2 02 A = 2 0
= A = 20 A2 = 202
F 1 F 1 F 1 F F
F0 2 1 Y2 = 0 02 = 0 02 4 = 0 2 = 0 Y2 = 0
Y2 = m 0 2 2 2 3 2 20 0 20 30 0 m 0 k
2 2 2 2
m m k
A 0 A 0
Les variations des amplitudes Y1 et Y2 sont reprsentes sur les figures ci-dessous.
Page 442
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Y1 =
F0 202 ( =
)
F0 202 2 F0 1 2 F0
= = Y1 =
2 F0
=0
2
(
m 0 30 2
)( )
m 30 3 m 0 3 k
4 2
3 k
F0 2 1 F0 02 1 F0 1 1 F0 1 F0
Y = = = = Y =
2
m
0
(
02 302 )( 4
)
m 30 3 m 0 3 k
2 2
3 k
Page 443
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Sachant que : y1 = Y1e jt y = jY1e jt
1
F (t )
y1 =
1 202 2( j t
F0 e y = j
)1 202 2
F0 e jt
( )
2 2
(
m 0 30
2 2
)( 1
2 2
)
m 0 30
2 2
( )( )
202 2 ( )
y = j
1
F ( t ) y m 2 02 2 302 = j 202 2 F ( t ) ( )( ) ( )
1
2
(
m 0 30
2 2 2
)(
1 )
F (t )
=
( )(
m 2 02 2 302 )
y (
j 2 2
0
2
)
1
F (t )
Le rapport
appele la limpdance dentre Z e donc :
y
1
Ze =
F (t )
=
( )(
m 2 02 2 302 )
y
(
j 2 2
0
2
)
1
En remarque que limpdance dentre Z e est nul Z e 0 lorsque la pulsation dexcitation
est gale lune des deux pulsations propres r1 2 = 02 ou r2 2 = 302 (les pulsations de
rsonance).
2 = r1 2 = 02
2 Ze = 0
= r1 = 30
2 2
Limpdance dentre Z e devient infinie Z e quand la pulsation dexcitation est gale
la pulsation danti rsonance A = 20 .
Lorsque Z e = Z e Indtermination
Page 444
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F ( t )
= jm
( 4 8 ) F ( t ) = jm (12 8 ) F ( t ) = jm ( 24 ) F ( t ) = 4m
3 2
0
2 2
0
y
( 2 3 )
2
0
y
2
( 6 )
y
( 6 )
y
1 1 1 1
F0 2 1
Sachant que : Y2 = 0 2 et y2 = Y2 e jt y = jY2 e jt
m (
0 2 302
2
)( ) 2
F (t )
1 1 1 1
y2 = F0 e jt y = j F0 e jt
(
m 2 02 2 302)( 2 )
m 0 30
2 2 2 2
( )( )
y = j
1 1
F ( t ) y (
m 2 02 2 302 = jF ( t ) )( )
1 (2 2
)(
m 0 30
2 2
1 )
F (t )
=
( )(
m 2 02 2 302 )
y j
2
F (t )
Le rapport
appele la limpdance transfert Z T donc :
y
2
Page 445
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
ZT =
F (t )
=
( )(
m 2 02 2 302 )
y j
2
En remarque que limpdance transfert Z T est nul ZT 0 lorsque la pulsation dexcitation
est gale lune des deux pulsations propres r1 2 = 02 ou r2 2 = 302 (les pulsations de
rsonance).
2 = r1 2 = 02
2 ZT = 0
= r1 = 30
2 2
k3
Limpdance transfert Z T devient constante ZT ( A ) = j quand la pulsation dexcitation
2 m
est gale la pulsation danti rsonance A = 20 .
= A = 20 A = 20
2 2
( )(
m A 2 02 A2 302 )
m 202 02 202 302 ( m03 )(
m k ) k k3
ZT ( A ) = = = = j = j
j A j 20 j 2 2 m m 2m
k3
ZT ( A ) = j 2m
Lorsque = 0 ZT =
( )(
m 02 302 )Z
+ T
0
Lorsque Z T = Z T Indtermination
F ( t ) F ( t )
(
= j 4m 2
3 2
0 )
( )
= 4m 3 2 202 = 12m 2 8m02 Alors lorsque
y y
2 2
(
Z T 4 m 3 2 202 )
Page 446
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Exercice 124:
Le nombre de degrs de libert :
y1 , y 2 var iables n = 2 0 = 2 dd
1 2 1 2
Ecm1 == m1 y Ecm2 = m2 y
2 1 2 2
1 2 2
EcT = m1 y + m2 y
2 1 2
Lnergie potentielle scrit comme suit :
Page 447
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1 2 2 1
L = m1 y + m2 y k1 y12 + k2 ( y2 y1 )
2
Le lagrangien scrit :
2 1 2 2
La Fonction de dissipation scrit :
2
2
2
2
D = D1 + D2 = 1 y + 2 y y = 1 y + 2 y y
1 1 1
2 1 2 2 1 2 1 2 1
d L L
D W d L L D
= + = m1 y = k1 y1 k2 ( y2 y1 )
= 1 y 2 y y
dt y y1 2 1
y y1 dt y 1 y1 y 1
1 1 1 1
d L L D d L L D W
dt = dt = m y = k2 ( y2 y1 )
=
2 y y
= F (t )
1
2
y y2 y1
y y y y
2 2
2
2 2 2 2
m
1
1 y + ( 1 + 2 ) y 2 y + ( k1 + k2 ) y1 k2 y2 = F ( t )
1 2
m2 y +2 y 2 y+ k2 y2 k2 y1 = 0
m2 y+ k2 ( y2 y1 ) = 2 y y 2 2 1
2 2 1
On obtient, aprs calculs, les deux quations suivantes :
(1 + 2 ) 2 ( k1 + k2 ) k F
y + y y+ y1 2 y2 = 0 cos t
1 m1 1 m1 2 m1 m1 m1
y + 2 y 2 y + k2 y k2 y = 0
2 m2 2 m2 1 m2 2 m2 1
Page 448
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j t jt
y
1 1= Y e y = j Y1e y = 2Y1e jt
1 1
j t
jt
2y = Y2 e y = j Y 2 e y = 2Y2 e jt
2 2
F ( t ) = F0e jt
En injectant ces formes complexes dans les deux quations diffrentielles ci-dessus, on obtient :
2 (1 + 2 ) Y j 2 Y + ( k1 + k2 ) Y k2 Y e jt = F0 e jt
Y1 + j 1 2 1 2
m1 m1 m1 m1 m1
2 2 2 k2 k 2 j t
Y2 + j m Y2 j m Y1 + m Y2 m Y1 e = 0
2 2 2 2
( k1 + k2 ) ( + 2 ) Y k2 + j 2 Y = F0
2 + j 1 1 2
m1 m1 m1 m1 m1
k2 2 2 k2 2
m + j m Y2 m + j m Y1 = 0
2 2 2 2
k2
+ j 2
(k + k ) ( + 2 ) k2 + j 2 m2 m2 Y = F0
1 2 2 + j 1
m1 m1 m1 m1 k 2 1 m1
2 + j 2
m2 m2
Page 449
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1
F (t )
m1
y = j F0 e jt
1 k2
+ j 2
( k1 + k2 ) ( + 2 ) k2 + j 2 m2 m2
2 + j 1
m1 k2
m1 m1 m1
2 + j 2
m2 m2
1
y = j F (t )
1 k2
+ j 2
( k1 + k2 ) ( + 2 ) k2 + j 2 m2 m2
m1 2 + j 1
m1 k2
m1 m1 m1
2 + j 2
m2 m2
F (t )
Le rapport de
scrit par :
y
1
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k2
+ j 2
