DYN-EnER02 TD Corrigé - Déterminer Les Torseurs Cinétique Et Dynamique D'un Ensemble de Solide [PDF]

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Sciences de l’ingénieur

DÉTERMINER LES TORSEURS CINÉTIQUE DYN-ENER02 ET DYNAMIQUE D 'UN ENSEMBLE DE TD SOLIDE Corrigé 1. Trappe

Donner la forme de la matrice d’inertie IG (S) dans la base (xS , yS , zS ) en fonction de m, c et d.

1.

Le solide S est une plaque rectangulaire de côtés c et d. L’épaisseur négligeable est suivant z S donc :  c2 m  12  I G (S ) =  0    0 

0 m

d

2

12 0

    0   2 2 c +d   m 12  ( x S ,y S , z S ) 0

Déterminer au point G les éléments de réduction du torseur dynamique

2.



S /0

.

VG , S /0 = 0 car G est sur l’axe de rotation du mouvement de S par rapport à 0.

G ,S /0 =

dVG ,S /0 dt

=0 0

Rd S /0 = mG,S /0  Rd S /0 = 0 S/0 : mouvement de rotation d’axe (A, x0 ) = (A, x 'S ) + matrice d’inertie donnée en G (centre de gravité) :  on détermine G ,S /0 puis G,S /0  c2  0 0 m   12    d2 G ,S /0 = I G (S)   S /0 =  0 m 0  12   2 2  c +d   0  0 m 12   BS

 c2  0 0 m  12        d2    0  =  0 m 0  12   0  B'S  2 2 c +d   0  0 m 12   BS

  cos S  c2 d2      sinS  = m  cos S xS + m  sinS yS 12 12  0   BS

Remarque : il est toujours plus facile de changer la base d’expression d’un vecteur que d’une matrice !

G ,S /0 =

dG ,S /0 dt

0

 c2  d2 d  m  cos S x S + m  sin S y S   12  12  =  dt

=m

 dx c2 cos S x S +  S 12 dt 

  d yS d2  + m sin S y S +  12 dt  0 

  0 

0

d xS =  s /0  x S = x 'S  x S = − sin  S zS Avec : dt 0 On a donc : G ,S /0



d yS =  s /0  y S = x 'S  y S =  cos  S zS dt 0  d2 c2 d2 c2  = m  cos S xS + m  sinS yS +  m − m  2 sinS cos S zS  12 12 12 12   et

  0   2  d2  d2 c2  2 S /0 =  c m  cos(S )x S + m  sin(S )y S +  m − m   sin(S )cos(S )zS  12 12    12  12 G



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2. Bras de robot Donner l’expression de la matrice d’inertie du bras 2 au point G dans la base B2 .

1.

Le bras 2 est assimilé à un cylindre de section négligeable. On a donc :

 0 0  a2  IG (2) = 0 m 3   0 0 

 0    0  Cette matrice est identique dans toute base obtenue par rotation autour de (G , x2 ) .  a2  m  3 (x ,_,_) 2

Déterminer au point A les éléments de réduction du torseur dynamique

2.



2/0

.

VG ,2/0 = VG ,2/1 + VG ,1/0

VG ,2/1 = VA2/1 + GA  2/1 = −ax2  ( − )z = a( − )y2  Avec   VG ,2/0 = ay2 + 2ay1 VG ,1/0 = VO1/0 + GO  1/0 = (−ax2 − 2ax1 )  z = ay2 + 2ay1  

G ,2/0 =

dVG ,2/0 dt

 d y2   dt Avec :   d y1  dt 

= 0

(

d ay2 + 2ay1 dt

)

0

  dy  dy  = a y2 +  2  + 2a y1 +  1  dt 0  dt 0   

= 2/0  y2 = z  y2 = −x2 0

= 1/0  y1 = z  y1 = −x1 0

2 2 Donc G ,2/0 = a y2 −  x2  + 2a y1 −  x1     

d’où Rd 2/0 = mG ,2/0  Rd 2/0 = ma y2 − 2 x2  + 2ma y1 − 2 x1     

2/0 : mouvement quelconque + matrice d’inertie donnée en G (centre de gravité) + A non fixe dans 0  on détermine G ,2/0 puis G ,2/0 , puis A,2/0

