Portique à conteneurs : accélérer le chariot sans faire balancer la charge

La stratégie. L'accélération du chariot est imposée, celle de la charge ne l'est pas : on isole la charge pour obtenir son équation du mouvement (efforts connus), sans faire apparaître la tension des câbles — d'où le moment en $A$, où elle passe. Puis on isole l'ensemble pour l'effort moteur (mouvement désormais connu).

1) Le moment dynamique en un point mobile. $A$ n'est ni le centre d'inertie de la charge ni un point fixe de $R_0$ : la relation simple ne s'applique pas. On transporte depuis $G$, où $\overrightarrow{\delta }(G)=\overrightarrow{0}$ (masse ponctuelle) : $\overrightarrow{\delta }(A)=\overrightarrow{AG}\wedge m\overrightarrow{\Gamma }(G/R_0)$. Avec ${\overrightarrow{e}}_r=\sin \theta {\overrightarrow{x}}_0-\cos \theta {\overrightarrow{y}}_0$ et ${\overrightarrow{e}}_{\theta }=\cos \theta {\overrightarrow{x}}_0+\sin \theta {\overrightarrow{y}}_0$, $\overrightarrow{\Gamma }(G/R_0)=a{\overrightarrow{x}}_0+\ell \ddot{\theta }{\overrightarrow{e}}_{\theta }-\ell {\dot{\theta }}^2{\overrightarrow{e}}_r$ (accélération de $A$ plus accélération circulaire autour de $A$). Comme ${\overrightarrow{e}}_r\wedge {\overrightarrow{x}}_0=\cos \theta {\overrightarrow{z}}_0$ et ${\overrightarrow{e}}_r\wedge {\overrightarrow{e}}_{\theta }={\overrightarrow{z}}_0$ : $$\overrightarrow{\delta }(A)\cdot {\overrightarrow{z}}_0=m\ell \left(\ell \ddot{\theta }+a\cos \theta \right).$$ Actions extérieures : la pesanteur, de moment $\ell {\overrightarrow{e}}_r\wedge (-mg{\overrightarrow{y}}_0)=-mg\ell \sin \theta {\overrightarrow{z}}_0$, et l'action du chariot en $A$, de moment nul en $A$. Le théorème du moment dynamique en $A$ sur ${\overrightarrow{z}}_0$ donne l'équation annoncée. Pour $a=0$, c'est le pendule simple.

2) La réponse à un échelon d'accélération. Pour $\theta$ petit, $\sin \theta \simeq \theta$, $\cos \theta \simeq 1$ : $\ddot{\theta }+{\omega }_0^2\theta =-\frac{a}{\ell }$, avec ${\omega }_0=\sqrt{g/\ell }$. C'est un système du second ordre non amorti soumis à un échelon, partant du repos ; sa réponse est connue : $$\theta (t)=-\frac{a}{g}(1-\cos {\omega }_{0}t).$$ ${\omega }_0=\sqrt{9,81/25}=0,626\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$, $T_0=\frac{2\pi }{{\omega }_0}=10,0\mathrm{s}$. L'angle oscille entre $0$ et $-\frac{2a}{g}$ autour de $-\frac{a}{g}=-0,061\mathrm{rad}=-3,5^{\circ }$ : la charge reste en arrière. Interprétation sans force fictive : dans $R_0$, pour accélérer la charge à $a$, la tension doit avoir une composante horizontale $ma$ ; à l'équilibre relatif, les câbles font donc avec la verticale l'angle de tangente $a/g$. Le chariot, qui accélère, n'est pas galiléen : on n'y écrit pas le principe.

3) Le ballant résiduel. À $t=t_a$ : ${\theta }_a=-\frac{a}{g}(1-\cos {\omega }_0{t}_a)$ et ${\dot{\theta }}_a=-\frac{a}{g}{\omega }_0\sin {\omega }_0{t}_a$. Ensuite $a=0$ : oscillation libre autour de $0$, d'amplitude $\sqrt{{\theta }_a^2+({\dot{\theta }}_a/{\omega }_0{)}^2}=\frac{a}{g}\sqrt{2-2\cos {\omega }_0{t}_a}=\frac{2a}{g}\left|\sin \frac{{\omega }_0{t}_a}{2}\right|$. Avec $a=0,6\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, il faut $t_a=5,0\mathrm{s}$, soit presque exactement $T_0/2$ : le pire cas, sinus égal à 1. Ballant : $\ell \times \frac{2a}{g}=25\times 0,122=3,06\mathrm{m}$, trente fois l'exigence : non conforme. Le remède se lit sur la formule : l'amplitude s'annule si $t_a$ est un multiple de $T_0$. En accélérant pendant exactement une période, $a=\frac{3}{10,03}=0,30\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, la charge revient à la verticale avec une vitesse angulaire nulle à l'instant où le chariot cesse d'accélérer : plus de ballant. Vérifié par simulation du modèle non linéaire : ballant résiduel $1\mathrm{mm}$. Coût : $5\mathrm{s}$ de plus par démarrage, à comparer au temps perdu à attendre l'amortissement d'un ballant de $3\mathrm{m}$.

4) L'effort moteur. On isole {chariot + charge} : les câbles deviennent intérieurs, la seule action extérieure horizontale est $F{\overrightarrow{x}}_0$ (rails sur roues motrices). Théorème de la résultante sur ${\overrightarrow{x}}_0$ : $F=M_{t}a+m\overrightarrow{\Gamma }(G)\cdot {\overrightarrow{x}}_0$. En linéaire, $\overrightarrow{\Gamma }(G)\cdot {\overrightarrow{x}}_0\simeq a+\ell \ddot{\theta }=a-\ell {\omega }_0^2\frac{a}{g}\cos {\omega }_{0}t=a(1-\cos {\omega }_{0}t)$, d'où $$F(t)=M_{t}a+ma(1-\cos {\omega }_{0}t).$$ Pour $a=0,6\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$ : au départ, $F=18\mathrm{kN}$ seulement (le câble vertical ne transmet aucune force horizontale, la charge n'est pas encore accélérée) ; à $T_0/2$, $F=18+48=66\mathrm{kN}$. Une charge rigidement liée demanderait $(M_t+m)a=42\mathrm{kN}$ en permanence. L'entraînement se dimensionne sur $66\mathrm{kN}$ : la charge pendulaire coûte $57\%$ de plus que la charge rigide, au moment le plus défavorable.

Ce que l'exercice installe. En un point mobile, le moment dynamique se transporte depuis le centre d'inertie ; on choisit ce point parce que l'action inconnue y passe. La réponse d'un second ordre à un échelon, solution connue, suffit à concevoir une loi de commande (accélérer pendant une période propre) ; et l'isolement de l'ensemble fait disparaître les câbles pour donner l'effort moteur.