(k + k ) ( + 2 ) k2 + j 2 m2 m2
m1 1 2 2 + j 1
m1 m1 m1 m1 k2
2 + j 2
F (t ) m2 m2
=
y j
1
F (t ) ( k1 + k2 ) m1 + + ( k2 + j 2 ) ( k 2 + j 2 )
= ( 1 2)
y j j j k
1
m2 2 2 + j 2
m2 m2
F (t ) (k + k ) ( k2 + j 2 )
2
1
= j 1 1 + jm1 + (1 + 2 )
y (
j k2 m2 2 + j 2 )
1
2
k2
F (t ) j + 2
( k + k ) ( j )
2
= (1 + 2 ) + j m1 1 1
y j ( )
k2 m2 + j 2
2
2
k2
F (t ) ( j )
2
j + 2
(k + k )
= (1 + 2 ) + j m1 1 1
j k m
y j 2 2 + 2
1
j j
2
k
2 + 2
F (t ) (k + k ) j
= (1 + 2 ) + j m1 1 1
k2
2 + j + jm2
y
1
Limpdance dentre vitesse Z e du systme est scrit par :
2
k
2 + 2
F (t ) (k + k ) j
Z e = = (1 + 2 ) + j m1 1 1
k
y
2 + j m2 2
1
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On peut montrer que Z e scrit aussi sous la forme :
Y 2
X
k
2 + 2
F (t ) (k + k ) j F (t ) Y2
Z e = = (1 + 2 ) + j m1 1 1 Ze = = X
k Z
y
2 + j m2 2 y
1
1
Z
F (t ) XZ
ZT =
= Y
y Y
2
( k1 + k1 ) + k
(1 + 2 ) + j m1 2 j m2 2
F ( t ) k
ZT = = 2 + 2
k j
y 2 + 2
2
j
1 1
+ ( R1 + R2 ) R2 ( C2 + C1 ) 1 E
( R + R )
q+ 1 2 q 2 q+ 1
R C C2
q
1 E q+
q = cos t 1
0
q q+ q q = 0 cos t
L1 1 L1 2 LCC 1 1 2 1 LC 1 2 2 L1
1 L1 1 L1 2 L1 1 L1C2 2 L1
R R 1 1 q+ R2 q R2 q+ 1 q 1 q = 0
q+ 2 q 2 q+ q q=0 2 L2 2 L2 1 L2C2 2 L2C2 1
2 L2 2 L2 1 L2C2 2 L2C2 1
Sachant que :
dq ( t ) di ( t ) d 2q (t )
q ( t ) = i ( t ) dt i (t ) = = q (t ) = = q (t )
dt dt dt 2
Ces quations se rduisent a :
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di1 ( R1 + R2 ) R ( C + C1 ) i dt 1 i dt = E0 cos t
L1C1C2 L1C2
+ i1 2 i2 + 2 1 2
dt L1 L1 L1
q + R2 i R2 i + 1 i dt 1 i dt = 0
2 L2 2 L2 1 L2C2 2 L2C2
1
Le circuit lectrique quivalent dans lanalogie force-tension est reprsente comme suivant:
Exercice 125:
Le nombre de degrs de libert :
{ y1 , y2 , var iables n = 2 0 = 2dd
1 2
Ecm1 = m1 y
2 1
1 2
Ecm2 = m2 y
2 2
1 2 2
EcT = m1 y + m2 y
2 1 2
Lnergie potentielle du systme:
EpT = Epkeq + Epk
1 1
Epkeq = k eq y12 = 2 ky12
2 2
1 2
Epk = ky2
2
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EpT =
1
2
(
k 2 y12 + y 22 )
1 2 2
Le lagrangien scrit : L=
2 1 2
1
2
(
m1 y + m2 y k 2 y12 + y22 )
2
1
La Fonction de dissipation scrit : D = y y
2 2 1
Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F ( t ) y1
m1 y + y y + 2ky1 = F ( t )
1 1 2
m2 y + y y+ ky2 = 0
m2 y+ ky2 = y y 2 2 1
2 2 1
2k F0
y1+ m y1 m y2 + m y1 = m cos t
1 1 1 1
y + y y+ k y = 0
2 m2 2 m2 1 m2 2
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j t jt
y
1 1= Y e y = j Y1e y = 2Y1e jt
1 1
j t
jt
2y = Y2 e y = j Y 2 e y = 2Y2 e jt
2 2
F ( t ) = F0e jt
j
m2
De la deuxime quation, on tire : Y2 = Y1
k
2 + j
m
2 m2
j
2k m2 Y = F0
2 + j j
m1 m1 m1 k 1 m1
2 + j
m2 m2
Aprs calcul, on trouve:
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F0
m1
Y1 =
j
2 k 2 + j
j
m2
m1
m1 m1 k
2 + j
m2 m2
Sachant que: y1 = Y1e jt y = jY1e jt
1
On remplaant Y1 par son expression dans y = jY1e jt , on obtient:
1
1
F (t )
m1
y = j F0 e jt
1
j
2k m2
2 + j j
m1 k
m1 m1
2 + j
m2 m2
1
y = j F (t )
1
j
2k m2
m1 2 + j j
m1 m1 m1 k 2
+ j
m2 m2
F (t )
Le rapport de
scrit alors par :
y
1
j
2k 2 m2
m1 + j j
m1 m m1 k
1
2 + j
F (t ) m2 m2
=
y j
1
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( j )
2
F (t ) 2k m1 1 m2
= +
y j j j k
2 + j
1
m2 m2
F (t ) ( j )
2
2k 2
= j + jm1
y (
j k m2 2 + j
)
1
( j )
2
F (t ) 2k 2
= j + jm1
y j k m2
j +
j j
1
Aprs calcul, on trouve:
F (t ) 2k 2
= j + jm1
k
+ j + jm2 +
y
1
F (t ) 2k 2
Ze =
= + j m1
k
+ j m2
y
1
Aprs dveloppement, limpdance dentre vitesse du systme scrit sous la forme suivant :
F (t ) 2k 2
Ze =
= + j m1
k
+ j m2
y
1
Lexpression de limpdance dentre du systme on peut mettre sous la forme suivant :
X Y 2
F (t ) 2k F (t ) Y2
Z e = = + j m1 Ze = = X
k Z
+ j m2
y y
1
1
Lexpression de limpdance transfert Z T du systme peut scrire aussi sous la forme suivant :
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Z
X
2k k
+ j m1 + j m2
F (t ) XZ F (t )
ZT =
= Y ZT = =
y Y y
Y
2 2 Y
2k k
+ j m1 + j m2
F (t )
ZT = =
y
2
On sait que:
dq ( t ) di ( t ) d 2q (t )
q ( t ) = i ( t ) dt i (t ) = = q (t ) = = q (t )
dt dt dt 2
Les quations lectriques peuvent scrire comme suit :
di1 R R 2 E0
dt + L i1 L i2 + L C i1dt = L cos t
1 1 1 1
di2 + R i R i + 1 i dt = 0
dt L2 2 L2 1 L2C 2
Le schma lectrique quivalent dans lanalogie force-tension est alors reprsente comme
suivant:
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Exercice 126:
Le nombre de degrs de libert :
x1 , x2 , x3 , x4 , var iables
n = 5 3 = 2dd
x
1 = sin , x4 = sin , x3 = R
2
Lnergie cintique totale donne par :
EcT = EcM + Ecm + Ecm
1 2
Ecm = m x
2 2
2
x
1
1 2 1 2 1 2
Ecm = I /0 = m 2 = m x
2 2 2 1
2
x
1
2
2 2 2 1 1 2 2
1 11 11 11
EcM = I / c = MR =
2
16 m = m =
2
mx
2 22 22 4 22 22 1
Avec : M = 16m et R = .