 0 0  a2  G ,2/0 = I G (2)  2/0 = 0 m 3   0 0 

G ,2/0 =

dG ,2/0 dt

0

 0   0 a2    0  0 = m z 3    ( x2 ,y2 ,z ) 2 a m  3 ( x2 ,y2 ,z )

 a2  d  m z   3   =  dt

 A,2/0 = G ,2/0 + AG  Rd 2/0 = m

=m 0 2

a2 z 3





a z + ax2  ma y2 − 2 x2  + 2ma y1 − 2 x1      3

a2 z + ma2z + 2ma2  cos( − )z + 2 sin( − )z    3 2  = 2ma2   +  cos( − ) + 2 sin( − ) z 3  

 A,2/0 = m  A,2/0



 ma  y − 2 x  + 2ma  y − 2 x   2 1   2  1     2/0 = 2    2ma2   +  cos( − ) + 2 sin( − ) z  3     A



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Déterminer au point O les éléments de réduction du torseur dynamique

3.



(1+2)/0

 =

1/0

 +

2/0



(1+2)/0

.



VG1 ,1/0 = VO1/0 + G1O  1/0 = −ax1  z = ay1

G1 ,1/0 = Avec :

dVG1 ,1/0 dt

= 0

d ( ay1 ) dt

 dy  = a y1 +  1  dt 0   0

d y1 = 1/0  y1 = z  y1 = −x1 dt 0

2 Donc G1 ,1/0 = a y1 −  x1   

d’où Rd 1/0 = mG1 ,1/0  Rd 1/0 = ma y1 − 2 x1   

1/0 : mouvement de rotation d’axe (O, z ) + matrice d’inertie donnée en G1 (centre de gravité) + O point de 1 fixe dans 0  on détermine G1 ,1/0 puis O ,1/0 (car O point fixe dans R0 ), puis O,1/0

 0 0  a2  G1 ,1/0 = I G1 (1)  1/0 = 0 m 3   0 0 

 0   0  a2    0    0  = m z 3     2 B 1 a m  3 B1

O ,1/0 = G1 ,1/0 + OG1  Rc 1/0 = m

O ,1/0 =

dO ,1/0 dt

0

a2 a2 4a2 z + ax1  may1 = m z + ma2z = m z 3 3 3

 4a2  dm z    2 3   = m 4a  z = dt 3

(car O point fixe dans R0 )

0

Pour O,2/0 , on devrait : 2/0 : mouvement quelconque + matrice d’inertie donnée en G (centre de gravité) + O fixe dans 0.  on détermine G ,2/0 puis O ,2/0 (car O point fixe dans R0 ), puis O,2/0 Mais comme à la question précédente, nous avons déterminé A,2/0 , on utilise directement :





2  O ,2/0 =  A,2/0 + OA  Rd 2/0 = 2ma2   +  cos( − ) + 2 sin( − ) z + 2ax1  ma  y2 − 2 x2  + 2ma y1 − 2 x1      3  2  O ,2/0 = 2ma2   +  cos( − ) + 2 sin( − ) z + 2ma2  cos( − )z − 2 sin( − )z  + 4ma2 z   3   2  O ,2/0 = 2ma2   + 2 + ( + )cos( − ) + (2 − 2 )sin( − ) z 3 

Ainsi

 

(1+2)/0



(1+2)/0

  ma y1 − 2 x1  + ma y2 − 2 x2  + 2ma y1 − 2 x1          =  2  4a 2  m z + 2ma2   + 2 + ( + )cos( − ) + (2 − 2 )sin( − ) z  3    3 O



  ma y2 − 2 x2  + 3ma y1 − 2 x1        =  2 8    2ma2   +  + ( + )cos( − ) + (2 − 2 )sin( − ) z  3 3    O

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3. Éolienne 1.

Préciser la forme de la matrice d’inertie de la girouette 1 au point A .

La girouette 1 possède un plan de symétrie ( A, x1 , z1 ) donc ( A, y1 ) est axe principal d’inertie. Donc :  A1 I A (1) =  0  −E1

2.

0 B1 0

−E1  0  C1 B 1

Déterminer la relation entre  ,  et les masses.

