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dynamique

Posté par
T-T 20-09-09 à 19:52

bonjour !

Deux masse sotn reliées par une corde souple inextensible via une poulie.on néglige les frottements entre la corde et la poulie et on note Ud le coefficient de friction dynamique entre la masse 2m et le plan incliné
Calculez l'angle pour que les masses se déplacent a vitesse constante.

Je ne vois pas comment m'y prendre , pourriez vous me donner un indication pour que je me lancer merci

dynamique

Posté par
donaldosre : dynamique 20-09-09 à 20:02

Premièrement, merci à toi pour ce dessin humoristique.

Deuxièmement : bilan des forces avant toute chose.

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 20:06

ouais j'ai deja fais ca

D'une part il a le systéme 2m  il y a le Poit,Rn,Rt et T

et d 'autre part le systeme m : le poid  et T

Posté par
donaldosre : dynamique 20-09-09 à 20:08

Alors c'est parti pour le PFD...

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 20:09

je peux prendre des reperes différent pour chaques systeme parce que sinon sa fais un truc pas évident ?

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 20:11

Bonsoir,
pour commencer, la masse 2m va descendre (et la masse m va monter bien sûr).
Il faut établir toutes les forces en présence :
- le poids 2mg qui se décompose en deux, une force verticale au plan incliné et une force parallèle au plan incliné
- la réaction du support R qui n'est pas verticale (==> frottement)qui se décompose en deux : une composante tangentielle T dirigée vers le haut du plan incliné (elle s'oppose au mouvement) et une composante verticale N telle que Ud = T / N
- une force mg due à l'autre masse et transmise par la poulie donc parallèle au plan incliné et dirigé vers le haut du plan incliné
Après, il faut appliquer la 2ème loi de Newton en décomposant perpendiculaire et parallèle au plan incliné.
On obtient l'accélération. La vitesse devant être constante, l'accélération est nulle. On trouve donc la condition pour que la vitesse soit constante.

Posté par
donaldosre : dynamique 20-09-09 à 20:12

Oui, je te conseille même de projeter directement sur les axes correspondant à la direction de déplacement pour travailler selon une seule dimension pour chaque masse.

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 20:15

ok merci beaucoup donaldos , je pense que je vais pouvoir m'en sortir . bonne soirée !

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 21:13

malgrés toutes les indications j'ai toujours des problèmes ...

j'ai donc appliqué le PFD

pour le systéme 2m

j'ai  : m d²(x)/dt²=mg sin - Rt +T
        m d²(y)/dt² +Rn

donc Rn= mg cos

donc  m a = mg sin -Ud ( mg cos ) -T

et pour le systéme m j'ai T=mg

pour l'exo je remplace le T du systéme 2m par mg?

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 21:37

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 21:42

Oui...
m a = mg sin -Ud ( mg cos ) - mg

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 21:44

ET Sa ferai =arctan(f+1)   bisart ?

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 21:51

Euh, non... Tu fais comment pour trouver ça ?

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 21:53

non j'ai rien du ... erreur de ma part

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 21:55

Je n'ai pas fini le calcul mais c'est plus compliqué que ça apparemment...

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 21:59

mg (sin - Udcos - 1) = 0
==> sin - Udcos - 1 = 0
sin - Udcos = 1

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 22:07

ouais je trouve ca aussi , mais sa ne donne pas l'angle

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 22:12

non?

Posté par
donaldosre : dynamique 20-09-09 à 22:14

Où est passé le coefficient qui était censé apparaître un peu partout :2m?

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 22:26

sa veut dire que 2 sin -Ud (2 cos )-1=0?

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 22:27

Oui, le 2m a disparu... C'est pour ça qu'on trouve un résultat un peu "tordu"
Rn= 2mg cos
et
2m a = 2mg sin - Ud ( 2mg cos ) - mg

Cela doit être un peu plus juste comme ça sauf erreur éventuelle...

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 22:34

mais sa ne donne toujours pas l'angle .. ou alors c'est moi qui ne voit rien aujourd hui?

Posté par
donaldosre : dynamique 20-09-09 à 22:37

Qu'est-ce qu'on obtient comme équation pour le moment?

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 22:37

Oui, ça a l'air d'être ça. Pour bien faire, il faudrait que je refasse la calcul en détail...pour être sûr...
Mais on peut trouver une solution, même avec une équation comme ça...
Mais il faut bien vérifier les calculs pour être sûr du résultat mais je trouve aussi
2 sin -  2 Ud cos - 1 = 0
jusqu'à preuve du contraire...
Donc
sin -  Ud cos = 1/2

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 22:38

Pour résoudre ça, il faut poser Ud = tan

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 22:41

euh pourquoi on a le droit de faire ca ^^
c'est quoi comme astuce?

Posté par
donaldosre : dynamique 20-09-09 à 22:42

Et si on pose x=\cos \alpha et y=\sin \alpha pour voir?

On aurait quelque chose comme y=u_d x+ \frac 1 2.

Si on introduit ça dans x^2+y^2=1, on doit obtenir quelque chose.

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 22:49

Quelque soit Ud, on peut toujours le poser égal à la tangente d'un angle.
sin - (sin/cos) cos = 1/2
(1/cos) (sin cos - cos sin) = 1/2
(1/cos) sin(-) = 1/2
(1/cos2) = 1 + tan2
==> (1/cos) = (1 + tan2)
(1/cos) = (1 + Ud2)

sin(-) = 1/(2(1 + Ud2))

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 22:51

= + arcsin(1/(2(1 + Ud2)))

Quelque chose comme ça...

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 22:52

= arctan(Ud)  bien sûr...

Posté par
T-Tre : dynamique 20-09-09 à 22:54

c'est une résolution classique ou c'est toi qui a rusé?