4
1 3 2 2
EcT = m x + x
2 2 1 2
Lnergie potentielle totale scrit par :
EpT = Epk + Epm + Epk
1
Epk = kx22
2
2
1 1 mg 2
Epm = mg (1 cos ) = mg = x
2 2 1
1
Ep k = k (x 2 x 1 ) 2
2
1 mg 2 2
EpT = x1 + kx2 + k ( x2 x1 )
2
1 3 2 2 1 mg 2
Le lagrangien scrit : L= m x + x x1 + kx22 + k ( x2 x1 ) 2
2 2 1 2 2
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2
x
1
2
1 2 1 1 2 2 1 2
La Fonction de dissipation scrit : D= x = = = x
2 4 2 2 24 241
d L L D W d L 3 L mg D
dt x = + x dt = 2 m x1 x1
= x1 k ( x2 x1 )
= x
x 1 x 1 x x 4 1
1 1 1 1
d L L = 0 d L = m x L W
= kx2 + k ( x2 x1 ) = F (t )
dt x2
dt 2 x2 x1
x2 x2
1 2 k g 2k 2 F0
x1 + 6 m x1 + 3 m + x1 3 m x2 = 3 m cos t
x + 2 k x k x = 0
2 m2 m1
En injectant ces expressions dans les deux quations diffrentielles ci-dessus, on trouve :
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2 k g 2 1 2 k 2 F0 jt
+ + j X1 X 2 e jt = e
3 m 6 m 3 m 3 m
2k 2 k j t
m X 2 m X 1 e = 0
On obtient aprs simplification :
2 k g 2 1 2k 2 F0
+ + j X1 X2 =
3 m 6 m 3m 3 m
2k 2 k
m X 2 X1 = 0
m
k
De la deuxime quation on tire : X2 = m X1
2k 2
m
On remplaant X 2 par son expression dans la premire quation, on obtient :
k
2 k g 1 2 k 2 F0
+ 2 + j m X1 =
3 m 6 m 3 m 2k
2
3 m
m
On obtient donc :
2 F0
X1 = 3m
k
2 k g 1 2 k
+ 2 + j m
3 m 6 m 3 m 2k 2
m
Soit: x1 = X 1e jt x1 = jX 1e jt
On remplaant X 1 par son expression dans X = j X e jt , on aboutit a :
1
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21 F (t )
x = j 3 m F0 e jt
1
k
2 k g 1 2 k
2 m
+ + j
3 m 6 m 3 m 2k
2
m
2 1
x = j F (t )
1 3 k
2 k g 2 1 2 k m
m + + j
3 m 6 m 3 m 2k
2
m
k
3 2 k g 1 2 k
m + 2 + j m
2 3 m 6 m 3 m 2k 2
F (t ) m
=
x j
1
k2
F (t ) 1 mg 3m 1 1 m
= +k +
j 2j 4 j 2k 2
x
1
m
Le dveloppement des calculs conduit a :
F (t ) 1 mg 3m 1 1 k2
= + k +
j 2j 4 j 2k
x m 2
1
m
Limpdance dentre scrit alors comme suit :
F (t ) 1 3 1 mg 1 k2
Ze = = + j m + k
x 4 2 (
j 2k m2 )
1
2k 2
X1 = X
m
De la premire quation on tire : 2
k
m
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On remplaant X 1 par son expression dans la deuxime quation, on obtient :
2k
2
2 k g 2
1 m X 2 k X = 2 F0
+ + j k 2 2
3 m 6 m 3m 3m
m
2k
2 k g 2
1 m 2 k X = 2 F0
+ 2 + j 2
3 m 6 m k 3 m 3m
m
2 F0
X2 = 3m
2k
2 k g 2
1 m 2 k
+ 2 + j
3 m 6 m k 3 m
m
Sachant que : x2 = X 2 e jt x = jX 2 e jt
2
On remplaant X 2 par son expression dans X = j X e jt , on obtient :
2
21 F (t )
x = j 3m F0e jt
2
2k
2
2 k g
2
1 m 2 k
+ + j k
3 m 6 m 3 m
m
2 1
x = j F (t )
2 3 2k 2
2 k g 2 1 m
2 k
m + + j
3 m 6 m k 3 m
m
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2k
2
3 2 k g 1 m 2 k
m + 2 + j
2 3 m 6 m k 3 m
F (t ) m
=
x j
2
mg 3 2k 2
k + 2 m 1 m 1
2
F (t )
= + k
x j 4 k j
2 m
mg 2k
k+ 2
F (t )
= j
+ jm + 1 k
3 1 m
x 2 4 k j
2 m
F (t ) 1 mg 3 1 m
1
(
2k m 2
1
)
= j k + + jm + k
x 2 4 1 j
2
k
m
Aprs des calculs, on obtient :
F (t ) mg 3 (
1 2k m
2
) k
= j k + + jm +
x 2 4 k j
2
ZT =
F (t ) 1
= +
3 1 mg
j m + k
(
2k m
2
)
k
x 4 2 k j
2
Lexpression de limpdance transfert Z T du systme peut scrire aussi sous la forme suivant :
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X
Z
2k k
+ j m1 + j m2
F (t ) XZ F (t )
ZT =
= Y ZT = =
y Y y
Y
2 2 Y
F (t ) Y2
F (t ) Y 2
e
Z = = X Z T =
= X
Z Z
y y
2
1 ou
F ( t ) X Z F (t ) X Z
Ze = = Y
ZT =
=
Y
Y Y
y y
2 1
x
Y2
F (t ) 1 3 1 mg k
2
1
Z e = = + j m + k
x 4 2 j j 2k m2
( )
1
Z
Z
x
Y
ZT =
F (t ) 1 3 1 mg + k m k
2
( )
= + j m + k
x 4 2 k j
2 Y
Sachant que :
Lm
1
K
C
K g mg 1
= K =
m C
R
F (t ) E (t )
Les quations de circuit lectrique analogie force-tension est scrivent comme suivant :
3 1 1 1 1 1 R 2 C + C 2 1 2 E0
2 L q1 + 4 R q1 + C + C q1 C q2 = E0 cos t q1 + 6 L q1 + 3 LCC q1 3 LC q2 = 3 L cos t
L q+ 2 q 1 q = 0 q + 2 q 1 q = 0
2 C 2 C 1 2 LC 2 LC 1
Soit :
dq ( t ) di ( t ) d 2q (t )
q ( t ) = i ( t ) dt i (t ) = = q (t ) = = q (t )
dt dt dt 2
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Les quations lectriques est alors peuvent scrire comme suit :
3 di1 1 R 1 1 1
2 L dt + 4 Ri1 L i2 + C + C i1dt C i2dt = E0 cos t
1
L di2 + 2 i dt 1 i dt = 0
dt C 1 C
2
di1 1 R 2 C + C 2 1 2 E0
dt + 6 L i1 + 3 LCC i1dt 3 LC i2dt = 3 L cos t
di2 + 2 i dt 1 i dt = 0
dt LC 2 LC
1
Exercice 127:
Le nombre de degrs de libert :
y1 , y2 , var iables n = 3 1 = 2dd
y2 = sin
Lnergie cintique totale du systme et donne par :