En appliquant la relation du barycentre QG =

(

1 n  mi QGi m i =1

) au point G2 , on obtient G2G2 = m12 ( m2a G2G2a + m2b G2G2b )

Donc 0 = m2a x2 + m2bx2  m2a + m2b = 0 3.

Déterminer I G2a (2a) dans la base B2 en fonction de m2a et des dimensions H et R.

   R2  0 0 m2a     2         R2 H 2    I G2a (2a) =  0 m2a  + 0    4 12        2 2 R H   0 0 m2a  +    4 12      B2 

4.

Déterminer I G2b (2b) dans la base B2 en fonction de m2b et des dimensions a et b.

   a2 + b2  0 0 m2b         12     b2    I G2b (2b) =  0 m2b   0   12       2   a  0 0 m2b      12     B2 

5.

Déterminer I G2 (2) dans la base B2 .

IG2 (2) = IG2 (2a) + IG2 (2b) Il faut exprimer les matrices ci-dessus au point G2 en utilisant le théorème de Huygens, à l’aide des vecteurs G2 G2i : G2G2a = x2

G2G2b = x2

  R2 m2a   2     I G2 (2) =      

0 0  Ainsi I G2 (2a) = I G2a (2a) + 0 m2a 2  0 0   a2 + b2  + m2b    12  

   

  0   m2a 2 B 2 0

et

0

  0   m2b2 B 2 0

     0    2  R2 H 2    a m2a  + + 2  + m2b  + 2    4 12   12       B2 0

0

 R2 H 2   b2  m2a  + + 2  + m2b  + 2   4 12   12     

0

0

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0 0  I G2 (2b) = I G2b (2b) + 0 m2b2  0 0

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Déterminer au point A les éléments de réduction du torseur dynamique

6.



1/0

.

VG1 ,1/0 = 0 car G1 = A est sur l’axe de rotation du mouvement de 1 par rapport à 0. G1 ,1/0 =

dVG1 ,1/0 dt

=0 0

Rd 1/0 = mG1 ,1/0  Rd 1/0 = 0 1/0 : mouvement de rotation d’axe (A, z0 ) = (A, z1 ) + matrice d’inertie donnée en G1 = A (centre de gravité) :  on détermine G1 ,1/0 puis G ,1/0 1

 A1 0 −E1   0    G 1,1/0 = I G1 (1)  1/0 =  0 B1 0    0  = −E1x1 + C1z1  −E1 0 C1     B1 B1 G1 ,1/0 = Avec :

dG1 ,1/0 dt

=

d ( −E1x1 + C1z1 ) dt

0

  dx  dz  = −E1 x1 +  1  + C1 z1 +  1  dt 0  dt 0    0 

d x1 = 1/0  x1 = z1  x1 = y1 dt 0

On a donc : G1 ,1/0 = −E1x1 − E12y1 + C1z1



1/0

=

  0   car G1 = A 2 − E  x − E  y + C  z   1 1 1 1 1 1  A

Déterminer au point A les éléments de réduction du torseur dynamique

7.



2/0

.

VG2 ,2/0 = VG2 ,2/1 + VG2 ,1/0 Avec VG2 ,2/1 = 0 car G2 est sur l’axe de rotation de 2/1.

VG2 ,1/0 = VA,1/0 + G2 A  1/0 = − x1  z1 = y1 Donc VG2 ,2/0 = y1

G2 ,2/0 = Avec :

dVG2 ,2/0 dt

= 0

d ( y1 ) dt

 dy = y1 +  1 dt  0

  0 

d y1 = 1/0  y1 = z1  y1 = −x1 dt 0

2 Donc G2 ,2/0 = y1 −  x1   

d’où Rd 2/0 = mG2 ,2/0  Rd 2/0 = m2 y1 − 2 x1   

2/0 : mouvement quelconque + matrice d’inertie donnée en G2 (centre de gravité) :  on détermine G2 ,2/0 puis  A,2/0 (car A point fixe dans R0 ), puis A,2/0

 A2 0 0       G 2,2/0 = I G2 (2)  2/0 =  0 B2 0     sin  = A2 x2 + B2  sin y2 + C2 cos  z2  0 0 C2    cos   B2 B2

