ECOLE NATIONALE D’INGENIEURS DE MONASTIR Mécanique Vibratoire Tronc Commun Tarek Hassine 2009-2010 l l0 𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0 c m k 0 𝑔𝑔⃗ 𝑦𝑦⃗ 𝑥𝑥⃗ F(t) Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Sommaire 1 2 Introduction générale....................................................................................................................... 3 Modélisation d'un système linéaire à un degré de liberté ................................................................ 4 2.1 Modèle réel et modèle physique .............................................................................................. 4 3 Mouvement vibratoire libre ............................................................................................................. 6 3.1 Système libre non amorti ......................................................................................................... 6 3.1.1 Modèle masse-ressort ...................................................................................................... 6 3.1.2 Solution de l'équation de mouvement.............................................................................. 8 3.1.3 Etude énergétique du modèle masse-ressort.................................................................. 10 3.1.4 Montage de ressorts (ou d'amortisseurs) ....................................................................... 11 3.2 Système libre amorti .............................................................................................................. 12 3.2.1 Modèle masse-ressort-amortisseur ................................................................................ 12 3.2.2 Solution de l'équation de mouvement............................................................................ 12 3.2.3 Décrément logarithmique .............................................................................................. 16 3.3 Stabilité d'un système vibratoire............................................................................................ 17 3.3.1 Etude d'un pendule inversé (petites oscillations)........................................................... 17 4 Mouvement vibratoire forcé .......................................................................................................... 19 4.1 Forme de la réponse d'un mouvement vibratoire forcé ......................................................... 19 4.2 Réponse à une excitation harmonique ................................................................................... 20 4.2.1 Tracé de l'amplitude et du déphasage de la solution permanente .................................. 21 4.3 Réponse à une excitation due au déséquilibre du rotor ......................................................... 25 4.3.1 Tracé de l'amplitude et du déphasage de la solution permanente .................................. 26 4.4 Réponse à une excitation par déplacement imposé du support ............................................. 28 4.4.1 Tracé de transmissibilité du déplacement (TR) ............................................................. 29 4.4.2 Force transmise de la base à la masse............................................................................ 31 4.5 Isolation d'un système vibratoire ........................................................................................... 32 4.5.1 Exemple traité................................................................................................................ 32 4.6 Réponse à une excitation périodique ..................................................................................... 36 4.6.1 Procédure de résolution ................................................................................................. 36 4.7 Réponse à une excitation quelconque.................................................................................... 