EcT = Ecm + EcM
1 2 1 2
Ec M = M y = 2m y On pose : M = 2m
2 1 2 2
2
y
2
1 2 14 2 1 4 2
Ecm = I/o = m 2 = my
2 23 23 2
Avec :
1 4
I /0 = I /G + m (OG ) =
2
m (2) 2 + m 2 = m 2
12 3
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1 2 4 2 1 2
Le lagrangien du systme scrit comme suit : L = m 2 y + y ky1
2 1 3 2 2
2
1
La Fonction de dissipation scrit par : D = y y
2 2 1
Le travail W de la force F(t) est donne par: W = F ( t ) y1
Les quations diffrentielles du systme sont obtenues partir des deux quations de lagrange
suivantes :
d L L D W d L L D
= + = 2m y = ky1 = y y
dt y y1 y y1 dt y 1 y1 y 2 1
1 1 1 1
d L L D d L 4 L D W
dt y = dt = 3 m y2 =0
= y y = F (t )
y2 2 1 y1
y 2 y y y
2 2 2 2
4 4 m y + y y = 0
m y = y y 3 2 2 1
3 2 2 1
Ces quations se rduisent a :
1 1 1 k 1 F0
y1+ 2 m y1 2 m y2 + 2 m y1 = 2 m cos t
y + 3 y 3 y = 0
2 4m2 4m1
Leur reprsentations complexes scrivent par :
j t jt
y
1 1= Y e y = j Y1e y = 2Y1e jt
1 1
j t
jt
2y = Y2 e y = j Y 2 e y = 2Y2 e jt
2 2
F ( t ) = F0e j t
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En introduisant les reprsentations complexes obtenues dans le systme dquations
diffrentielles, ces expressions deviennent :
2 1 1 1 k jt 1 F0 jt
Y1 + j 2 m Y1 j 2 m Y2 + 2 m Y1 e = 2 m e
2Y + j 3 Y j 3 Y e jt = 0
2
4m
2
4 m
1
3
j 4 m
De la deuxime quation on tire : Y2 = Y
3 1
( )
+ j 4 m
2
3
j
1 k 2 1 1 4 m 1 F0
2 m + j 2 m Y1 j
2 m 3
Y1 =
( )
+ j 4 m
2 2m
3
1 k j
1 1 4 m 1 F0
2 + j j Y1 =
2 m 2 m 2 m 3
( )
+ j 4 m
2 2 m
Aprs calcul, on trouve:
1 F0
Y1 = 2 m
3
1 k j
1 1 4 m
2 + j
j
2 m 2 m 2 m 3
( )
+ j 4 m
2
Sachant que: y1 = Y1e jt y = jY1e jt
1
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j t
On remplaant Y1 par son expression dans Y1 = jY1e , on obtient :
1 F (t )
y = j 2m F0 e jt
1 3
j
1 k 1 1
4 m
2 + j j
2 m 2 m 2 m 3
2
(
+ j )
4 m
1
y = j F (t )
1 3
1 k
2 1 1 j 4 m
2 m + j
j
2 m 2 m 2 m 3
+ j
2
( )
4 m
3
1 k j
1 1 4 m
2 m 2 + j
j
2 m 2 m 2 m 3
F (t )
2
(
+ j 4 m )
=
y j
1
( j )
2
F (t ) k 2m 3 1 m
= +
j 4 j 3
y
1
j
( )
+ j 4 m
2
F (t ) ( j )
2
k 3 1
= j + j 2m +
4 j 3
y
1
(
m 2 + j )4 m
F (t ) ( j )
2
k 3 1
= + j 2m
4 j 3
y
1
( 2
)
m + j 4
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( j )
2
F (t ) k 3 2
= + j 2m
4 j 3
y j ( jm ) +
1 4
Le dveloppement des calculs conduit a :
F (t ) k 3 2
= + j 2m
4 3
y jm +
1 4
Limpdance dentre vitesse Z e du systme est alors donner par :
F (t ) k 3 2
Ze =
= + j 2m
4 3
y jm +
1 4
De la premier quation de systme dquations diffrentielles, on dduit que :
3
( )
+ j 4 m
2
Y1 = Y2
3
j 4 m
3
1 k 1 (
2 + j )
4 m 1 1 F0
2 + j Y2 j Y2 =
2 m 2 m 3 2m 2 m
j 4 m
3
1 k 1
2
(+ j )4 m 1 1 F0
2 + j j Y2 =
2 m 2 m 3 2 m 2 m
j
4 m
1 F0
Y2 = 2 m
3
1 k 1
(
2 + j )
4 m 1
2 + j j
2 m 2 m 3 2 m
j
4 m
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En sachant que : y2 = Y2 e jt y = jY2 e jt et en remplaant Y2 par son expression dans
2
1 F (t )
y = j 2m F0 e jt
3
2
1 k 1
(
)
2 + j
4 m 1
2 + j j
2 m 2 m 3 2 m
j
4 m
1
y = j F (t )
3
2
1 k
2 1
( + j
2
)
4 m 1
2 m + j j
2 m 2 m 3 2 m
j
4 m
3
1 k 1 (
2 + j
4 m
) 1
2m 2 + j j
2 m 2 m 3 2 m
F (t ) j
4 m
=
y j
2
3
k 2m (
m + j 4
2
)
+
j j m
F (t )
=
3
y j 4
2
m
k 2m 3
F ( t ) j
(
+ m 2 + j )
=
j 4
3
y j
2 4
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k 2m m 3
+ j +
F ( t ) j j j 4
=
3
y j
2 4
Limpdance transfert Z T du systme est alors scrit par :
k 3
+ j 2m ( jm ) +
F (t ) 4
ZT = =
3
y
2 4
Expressions qui scrivent aussi comme suivant:
F (t ) Y2 F (t ) Y2
Ze = = X ZT = = X
y Z y Z
1 2
Si ou
F ( t ) XZ F ( t ) XZ
ZT =
= Y Z e =
= Y
Y Y
y y
2 1
Y 2
F (t ) k 3
Ze = = + j 2m
4 3
y jm +
1 X 4
Z
X
Z
k 3
+ j 2m ( jm) +
Y
F (t ) 4
ZT = =
3
y 4
2
Y
Les quations de circuit lectrique analogie force-tension sont donner par :
1 R 1 R 1 1 1 E0
q1 + 2 q
L1 2
q+ q=
L 2 2 LC 1 2 L
cos t
q + 3 R 3 R
q q=0
2 4 L2 4 L1
dq ( t ) di ( t ) d 2q (t )
q ( t ) = i ( t ) dt i (t ) = = q (t ) = = q (t )
Sachant que : dt dt dt 2
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di1 1 R 1R 1 1 1 E0
dt + 2 L i1 2 L i2 + 2 LC i1dt = 2 L cos t
di2 + 3 R i 3 R i = 0
dt 4 L 2 4 L 1
Exercice 128:
Le nombre de degrs de libert :
x 1 , x 2 , x 3 ,1 , 2 var iables
n = 5 3 = 2dd
x 1 = R 1 , x 2 = 4 sin 2 , x 3 = 2 sin 2
Lnergie cintique donne par :
EcT = Ec M + Ec m