A,2/0 = G2 ,2/0 + AG2  Rc 2/0 = G2 ,2/0 + x1  m2 y1 = A2x2 + B2 siny2 + C2 cosz2 + m2 2z1

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 A,2/0 =

d A ,2/0 dt

=

(

d A2x2 + B2  siny2 + C2 cos z2 + m2 2z1

)

dt

0

0

   dx  dy  dz   A,2/0 = A2 x2 +  2  + B2  siny2 +  cos y2 +  sin 2  + C2  cosz2 −  sinz2 +  cos 2  + m2 dt 0  dt 0  dt 0      d x2   dt  d y Avec :  2  dt d z  2  dt Donc

2

 dz z1 +  1 dt 

0

  

= 2/0  x2 = (z1 +  x2 )  x2 = y1 0

= 2/0  y2 = (z1 +  x2 )  y2 = − cos  x1 0

= 2/0  z2 = (z1 +  x2 )  z2 =  sin x1 −  y2 0

(

)

 A,2/0 = A2 x2 + y1  + B2  sin y2 +  cos  y2 − 2 sin cos  x1  + C2  cos  z2 −  sin z2 +  cos   sin x1 −  y2  + m2 2z1   2 2  A,2/0 =  A2 − B2  sin cos  + C2  cos  sin  x1 +  A2  y1 + m2 2   z1 + B2  sin + B2  cos  − C2 cos   y2 + C2 cos  − C2 sin  z2    

C’est homogène !



  m2 y1 − 2 x1      =   2/0 2 2 2      A2 − B2  sin cos  + C2  cos  sin x1 +  A2  y1 + m2  z1 + B2  sin + B2 cos  − C2 cos   y2 + C2 cos  − C2 sin  z2        A



8.

Proposer les différentes étapes permettant de déterminer A,3/0 (ne pas faire de calcul).

3/0 : mouvement quelconque + matrice d’inertie nulle en G3 , car le solide 3 est une masse ponctuelle.  on détermine G3 ,3/0 puis  A,3/0 (car A point fixe dans R0 ), puis A,3/0

G3 ,3/0 = 0 (masse ponctuelle)  A,3/0 = G3 ,3/0 + AG3  Rc 3/0

 A,3/0 =

d A ,3/0 dt

0

Pour votre information, ci-dessous le début des calculs… VG3 ,3/0 = VG3 ,3/2 + VG3 ,2/1 + VG2 ,1/0

VG ,2/1 = VA,2/1 + G3 A  2/1 = −(cx2 + bz2 )  x1 = −by2  3 Avec   VG3 ,2/1 = cy1 + b sinx1 − by2 VG3 ,1/0 = VA,1/0 + G3 A  1/0 = −(cx2 + bz2 )  z1 = cy1 + b sinx1  

G3 ,3/0 =

dVG3 ,3/0 dt

=

(

d cy1 + b sinx1 − by2

0

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dt

)

=… 0

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4. Centrifugeuse humaine Figures de changement de base :

 y1

 y0

  z0 = z1

 x3

 z1

 x1

ψ

1.

 z2

 x2

 y2

θ

 x0

  x1 = x2

 y1

 z3    y 2 = y3

 z2

Définir la forme simplifiée de la matrice d’inertie du bras 1 en G1 dans la base 1.

Les plans ( O , x1 , y1 ) et ( O , y1 , z1 ) sont des plans de symétrie pour le solide 2 → ( O , x1 , y1 , z1 ) est repère principal d’inertie →

 A1 0 0  I G1 (1) =  0 B1 0   0 0 C1  (x1 , y1 , z1 ) 2.

Déterminer le torseur dynamique de 1/0 au point O du bras 1 dans son mouvement par rapport au repère 0.