38 4.7.1 Réponse à une impulsion ............................................................................................... 38 4.7.2 Réponse à une excitation quelconque............................................................................ 40 4.7.3 Exemples corrigés ......................................................................................................... 42 2 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 1 Introduction générale La mécanique vibratoire est l’étude des mouvements répétitifs par apport à une position de référence, généralement la position d’équilibre. Définition : Tout mouvement oscillatoire, d'un système mécanique, autour de sa position d'équilibre est appelée mouvement vibratoire. Les vibrations peuvent être nuisibles et doivent être évitées comme elles peuvent être utiles, et dans ce cas, souhaitées. Dans tous les cas, la maîtrise des vibrations : comment les analyser ; les mesurer et les contrôler est toujours souhaitée. Ce qui est l’objet de ce cours. Exemples de vibrations familières : • • • • • les vibrations des cordes d’une guitare ; Le confort de conduite d’une automobile ou d’un motocycle ; Le mouvement des ailes d’un avion ; Un tremblement de terre ; Le mouvement des grands immeubles à cause des vents violents ; Modélisation d'un système Définition : La modélisation permet d'analyser des phénomènes réels et de prévoir des résultats à partir de l'application d'une ou plusieurs théories à un niveau d'approximation donné. La description mathématique d'un problème d'ingénierie est réalisée en appliquant les lois physiques connues. Ces lois ne peuvent pas être appliquées directement sur le système réel. Il est nécessaire d'introduire des hypothèses qui simplifieront le problème pour que ces lois puissent être appliquées. C'est la partie création du modèle physique. L'application des lois physiques donne des descriptions mathématiques : c'est le modèle mathématique. Les vibrations peuvent être modélisées mathématiquement, en se basant sur les principes fondamentaux comme les principes d’équilibres dynamiques, et analysées à travers les résultats des équations différentielles (équations de mouvements). Remarque : Durant un mouvement vibratoire il y a un transfert d’énergie continu entre l’énergie potentielle et l’énergie cinétique. m Position d'équilibre de la masse m m m m m m Em, EC, Ep Temps 3 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 2 Modélisation d'un système linéaire à un degré de liberté Les vibrations peuvent se manifester dans toutes les directions et peuvent résulter de l’interaction de plusieurs objets. Pour simplifier la compréhension du phénomène des vibrations, seul le mouvement dans une seule direction et d’une seule composante (masse) va être abordé. 2.1 Modèle réel et modèle physique R : action de la barre sur la masse Barre 𝑔𝑔⃗ t Poids Modèle réel 𝑥𝑥(𝑡𝑡) L'action de la barre sur la masse R dépend du déplacement et de la vitesse : 𝑅𝑅 = 𝑅𝑅(𝑥𝑥, 𝑥𝑥̇ ) On se limite aux parties linéaires La force R est appelée aussi force de restauration. Elle tend à ramener la barre à sa forme initiale. 𝑅𝑅 = 𝑅𝑅(𝑥𝑥, 𝑥𝑥̇ ) ≈ −𝑘𝑘𝑘𝑘 − 𝑐𝑐𝑥𝑥̇ = 𝐹𝐹𝑘𝑘 + 𝐹𝐹𝑣𝑣 Fk : la partie de R qui modélise la force de rappel qui est due à la rigidité de la barre. Fv : la partie de R qui modélise la force visqueuse qui est due au frottement visqueux dans la barre. Remarque : Le signe "-" signifie que la force R est toujours opposée au sens du mouvement. On modélise la rigidité de la barre par un ressort linéaire sans masse de longueur initiale l0 et de rigidité k: l0 𝐹𝐹𝑘𝑘 = −𝑘𝑘𝑘𝑘 = −𝑘𝑘Δ𝑙𝑙 = −𝑘𝑘(𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0 ) k On modélise le frottement visqueux interne de la barre par un amortisseur linéaire de constante d'amortissement visqueux c: c 𝐹𝐹𝑣𝑣 = −𝑐𝑐𝑥𝑥̇ 4 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ mbarre 𝑔𝑔⃗ t m0 Modèle réel Modélisation 𝑥𝑥(𝑡𝑡) c 𝑔𝑔⃗ k t m Modèle physique Généralement la masse m est considérée ponctuelle et 𝑚𝑚 = 𝑚𝑚0 + 𝑚𝑚 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 3 𝑥𝑥(𝑡𝑡) 5 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 3 Mouvement vibratoire libre 3.1 Système libre non amorti Pour commencer, on traitera la réponse d’un système vibratoire non amorti et à un seul degré de liberté (1ddl) soumis à des perturbations initiales. Par la suite, on traitera le cas d’un système vibratoire amorti à un seul degré de liberté. 