1 2 11 2 11 2 1 2
Ec M = I /c = MR =
2
2 mR = m x On pose : M = 2m
2
2 1 22 1 22 1 2 1
1 2 1 2 1 2
Ec m = I /02 = 16 m 2 = m x
2 2 2 2 2 2
1 2 2
EcT = m x + x
2 1 2
Lnergie potentielle scrit par :
EpT = Ep k + Epk + Ep m
1 2
Epk = kx1
2
1 1 mg 2
Ep m = mg 4 (1 cos 2 ) = mg 4 2 2 = x2
2 2 4
1 2 1 1k 1k 2
Ep k = kx 3 = k 4 2 22 = 16 2 22 = x2
2 2 24 24
1 2 1 mg 2
EpT = kx1 + k + x2
2 4
1 2 2 1 2 1 mg 2
Le lagrangien scrit alors par : L= m x + x kx1 + k + x2
2 1 2 2 4
2
1
La Fonction de dissipation donner par : D = x x
2 2 1
Le travail W de la force F(t) est dterminer par: W = F ( t ) x2
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Les quations du mouvement sont dtermines laide des deux quations de lagrange
suivantes :
d L L D d L L D
dt x = dt = m x = kx1
= x x
1 x1 x 2 1
x 1 x x
1 1 1 1
d L L = D + W d L = m x L 1 mg D W
= k + x2 = x x = F (t )
dt x2
x2 dt x 2 x2 4
2 1 x2
2 x x x
2 2 2
k
x1 + m x1 m x2 + m x1 = 0
x + x x + 1 k + g x2 = F0 cos t
2 m 2 m 1 4 m m
On recherche des solutions sous la forme sinusodale :
jt jt
x1 = X 1e x = j X 1e x = 2 X1e jt
1 1
jt jt
2x = X 2 e x = j X 2 e x = 2 X 2 e jt
2 2
F ( t ) = F0e
jt
Par suite, on injecte ces expressions dans les quations diffrentielles, ce qui conduit a ;
2 k jt
X1 + j m X 1 j m X 2 + m X1 e = 0
2 X + j X j X + 1 k + g X e jt = F0 e jt
2
4 m
2 2 1
m m m
k 2
+ j X 1 j X 2 = 0
m m m
1 k + g 2 + j X j X = F0
4 m
m
2
m
1
m
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De la premier quation de systme dquations diffrentielles, on dduit que :
j m
X1 = X2
k 2
m + j m
On remplaant X 1 par son expression dans la deuxime quation, on obtient :
j
1 k g m X 2 = F0
+ 2 + j j
4 m m m k 2 m
m + j m
Aprs calcul, on trouve:
F0
X2 = m
j
1 k + g 2 + j j m
4 m m m k 2
m + j m
Sachant que : x2 = X 2 e jt x = jX 2 e jt
2
On remplaant X 2 par son expression dans X = jY1e jt , on obtient :
2
1
F (t )
x = j m F e j t
2 0
j m
1 k + g 2 + j j
4 m
m
m
k 2
m + j m
1 F (t )
x = j
2
j m
m 1 k + g 2 + j j
4 m
m
m
k
2
+ j
m m
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Limpdance transfert Z T du systme est alors scrit par :
j
1 k g 2 m
m + + j j
4 m m m k
+ j
2
F (t )
m m
ZT = =
x j
2
( j )
2
1 mg
k+
F (t ) 4 m
=
1 m
+
j j j k 2
m + j m
x
2
1 mg
F (t ) k + ( j )
2
4 m 1
= +
j j j k
x m 2 + j
m
2
m
1 mg
k+
F (t ) ( j )
2
4 1
=j + jm +
x
2
(
j k m 2 + j
)
mg
k+ ( j )2
F (t ) 1 2
= + j m
x 4 j k m 2
j +
2
j
mg
k+
F (t )
1 2
= + j m
x 4 k m 2
+
2
j
Limpdance transfert Z T se rduit a :
mg
k+
F (t ) 2
ZT = = + j m
1
4 k
x + j m
2
De la deuxime quation de systme dquations diffrentielles, on dduit que :
k 2
m + j m
X2 = X
1
j
m
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On remplaant X 2 par son expression dans la premire quation, on obtient :
k
2 + j
1 k + g 2 + j m m F
X 1 j X 1 = 0
4 m m m m
j
m
k 2
+ j
m
1 k + g 2 + j m F
j X 1 = 0
4 m m m m
j
m
F0
X1 = m
k
2 + j
1 k + g 2 + j m m
j
4 m m m
j
m
Sachant que : x1 = X 1e jt x = j X 1e jt et en remplaant X 1 par son expression dans
1
1
F (t )
x = j m F e jt
1 k 2
0
+ j m
1 k + g 2 + j m j
4 m
m
m
j
m
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
1 F (t )
x = j
1 k
2 + j
m 1 k + g 2 + j m m
j
4 m
m
m
j
m
Limpdance dentre vitesse Z e du systme est alors scrit comme suit :
k 2
+ j
m
1 k + mg m2 + j m
( j )
4
j
F (t ) m
Ze = =
x j
1
1 mg k
k+ m 2 2 + j
F (t )
Z e = =
+
4 m m
j
x
j
1
m
(
k m2 +
j
)
F ( t ) 1 k mg m2 m
Z e = = + +
4 j j j
x
1
j
m
F (t ) 1 k mg (
+ k m
2
)
Ze =
= j j + jm +
x 4
1
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F (t ) Y2 F (t ) Y2
Ze = = X ZT = = X
y Z y Z
1 2
Si ou
F ( t ) XZ F ( t ) XZ
ZT =
= Y Ze =
= Y
Y Y
y y
2 1
mg Y 2
k+
F (t )
= + j m
ZT = 1
4 k
x
+ j m
2
X Z
Z
mg
F (t ) 1 k +
(
+ k m2
Y
)
Z e = = + j m
x 4
Y
1
X
dt L
+ i2 i1 +
L 4 L i2dt = E0 cos t
Exercice 129:
Le nombre de degrs de libert :
Page 479
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EcT = Ecm + Ecm
2
y
1
1 21 2 1 2
Ecm = I /0 = 4 m 2 = 4 m y
2 2 2 1
1 2
Ec m = my
2 2
1 2 2
EcT = m 4 y + y
2 1 2
Lnergie potentielle scrit par :
EpT = Epk + Epk
2
y1
2
1 2 1 1
Epk = ky3 = 4k 2 = 4ky12
2 2 2
1 2
Epk = ky2
2
1
EpT = k 4 y12 + y 22
2
1 2 2 1
Le lagrangien scrit par : L = m 4 y + y k 4 y12 + y22
2 1 2
2
2
1
La Fonction de dissipation est scrit par : D = y y
2 2 1