VG1 ,1/0 = VO,1/0 + G1O  1/0 = −ay1  z1 = −ax1

G1 ,1/0 = Avec :

dVG1 ,1/0 dt

= 0

d ( −ax1 ) dt

 dx = −a x1 +  1 dt  0

  0 

d x1 = 1/0  x1 = z1  x1 = y1 dt 0

2 Donc G1 ,1/0 = −a x1 +  y1   

d’où Rd 1/0 = m1G1 ,1/0  Rd 1/0 = −m1a x1 + 2 y1   

1/0 : mouvement de rotation autour d’un axe fixe + mais G1 n’appartient pas à l’axe de rotation + matrice d’inertie donnée en G1 (centre de gravité), donc on utilise la méthode générale :  on détermine G1 ,1/0 puis O ,1/0 (car O point fixe dans R0 ), puis O,1/0

 A1 0 0   0    G1 ,1/0 = I G1 (1)  1/0 =  0 B1 0    0  = C1z1  0 0 C1     B1 B1

O,1/0 = G1 ,1/0 + OG1  Rc 1/0 = C1z1 + ay1  (−m1ax1 ) = C1z1 + m1a2z1 = (C1 + m1a2 )z1 O ,1/0 =



1/0

3.

dO ,1/0

=

dt

= 0

(

d (C1 + m1a2 )z1

)

= (C1 + m1a2 )z1

dt

(car O point fixe dans R0 )

0

−m1ax1 − m1a y1    2  (C1 + m1a )z1  O 2

Définir la forme simplifiée de la matrice d’inertie de l’anneau 2 en I dans la base 2.

Les plans ( I , x2 , y2 ) et ( I , y2 , z2 ) sont des plans de symétrie pour le solide 2 → ( I , x2 , y2 , z2 ) est repère principal d’inertie →

 A2 0 0  I I (2) =  0 B2 0   0 0 C2  (x2 , y2 , z2 )

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DYN-ENER02 TD Corrigé - Déterminer les torseurs cinétique et dynamique d'un ensemble de solide

4.

Déterminer le torseur cinétique de 2/0 au point I de l’anneau 2 dans son mouvement par rapport au repère 0.

Rc 2/0 = m2VI ,2/0 = m2Rx1 (par analogie à la question 2) 2/0 : mouvement quelconque + matrice d’inertie donnée en I (centre de gravité) :  on détermine directement I ,2/0

I ,2/0 = II (2) 2/0  A2 I ,2/0 =  0  0



2/0

=

5.

0 B2 0

avec 2/0 = 2/1 + 1/0 = x2 + z1 = x2 +  siny2 +  cos z2  0      0    sin   = A2 x2 + B2  sin y2 + C2  cos z2 C2  B   cos   B 2 2

m2Rx1     A  x + B  sin  y + C  cos  z 2 2 2 2 I 2 2 Définir la forme simplifiée de la matrice d’inertie de la nacelle 3 en I dans la base 2.

La nacelle 3 est un cylindre d‘axe ( I , y2 ) = ( I , y3 ) , donc :

 A3 0  la matrice d’inertie I I (3) =  0 B3  0 0 6.

0 0  A3 

 A3 0 =  0 B3 0 0 (x3 , y2 , z3 ) 

0 0  A3 

(x2 , y2 , z2 )

Déterminer le torseur cinétique de 3/0 au point I du solide 3 dans son mouvement par rapport au repère 0.

Rc 3/0 = m3VI ,3/0 = m3Rx1 3/0 : mouvement quelconque + matrice d’inertie donnée en I (centre de gravité) :  on détermine directement I ,3/0  A3 I ,3/0 = I I (3)  3/0 =  0  0



3/0

=

7.

0 B3 0

 0      0    sin  +   = A3x2 + B3 ( sin  + )y2 + C3 cos z2 C3  B   cos   B 2 2

m3Rx1     A x + B3 ( sin  + )y2 + C3 cos z2  I 3 2 À partir des données du problème, proposer les différentes étapes de calcul afin de déterminer le moment dynamique au point O de l’ensemble E2=1+2+3 dans son mouvement par rapport au repère 0.

On décompose en sous-systèmes élémentaires :



E2 /0

 =

1/0

+ 

2/0

+ 

3/0



→ O,E2 /0 = O,1/0 + O,2/0 + O,3/0

Calculé question 2

O,2/0 =

dO,2/0 dt

O,3/0 = 0

O,2/0 = I ,2/0 + OI  Rc 2/0 car O fixe dans 0

dt

0

O,3/0 = I ,3/0 + OI  Rc 3/0 car O fixe dans 0 I ,3/0 calculé question 6

I ,2/0 calculé question 4

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dO,3/0

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