3.1.1 Modèle masse-ressort Les quantités cinématiques fondamentales utilisées pour décrire le mouvement d’une particule sont : le déplacement, la vitesse et l’accélération. En plus, les lois physiques montrent que le mouvement d’une masse dont la vitesse est variable est déterminé par l’action des forces agissant sur cette masse. Le système le plus simple pour modéliser un mouvement vibratoire est un ressort attaché d’un côté à un objet fixe et à son autre extrémité est attachée une masse. On distingue deux types de modèles. Modèle vertical Modèle horizontal m 0 𝑔𝑔⃗ 0 𝑔𝑔⃗ m 𝑦𝑦⃗ 𝑥𝑥⃗ 𝑥𝑥⃗ 3.1.1.1 Modèle vertical Pour le modèle vertical on prendra, pour l'instant, l'origine des déplacements le point d'attache du ressort. 0 𝑔𝑔⃗ 𝑧𝑧⃗ m 0 𝑔𝑔⃗ l0 léq l z0 zéq m z A l'équilibre 𝑧𝑧⃗ 0 m En mouvement 𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙é𝑞𝑞 = 𝑧𝑧 − 𝑧𝑧é𝑞𝑞 6 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) : (𝐼𝐼) 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑘𝑘 (𝑙𝑙 𝑙𝑙0�) = 𝑚𝑚𝑧𝑧̈ ��− �� ����⃗ 𝐹𝐹𝑘𝑘 = −𝑘𝑘(𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0 )𝑧𝑧⃗ m 𝑧𝑧−𝑧𝑧0 (𝐼𝐼𝐼𝐼)𝐴𝐴 𝑙𝑙′é𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞𝑞 ⇒ 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝑘𝑘 �𝑙𝑙 −�� 𝑙𝑙0 � = 0 é𝑞𝑞 �� ��� 𝑧𝑧 é𝑞𝑞 −𝑧𝑧0 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑧𝑧⃗ Comme on a : 𝑥𝑥 = 𝑧𝑧 − 𝑧𝑧é𝑞𝑞 & 𝑥𝑥̈ = 𝑧𝑧̈ ________________________________ (III) = (I)-(II) −𝑘𝑘�𝑧𝑧 − 𝑧𝑧é𝑞𝑞 � = 𝑚𝑚𝑧𝑧̈ (III) −𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 0 On appelle l'équation de mouvements autour de la position d'équilibre : 𝒎𝒎𝒙𝒙̈ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = 𝟎𝟎 L'équation (I) : 𝒎𝒎𝒛𝒛̈ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 − 𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟎𝟎 est aussi l'équation de mouvements mais pas autour de l'équilibre. Puisque l'origine 0 n'est la position d'équilibre. 3.1.1.2 Modèle horizontal Pour le modèle horizontal : Frottement négligé entre le sol et la masse l0 l l0 𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0 m m 0 𝑔𝑔⃗ 𝑦𝑦⃗ 𝑥𝑥⃗ 𝑔𝑔⃗ A l'équilibre 0 𝑦𝑦⃗ 𝑥𝑥⃗ En mouvement On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) : ����⃗ 𝐹𝐹𝑘𝑘 = −𝑘𝑘𝑘𝑘. 𝑥𝑥⃗ m −𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ /𝑥𝑥⃗ � /𝑦𝑦⃗ 𝑅𝑅𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 /𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 𝑅𝑅𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 /𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑦𝑦⃗ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑦𝑦⃗ A chaque instant et suivant la direction y, on trouve l'équilibre statique Rsol/masse = -mg. Dorénavant, on s'intéressera qu'aux directions où on a du mouvement c'est-à-dire pour notre cas la direction x. On appelle l'équation de mouvements autour de la position d'équilibre : 𝒎𝒎𝒙𝒙̈ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = 𝟎𝟎 Remarque : on voit bien que pour les deux modèles (vertical et horizontal), on a la même équation de mouvements autour de la position d'équilibre. Eq(1) 𝒎𝒎𝒙𝒙̈ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = 𝟎𝟎 7 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 3.1.2 Solution de l'équation de mouvement La forme mathématique de la solution de ce type d'équation est : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑒𝑒 𝑟𝑟𝑟𝑟 Donc 𝑥𝑥̇ (𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑒𝑒 𝑟𝑟𝑟𝑟 & 𝑥𝑥̈ (𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑟𝑟 2 𝑒𝑒 𝑟𝑟𝑟𝑟 Si