Le travail W de la force F(t) est donner par: W = F ( t ) y2
d L L D d L L D
= = 4m y = 4ky1
= y y
dt y y1 y dt y 1 1 2 1
y
1 1 1 1
d L L D W d L L D W
dt =
+ dt = m y = ky2
= y y = F (t )
y y y2 2 1 y2
y y y y
2
2 2
2 2 2 2
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4m y + 4ky1 = + y y
2 1
1 1 k
1
4 m y + y y + 4 ky1 = 0 y1 + 4 m y1 4 m y2 + m y1 = 0
1 1 2
m y + y y + ky2 = F ( t ) y + y y + k y = F0 cos t
m y + ky2 = y y + F ( t ) 2 2 1 2 m2 m1 m 2 m
2 2 1
2 2
F ( t ) = F0e j t
On objectant ces formes complexes dans les deux quations diffrentielles, on obtient :
2 1 1 k jt
Y1 + j 4 m Y1 j 4 m Y2 + m Y1 e = 0
2Y + j Y j Y + k Y e jt = F0 e jt
2
m
2
m
1
m
2
m
k 2 1 1
+ j Y1 j Y2 = 0
m 4 m 4 m
k 2 + j Y j Y = F0
m
m
2
m
1
m
De la premier quation de systme dquations diffrentielles, on dduit que :
1
j
4 m
Y1 = Y2
k 2 1
m + j 4 m
On remplaant Y1 par son expression dans la deuxime quation, on obtient :
1
j
k 2 4 m F
m + j m Y2 j
m k 1
Y2 = 0
2 m
m + j 4 m
Page 481
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
1
j
k 2 4 m F
+ j j Y2 = 0
m m m k 2 1 m
m + j 4 m
F0
Y2 = m
1
j
k 2 + j j 4 m
m m m k 2 1
m + j 4 m
La reprsentation complexe scrit comme suit:
y1 = Y1e jt y = jY1e jt
1
1
F (t )
y = j m F e jt
2 1 0
j 4 m
k 2 + j j
m
m
m k 1
m + j 4 m
2
1 F (t )
y = j
2 1
j
m k 2 + j j 4 m
m
m
m k 2 1
+ j
m 4 m
Page 482
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
1
j
k 2 4 m
m + j j
m m m
k 2 1
+ j
F (t )
m 4 m
=
y j
2
( j )
2
F (t ) k m 1 m
= +
j j 4 j k 1
m + j 4 m
y 2
2
F (t ) ( j )
2
k 1
= j + jm +
4 j k 1
y m 2 + j
2
m 4 m
F (t ) ( j )
2
k 2
= j + jm +
4 j 1
y
2
(2
)
k m + j 4
F (t ) ( j )
2
k 2
= j + jm +
4 j 1
y
2
(2
)
k m + j 4
F (t ) k 1 2
ZT =
= + j m
4 1 k 1
4 + j m +
y
2
4
Lexpression de limpdance dentre du systme peut scrire aussi sous la forme suivant :
Page 483
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Section Gnie lectrique Liani Mohamed
k 1 k 1
+ j m 4 + j m + 4
F (t ) XZ F (t )
Y
Ze =
= Y Ze = = X Z
1
Y
y Y y
1 1
4
k 1 k 1
+ j m + j m +
F ( t ) 4 4
Ze = =
1
y
1 4
Les quations lectriques correspondantes donner par :
1
4
1 L q + R q R q + q=0
1 2 4C 1
1
L q + R q R q + q = E0 cos t
2 2 1 C2
dq ( t ) di ( t ) d 2q (t )
q ( t ) = i ( t ) dt i (t ) = = q (t ) = = q (t )
Avec : dt dt dt 2
On peut crire les quations lectriques sous la forme suivant :
di1 1
4C
4
dtL + Ri 1 Ri 2 + i1dt = 0
L di2 + Ri Ri + 1 i dt = E cos t
dt C
2 1 2 0
Page 484
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Exercice 130:
Le nombre de degrs de libert :
{ y1 , y2 , y3 var iables n = 3 0 = 2dd
1 2 1 2
Ecm1 = m1 y Ecm2 = m2 y
2 1 2 2
1 2 2
EcT = m1 y + m2 y
2 1 2
Lnergie potentielle scrit par :
EpT = Epk1 + Epk2 + Epk3
1
Epk1 = k1 y12
2
1
( )
2
Epk2 = k 2 y 2 y1
2
1
( )
2
Epk3 = k3 y3 y1
2
1 2
( ) ( )
2 2
EpT = k1 y1 + k 2 y2 y1 + k3 y3 y1
2
1 2 2 1
m1 y + m2 y k1 y12 + k 2 y2 y1 ( ) ( )
2 2
Le lagrangien scrit par : L = + k3 y3 y1
2 1 2 2
2
1
La Fonction de dissipation est scrit par : D = y y
2 2 3
Le travail W de la force F(t) est donner par: W = F ( t ) y1
Page 485
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d L L W d L L W
= = m1 y ( ) (
= k1 y1 k2 y2 y1 k3 y3 y1 ) = F (t)
dt y y1 y1 dt y 1 y1 y1
1 1
d L L D d L L D
dt
y
=
2y= m
y2
(
= k2 y2 y1 )
= y y
2 3
y 2 y dt y 2
y
2 2 2 2
d L L = D d L L D
dt y3
y
y
=0y
y2
(
= k3 y3 y1 )
= y y
2 3
3 3
dt y 3 y
2 2
y y + k3 y3 k3 y1 = 0
(
3 3 1
)
k y y = y y
2 3
3 2
( k1 + k2 + k3 ) k k F
y1 + m1
y1 2 y2 3 y3 = 0 cos t
m1 m1 m1
k2 k
y+ y y+ y2 2 y1 = 0
2 m2 2 m2 3 m2 m2
y y + k3 y3 k3 y1 = 0
3 2
Il s'agit d'quations diffrentielles linaires pour lesquelles on cherche des solutions complexes
sous la forme:
Page 486
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j t j t
y
1 1 = Y e y = j Y1e y = 2Y1e jt
1 1
y = Y e jt y = jY e jt y = 2Y e jt
2 2 2 2
2 2
j t
j t
3y = Y3 e y = j Y 3 e y = 2Y3e jt
3 3
F ( t ) = F0e j t
On objectant ces formes complexes dans les trois quations diffrentielles, on obtient :
2 ( k1 + k2 + k3 ) Y k2 Y k3 Y e jt = F0 e jt
Y1 + 1 2 3
m1 m1 m1 m1
2 k2
k2 jt
Y2 + j Y2 j Y3 + Y2 Y1 e = 0
m2 m2 m2 m2
jt
j Y3 jY3 + k3Y3 k3Y1 e = 0
2 ( k1 + k2 + k3 ) Y k2 Y k3 Y = F0
Y1 + 1 2 3
m1 m1 m1 m1
k k
2Y2 + j Y2 j Y3 + 2 Y2 2 Y1 = 0
m2 m2 m2 m2
j Y3 j Y2 + k3Y3 k3Y1 = 0
Aprs simplification, on obtient les quations suivant :