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 23:37

Je considère ça comme classique... Mais c'est classique quand on sait le faire...
Le "classique" n'est pas le même pour tout le monde

Posté par
Marc35re : dynamique 20-09-09 à 23:41

La forme générale du calcul, c'est  a sin x + b cos x   à mettre sous la forme K cos(x+).
J'ai appris à faire ce genre de calcul en 1ère.

Posté par
donaldosre : dynamique 20-09-09 à 23:55

Citation :
(1/cos \alpha) = \sqrt(1 + tan^2 \alpha) \\ (1/cos \alpha) = \sqrt(1 + U_d^2)


Comment passe-t-on d'une ligne à l'autre?

Sinon, dans un autre genre, il semblerait que l'on ait aussi:

\alpha =\arccos \left(\frac{-u_d+\sqrt{4u_d^2+3^}}{2\left(1+u_d^2^\right)}\right)

ou quelque chose d'approchant ^^

Posté par
Marc35re : dynamique 21-09-09 à 09:10

Désolé...
Il y a une erreur dans le calcul : s'est glissé à la place de. Le résultat final est bon.
Donc je reprends :
2\,sin\alpha\,-\,2\,U_d\,cos\alpha\,-\,1\,=\,0
sin\alpha\,-\,U_d\,cos\alpha\,=\,\frac{1}{2}
Quel que soit Ud, on peut poser tan = Ud
sin\alpha\,-\,tan\varphi\,cos\alpha\,=\,\frac{1}{2}
sin\alpha\,-\,\frac{sin\varphi}{cos\varphi}\,cos\alpha\,=\,\frac{1}{2}
\frac{1}{cos\varphi}\,(sin\alpha\,cos\varphi\,-\,cos\alpha\,sin\varphi)\,=\,\frac{1}{2}
\frac{1}{cos\varphi}\,sin(\alpha\,-\,\varphi)\,=\,\frac{1}{2}
On a :
\frac{1}{cos^2\varphi}\,=\,1+tan^2\varphi
\frac{1}{cos\varphi}\,=\,sqrt{1+tan^2\varphi}
Or : tan = Ud
\frac{1}{cos\varphi}\,=\,sqrt{1+U_d^2}
sqrt{1+U_d^2}\,sin(\alpha\,-\,\varphi)\,=\,\frac{1}{2}
sin(\alpha\,-\,\varphi)\,=\,\frac{1}{2\,sqrt{1+U_d^2}}
\alpha\,-\,\varphi\,=\,arcsin \Bigg(\frac{1}{2\,sqrt{1+U_d^2}}\Bigg)
\alpha\,=\,\varphi\,+\,arcsin \Bigg(\frac{1}{2\,sqrt{1+U_d^2}}\Bigg)
\alpha\,=\,arctan(U_d)\,+\,arcsin \Bigg(\frac{1}{2\,sqrt{1+U_d^2}}\Bigg)

Et voilà, je suis arrivé au bout ... Je pense qu'il n'y a pas d'erreur, cette fois-ci, mais le LaTeX n'est pas de tout repos...

Posté par
Marc35re : dynamique 21-09-09 à 11:01

\alpha\,=\,arccos\Bigg(\frac{-U_d+sqrt{4U_d^2+3}}{2(1+U_d^2)}\Bigg)
Ce résultat est manifestement issu d'une équation du second degré en cosqui serait :
(1+U_d^2)cos^2\alpha\,+\,U_d\,cos\alpha\,-\,\frac{3}{4}\,=\,0

Donc j'essaye en partant de :
2\,sin\alpha\,-\,2\,U_d\,cos\alpha\,-\,1\,=\,0

sin\alpha\,-\,U_d\,cos\alpha\,=\,\frac{1}{2}
En élevant au carré :
sin^2\alpha\,+\,U_d^2\,cos^2\alpha\,-\,2\,U_d\,sin\alpha\,cos\alpha\,=\,\frac{1}{4}
(1\,-\,cos^2\alpha)\,+\,U_d^2\,cos^2\alpha\,-\,2\,U_d\,sin\alpha\,cos\alpha\,=\,\frac{1}{4}
(U_d^2\,-\,1)\,cos^2\alpha\,-\,2\,U_d\,sin\alpha\,cos\alpha\,+\,1\,=\,\frac{1}{4}
ou encore :
(U_d^2\,-\,1)\,cos^2\alpha\,-\,U_d\,sin2\alpha\,+\,1\,=\,\frac{1}{4}
(U_d^2\,-\,1)\,cos^2\alpha\,-\,U_d\,sin2\alpha\,+\,\frac{3}{4}\,=\,0

Mais après, pour exprimer le sin2 en fonction de cos, j'ai un peu de mal...
On peut le faire avec la tangente de l'arc moitié également mais il semble qu'il apparaisse des conditions sur Ud qu'il n'y a pas dans ma solution.

Posté par
donaldosre : dynamique 21-09-09 à 13:36

Je n'ai pas pris le temps de vérifier si les solutions sont rigoureusement équivalentes mais étant donné le problème, je en pense pas que ça porte à conséquence.

PS : Pour la méthode passant par la résolution d'une équation du 2nd degré, il suffit de suivre les indications que je donnais hier à 22h42, le résultat est en fait immédiat.

Posté par
Marc35re : dynamique 21-09-09 à 13:57

oui, OK, ça marche...
Il fallait penser à mettre le sinus d'un côté et le cosinus de l'autre et élever au carré (et ne pas laisser le sinus et le cosinus du même côté, ce qui donne un double produit embarrassant ).
Quant à l'équivalence des solutions, ça n'a pas l'air simple analytiquement. Il ne reste qu'un exemple numérique pour vérifier...


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