( k1 + k2 + k3 ) k k F
2 Y1 2 Y2 3 Y3 = 0 ........................ (1)
m1 m1 m1 m1
k k
2 2 + j Y2 j Y3 2 Y1 = 0..................... ( 2 )
m2 m2 m2 m2
( k3 + j ) Y3 j Y2 k3Y1 = 0............................................. ( 3)
De la troisime quation de systme dquations diffrentielles, on tire :
k3Y1 + j Y2
( 3) Y3 =
( k3 + j )
Page 487
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On remplaant Y3 par son expression dans la premire et la deuxime quation, on obtient les
deux quations suivantes:
( k1 + k2 + k3 ) k k k Y + j Y2 F0
2 Y1 2 Y2 3 3 1 =
m1 m1 m1 ( k3 + j ) m1
k 2 2 k3Y1 + j Y2 k2
m + j m Y2 j m ( k + j ) m Y1 = 0
2 2 2 3 2
( k + k + k ) k k3 k k3 j F0
1 2 3 2 3 Y1 +
2
Y2 = .............. ( 3)
m1 m1 ( k3 + j ) m1 m1 ( k3 + j ) m1
k2 j k3 k
2 + j j Y2 j + 2 Y1 = 0............ ( 4 )
m2 m2 m2 ( k3 + j ) m2 ( k3 + j ) m2
k3 k
j + 2
m2 ( k3 + j ) m2
De lquation ( 4 ) prcdente, on tire : Y2 = Y1
k 2 2 j
+ j j
m2 m 2 m2 ( k3 + j )
F0
m1
Y1 =
k3 k
j + 2
( k1 + k2 + k3 ) k3 k3 k k3 j m2 ( k3 + j ) m2
2
+
2 2
m1 m1 ( k3 + j ) m1 m1 ( k3 + j ) k2 2 j
+ j j
m2 m2 m2 ( k3 + j )
On remplaant Y1 par son expression dans cette quation y = j Y1e jt , on obtient:
1
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F0
m1
y = j e jt
1 k3 k2
j +
( k1 + k2 + k3 ) k3 k3 k k3 j m2 ( k3 + j ) m2
2
+
2
m1 m1 ( k3 + j ) m1 m1 ( k3 + j ) k2 2 j
+ j j
m2 m2 m2 ( k3 + j )
F( t )
1
y = j F0e jt
1 k3 k
j + 2
( k + k + k )
m1 1 2 3 2 3
k k3 k k j
2 + 3 m2 ( k3 + j ) m2
m1 m1 ( k3 + j ) m1 m1 ( k3 + j ) k2 2 j
+ j j
m2 m2 m2 ( k3 + j )
k3 k2
j +
( k1 + k2 + k3 ) 2 k3 k3 k k3 j m 2 ( k3 + j ) m 2
m1 2 +
m1 m1 ( k3 + j ) m1 m1 ( k3 + j ) k2 2 j
+ j j
F (t) m2 m2 m2 ( k3 + j )
Ze = =
y j
1
j k3 k
k2 + k3 j + 2
F (t ) ( k + k + k ) m k
= 1 2 3 1 3
k3 m1
( k3 + j ) m2 ( k3 + j ) m2
j j ( k3 + j ) j
y j
m1
k2 2 + j j j
1
m2 m2 m2 ( k3 + j )
k3
j ( k + j ) + k2
3
m2
F (t ) ( k1 + k2 + k3 ) m1 k3 1 j
=
k3
k2 + k3
j j ( k3 + j ) j ( k + j ) j
y
1
j 3
( )
k2 m22 + j j
( k3 + j )
m2
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j
k3 + k
F (t) ( k1 + k2 + k3 ) + jm 1 j ( k3 + j ) 2
k3 k3
= k2 + k3
( k3 + j )
( j)
1
j 2
k3 j j
y
1
j +
(
)
k2 m22 + j j
( k3 + j )
2 j
k3 k2 + k3
F ( t ) ( k1 + k2 + k3 )
( k + j )
+ jm1+ k2 + k3
1 j 3
=
j k3 j ( k3 + j ) k m 2 + j j j
y
1
j +
2 2 ( )
( k3 + j )
2
2 j
k3 k2 + k3
( k3 + j )
F ( t ) ( k1 + k 2 + k3 )
= + jm1 +
1
j k j j
y
1
j +
3
k 2 m2 + j j
2
( )
( k3 + j )
2
2 k k j
2
k3 ( j ) 2 + 3
F ( t ) ( k1 + k2 + k3 ) j j ( k3 + j )
+ jm1 +
1
=
j k j k2 j
y
3
+ + +
( k3 + j )
j jm
j j
2
1
2
k k3 j
2
k3 2 +
F ( t ) ( k1 + k2 + k3 )
j
j ( k3 + j )
= + jm1 +
j k3 k 2 j
y + + +
( k3 + j )
jm
j j
1 2
On obtient aprs calcul :
2
k 2 + k3
2 j j k3
k3 +
F (t ) ( k + k + k ) j
= 1 2 3 + jm1 +
j k3
y j +
1
k2
+ jm2 + j
j k
j 3 +
j
Limpdance dentre vitesse Ze du systme est alors scrit comme suit :
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2
k3
k2 + j
k3
2
j k3
+ j
F (t ) ( k + k + k )
Z e = = 1 2 3 + jm1 +
j k3
y + j
1
k 2
+ jm2 + 2
j k3
j +
1 1
R q R q+ q q = 0
3 2 C3 3 C3 1
Le circuit lectrique quivalent dans lanalogie force-tension est reprsente comme suivant:
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Exercice 131:
Le nombre de degrs de libert :
{ y1 , y2 , y3 var iables n = 3 0 = 2dd
1 2 1 2 1 2
Ecm1 = m1 y Ecm2 = m2 y Ecm3 = m3 y
2 1 2 2 2 3
1 2 2 2
EcT = m1 y + m2 y + m3 y
2 1 2 3
Lnergie potentielle scrit comme suit :
EpT = Epk + Epk + Epk + Epk
1 2 1 2
Epk = ky1 Epk = ky2
2 2
1
( )
2
Ep k = k y3 y1
2
1
( )
2
Ep k = k y3 y 2
2
1 2
( ) +(y )
2 2
EpT = k y1 + y22 + y3 y1 y2
2
3
1 2 2 2 1
m1 y + m2 y + m3 y k y12 + y22 + y3 y1 ( ) +(y )
y2
2 2
Le lagrangien scrit par : L =
2 1 3
2
3
2
2
1 2
La Fonction de dissipation est donner par : D = D1 + D2 = y + y y
2 3 2 1
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d L L D W d L L D W
= + = m1 y ( )
= k y1 y3 y1
= y y
2 1
= F (t )
dt y y1 y y1 dt y 1 y1 y
y1
1 1
1 1
d L L D d L L D
dt
y
=
2y = m
y2
( )
= k y2 y3 y2
= y y
2 1
y 2 y dt y 2
y
2 2 2 2
d L L = D d L L D
dt y3
= m3 y ( ) (
= k y3 y1 + y3 y2 )
= y
y3 y dt y 3 y2 y 3
3
2 2
1m y + y y + 2ky1 ky3 = F ( t )
1 1 2
( )
m2 y + k y2 y3 y2 = y y
2 1
m2 y+ y y + 2k2 y2 ky3 = 0
2 2 2 1
3
m y + y + 2ky3 ky2 ky1 = 0
m
3
3 y + k( ) ( )
y3 y1 + y3 y2 = y
3
3 3
On obtient, aprs simplification, les trois quations suivantes :
2k k F
y+ y y+ y1 y3 = 0 cos t
1 m1 1 m1 2 m1 m1 m1
2k2 k
y+ y y+ y2 y3 = 0
2 m2 2 m2 1 m 2 m 2
2k k k
y+ y+ y3 y2 y1 = 0
3 m3 3 m3 m3 m3
On considre les solutions du systme sous la forme sinusodale:
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j t j t
y
1 1 = Y e y = j Y1e y = 2Y1e jt
1 1
y = Y e jt y = jY e jt y = 2Y e jt
2 2 2 2
2 2
j t
j t
3y = Y3 e y = j Y 3 e y = 2Y3e jt
3 3
F ( t ) = F0e j t
On objectant ces formes complexes dans les trois quations diffrentielles, on obtient :
2k k F
2Y1 + j Y1 j Y2 + Y1 Y3 e jt = 0 e jt
m1 m1 m1 m1 m1
2k
k j t
Y2 + j Y2 j Y1 +
2
Y2 Y3 e = 0
m m m m2
2 2 2
2Y + j Y + 2k Y + k Y k Y e jt = 0
3
m3
3
m3
3
m3
2
m3
1
2 2k k F
Y1 + j Y1 j Y2 + Y1 Y3 = 0
m1 m1 m1 m1 m1
2k k
2Y2 + j Y2 j Y1 + Y2 Y3 = 0
m2 m2 m2 m2
2k k k
2Y3 + j Y3 + Y3 + Y2 Y1 = 0
m3 m3 m3 m3
2k k F
2 + j Y1 j Y2 +1 Y3 = 0 ................................. (1)
m1 m1 m1 m1 m1
2k k
2 + j Y2 j Y1 Y3 = 0.................................... ( 2 )
m2 m2 m2 m2
2k 2 k k
m + j Y3 + Y2 Y1 = 0.............................................. ( 3)
3 m3 m3 m3
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( )
2k m3 2 j
( 3) Y3 =
k (Y2 + Y1 )
Y3 =
k (Y2 + Y1 )
m3 m3 2k m3 2 j ( )
On remplaant Y3 par son expression dans la premire et la deuxime quation, on obtient les
deux quations suivantes:
2k k k (Y2 + Y1 ) F
2 + j Y1 j Y2 +1 = 0
m1
m1 m1 m 1
2 k m (
3 2
j m1
)
2k 2 k k ( Y2 + Y1 )
+ j Y2 j Y1 =0
2
m m 2 m 2 m 2
2 k m(3 2
j
)
2 k k k k k F
2 + j Y j + Y2 = 0 .............. ( 3)
m1
(
m1 m1 2k m3 j
2
)
1
(
m1 m1 2k m3 j
2
) m1
2 k 2 k k k k
+ j Y j + Y1 = 0............ ( 4 )
m
2 m2 m2 2 k (
m3 2
j)
2
m2 m2 2 k m(
3 2
j
)
k k
j +
(
m2 m2 2k m3 j
2
)
De lquation ( 4 ) prcdente, on tire : Y2 = Y1
2k k k
2 + j
m2 m2 m2 2k m32 j
( )
On remplaant Y2 par son expression dans lquation ( 3 ) , on obtient lquation suivante:
k k
j +
2k k
2 + j
k k
k
F (
m2 m2 2k m3 j
2
)
Y j + Y1 = 0
m1 ( 2 1
) 2
(
m1 m1 2k m3 j m1 m1 2k m3 j 2k )
2 + j k k
m1
m2 m2 m2 2k m32 j
( )
k k
j +
2k k k k k
m 2 m2 2k m3 2
j
( F )
2 + j j + Y1 = 0
1
m m1 m ( )
1 2k m3 j
2
m1 m ( )
1 2k m3 j 2k
2
2 + j k k
m1
m2 m2 m2 2k m32 j
( )
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F0
m1
Y1 =
k k
j +
2k 2 k k k k m 2 m2 2k m3 2
j ( )
+ j j +
m1 ( )
m1 m1 2k m32 j m1 m1 2k m32 j 2k
( k ) k
+ j
2
m2 m2 m2 2k m32 j
( )
La reprsentation complexe scrit comme suit:
y1 = Y1e jt y = jY1e jt
1
On remplaant Y1 par son expression dans lquation y = j Y1e jt , on obtient:
1
F0
m1
y = j ejt
1 k k
j +
2k 2 k k k k
m 2 m2 2k m3 2
j
( )
+ j j +
m1 ( ) (
m1 m1 2k m32 j m1 m1 2k m32 j 2k
2 + j k ) k
m2 m 2 m2 2 k m 3 2
j (
)
F( t)
1 jt
y = j Fe
0
1 k k
j +
2k 2 k
m1 + j
k k
+
k
m2 m2 2k m3 j
2
( )
j
m1 ( )
(
m1 m1 2k m32 j m1 m1 2k m32 j 2k )
2 + j k k
m2 m2 m2 2k m32 j
( )
F (t )
Le rapport de
scrit par :
y
1
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k k
j +
2k 2 k
m1 + j
k
k
+
k
2 2
m m 2k m3 2
j ( )
j
m1 ( )
m1 m1 2k m32 j m1 m1 2k m32 j 2k
2 + j k ( k
)
F( t) m2 m2 m2 2k m32 j
( )
Ze = =
y j
1
k2 k k
j + j +
F( t) 2k m1 1 k2 m1 2k m32 j
(
m2 m2 2k m32 j ) ( )
= +
y j j
2
(
j 2k m3 j j )
m1 2k 2 k k
+ j
1
m
2 m2 m2 2k m3 2
j ( )
k2
j +
(
2k m3 j
2
)
m2
F( t ) 2k m1 1 k2 1 k2
= + j +
y j j (
j 2k m32 j j
) 2k m32 j
( ) ( )
2k m22 + j
k2
1
2k m3 j
2
( )
m2
k2
j +
F( t) 2k 1 k2 1
k2
2k m(
3 2
j
)
= + + jm1 j +
j 2
(
( j) 2k m32 j )
2k m32 j
(
2k m 2 + j )k2
y
( )
1
2
2k m32 j ( )
2
2 k2
k ( j)
2
F (t) j
= + + jm1 2
2k 1 2(
k m3 2
2
)
y j 2k m3 j ( ) 2k m
j 2 + +
k2
1
j j (
2k m32 2 )
Aprs dveloppement du calcul, on crit le rapport sous la forme suivant :
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2
2 k2
k
F (t )
= +
2k
+ jm1 +
(
2 2k m32 )
y j 2 k m3 2
( 2k
)
+ jm2 + +
k2
1
j 2 2k m32 ( )
R 2 1 1
q + q+ q q q=0
3 L3 3 L3C 3 L3C 2 L3C 1
On peut crire les quations lectriques sous la forme suivant :
di1 R R 2 1 E
+ i1 i2 + i1dt i3dt = 0 cos t
dt L1 L1 L1C L1C L1
di2 R R 2 1
+ i2 i1 +
dt L L L C i2 dt
L C i3dt = 0
2 2 2 2
di3 R 2 1 1
+ i3 +
dt L3 L3C i3dt
L3C i2 dt
L3C
i1dt = 0
Le circuit lectrique quivalent dans lanalogie force-tension est reprsente comme suivant:
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