on divise l'Eq(1) par la masse m on obtient : 𝒙𝒙̈ + 𝝎𝝎𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 Eq(2) 𝐤𝐤 𝐦𝐦 𝛚𝛚𝟎𝟎 = � : est appelée la pulsation propre ou naturelle du système en rd/s. En substituant 𝑥𝑥 & 𝑥𝑥̈ dans Eq(2) on obtient : 𝑎𝑎𝑒𝑒 𝑟𝑟𝑟𝑟 (𝑟𝑟 2 + ω20 ) = 0 Remarque : a et ert ne peuvent pas être nuls. Sinon, on n'aura pas de mouvement pour a=0 et ert mathématiquement est strictement positive. La solution pour r est : 𝑟𝑟 2 = −ω20 = 𝑖𝑖 2 ω20 ⇒ r1 = +iω0 & r2 = −iω0 Donc : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑎𝑎1 𝑒𝑒 𝑟𝑟1 𝑡𝑡 + 𝑎𝑎2 𝑒𝑒 𝑟𝑟2 𝑡𝑡 = 𝑎𝑎1 𝑒𝑒 +iω 0 𝑡𝑡 + 𝑎𝑎2 𝑒𝑒 −iω 0 𝑡𝑡 Avec a1 et a2 deux constantes complexes conjugués d’intégration. En posant 𝑎𝑎1 = obtient la forme suivante : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏1 � Eq(3) Autres formes de l'Eq(3) : Avec (𝑏𝑏1 −𝑖𝑖𝑏𝑏2 ) 2 = ��� 𝑎𝑎2 on 𝑒𝑒 +iω 0 𝑡𝑡 + 𝑒𝑒 −iω 0 𝑡𝑡 𝑒𝑒 +iω 0 𝑡𝑡 − 𝑒𝑒 −iω 0 𝑡𝑡 � + 𝑏𝑏2 � � 2 2𝑖𝑖 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒃𝒃𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝟎𝟎 𝒕𝒕) + 𝒃𝒃𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝟎𝟎 𝒕𝒕) 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐴𝐴. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(ω0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐵𝐵. 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(ω0 𝑡𝑡 + 𝜙𝜙) 𝐴𝐴 = 𝐵𝐵 = �𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏22 𝑏𝑏1 𝑏𝑏2 ⎧ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜑𝜑) = ⎧𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜙𝜙) = ⎪ ⎪ 𝑏𝑏2 𝑏𝑏1 �𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏22 �𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏22 & ⇒ 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑) = − ⇒ 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑) = 𝑏𝑏2 𝑏𝑏1 𝑏𝑏1 𝑏𝑏2 ⎨𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜑𝜑) = − ⎨ 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜙𝜙) = ⎪ ⎪ �𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏22 �𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏22 ⎩ ⎩ Généralement, on utilise comme conditions initiales le déplacement et la vitesse à t = 0s. 𝑥𝑥(0) = 𝑥𝑥0 & 𝑥𝑥̇ (0) = 𝑣𝑣0 𝑣𝑣 𝑥𝑥0 = 𝑏𝑏1 & 𝑏𝑏2 = ω0 0 8 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 𝑣𝑣 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥0 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(ω0 𝑡𝑡) + ω0 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(ω0 𝑡𝑡) 𝑣𝑣 2 0 Ou 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝑥𝑥02 + �ω0 � . 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(ω0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑) = − x 0 𝑣𝑣 2 Ou 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝑥𝑥02 + �ω0 � . 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(ω0 𝑡𝑡 + 𝜙𝜙) 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜙𝜙) = 0 Représentation graphique : 𝑥𝑥0 𝐵𝐵 𝐴𝐴 𝑣𝑣0 − ω0 𝜑𝜑 𝜙𝜙 𝑥𝑥0 𝑣𝑣0 ω0 𝜑𝜑 = 𝜙𝜙 − 𝑣𝑣0 0ω0 x0ω0 𝑣𝑣0 𝜋𝜋 2 On définit la période propre, T0, reliée à la pulsation propre ω0 : 𝑇𝑇0 = 2𝜋𝜋(𝑟𝑟𝑟𝑟) 2𝜋𝜋 = (𝑠𝑠) 𝜔𝜔0 (𝑟𝑟𝑟𝑟/𝑠𝑠) 𝜔𝜔0 On définie la fréquence propre en Hertz (Hz), f0, reliée à la pulsation propre en rd/s, ω0, par : 𝑓𝑓0 = 𝑥𝑥(𝑡𝑡) 𝑥𝑥0 𝑡𝑡𝑥𝑥=0 = 𝜋𝜋 − �2 + 𝜑𝜑� 𝜔𝜔0 = 𝑣𝑣0 𝜔𝜔0 (𝑟𝑟𝑟𝑟/𝑠𝑠) 𝜔𝜔0 1 (𝐻𝐻𝐻𝐻) = (𝑠𝑠 −1 ) = 2𝜋𝜋(𝑟𝑟𝑟𝑟) 2𝜋𝜋 𝑇𝑇0 𝑇𝑇0 𝑣𝑣0 2 �𝑥𝑥02 + � � ω0 t −𝜙𝜙 𝜔𝜔0 9 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) 𝑥𝑥0 𝜋𝜋 −2 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝛚𝛚𝟎𝟎 𝒕𝒕) 𝑣𝑣0 = 0 𝑥𝑥0 t −𝜙𝜙 𝜔𝜔0 𝜔𝜔0 𝜋𝜋 𝜑𝜑 = 0 & 𝜙𝜙 = 2 𝑡𝑡𝑥𝑥=0 = = 𝑥𝑥(𝑡𝑡) 𝑣𝑣0 𝑥𝑥0 = 0 𝑡𝑡𝑥𝑥=0 = 𝜋𝜋 − �2 + 𝜑𝜑� 𝜑𝜑 = − 𝜔𝜔0 𝑣𝑣0 ω0 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒗𝒗𝟎𝟎 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝛚𝛚𝟎𝟎 𝒕𝒕) 𝛚𝛚𝟎𝟎 t =0 𝜋𝜋 & 𝜙𝜙 = 0 2 3.1.3 Etude énergétique du modèle masse-ressort Le système masse-ressort est un système conservatif Em = Cst 1 1 𝐸𝐸𝑚𝑚 = 𝐸𝐸𝑐𝑐 + 𝐸𝐸𝑝𝑝 = 𝑚𝑚𝑥𝑥̇ 2 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 2 = Cst 2 2 𝜕𝜕𝜕𝜕𝑚𝑚 = 𝑥𝑥̇ (𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑘𝑘𝑘𝑘) = 0 𝜕𝜕𝜕𝜕 ∀𝑡𝑡 𝑥𝑥̇ ≠ 0 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 0 On prend la solution : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐴𝐴. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(ω0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) ⇒ 𝑥𝑥̇ (𝑡𝑡) = −𝜔𝜔0 . 𝐴𝐴. 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(ω0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 1 1 2 2 𝐸𝐸𝑚𝑚 = 𝑘𝑘�𝐴𝐴. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(ω0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑)� + 𝑚𝑚�−𝜔𝜔0 . 𝐴𝐴. 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(ω0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑)� = Cst 2 2 1 𝑚𝑚𝜔𝜔02 ⎛ ⎞ 1 𝐸𝐸𝑚𝑚 = 𝑘𝑘. 𝐴𝐴2 . ⎜𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 2 (ω0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) + � � 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠2 (ω0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑)⎟ = 𝑘𝑘. 𝐴𝐴2 𝑘𝑘�� 2 2 ��� =1 ����������������������������� ⎝ ⎠ =1 10 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ m m Position d'équilibre de la masse m m m Em, EC, Ep 1 𝐸𝐸𝑚𝑚 = 𝑘𝑘. 𝐴𝐴2 2 m Cas x0=0 & v0 non nul Temps 3.1.4 Montage de ressorts (ou d'amortisseurs) Montage en série k1 C k2 A A B B kéq 1 1 1 = + 𝑘𝑘é𝑞𝑞 𝑘𝑘1 𝑘𝑘2 A A c1 C c2 B B céq 1 1 1 = + 𝑐𝑐é𝑞𝑞 𝑐𝑐1 𝑐𝑐2 Montage en parallèle k1 A c1 B k2 A kéq B A 𝑘𝑘é𝑞𝑞 = 𝑘𝑘1 + 𝑘𝑘2 B c2 A céq 𝑐𝑐é𝑞𝑞 = 𝑐𝑐1 + 𝑐𝑐2 B 11 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 3.2 Système libre amorti On traite dans ce qui suit le cas d’un système vibratoire amorti à un seul degré de liberté. 3.2.1 Modèle masse-ressort-amortisseur On ne traite que le modèle horizontal : l l0 𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0 m c k 0 𝑔𝑔⃗ 𝑦𝑦⃗ 𝑥𝑥⃗ Frottement négligé entre le sol et la masse En mouvement On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) : ���⃗𝑣𝑣 = −𝑐𝑐𝑥𝑥̇ . 𝑥𝑥⃗ 𝐹𝐹 m ����⃗ 𝐹𝐹𝑘𝑘 = −𝑘𝑘𝑘𝑘. 𝑥𝑥⃗ −𝑐𝑐𝑥𝑥̇ − 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ /𝑥𝑥⃗ � /𝑦𝑦⃗ 𝑅𝑅𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 /𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 𝑅𝑅𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 /𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑦𝑦⃗ 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑦𝑦⃗ A chaque instant et suivant la direction y, on trouve l'équilibre statique Rsol/masse = -mg. On appelle l'équation caractéristique du modèle masse-ressort-amortisseur autour l'équilibre : 𝒎𝒎𝒙𝒙̈ + 𝒄𝒄𝒙𝒙̇ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = 𝟎𝟎 Eq(4) 3.2.2 Solution de l'équation de mouvement La forme mathématique de la solution de ce type d'équations est : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑒𝑒 𝑟𝑟𝑟𝑟 Donc 𝑥𝑥̇ (𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑒𝑒 𝑟𝑟𝑟𝑟 & 𝑥𝑥̈ (𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑟𝑟 2 𝑒𝑒 𝑟𝑟𝑟𝑟 Si on divise l'Eq(4) par la masse m on obtient : Eq(5) Eq(6) 𝐤𝐤 𝐦𝐦 𝛚𝛚𝟎𝟎 = � 𝐜𝐜 𝒙𝒙̈ + 𝒄𝒄 𝒌𝒌 𝒙𝒙̇ + 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 𝒎𝒎 𝒎𝒎 𝒙𝒙̈ + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝒙𝒙̇ + 𝝎𝝎𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 𝒙𝒙̈ + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎 𝒙𝒙̇ + 𝝎𝝎𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 : est appelée la pulsation propre ou naturelle du système en rd/s. 𝛌𝛌 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 est appelé coefficient d'amortissement 𝛌𝛌 𝐜𝐜 𝐜𝐜 𝒄𝒄 𝜁𝜁 = 𝛚𝛚 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝛚𝛚 = 𝟐𝟐√𝐤𝐤𝐤𝐤 = 𝒄𝒄 𝟎𝟎 𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄 est appelé facteur d'amortissement ou amortissement relatif 12 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ ccr : constante d'amortissement critique 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐√𝐤𝐤𝐤𝐤 En substituant 𝑥𝑥, 𝑥𝑥̇ 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑥𝑥̈ dans Eq(6) on obtient : 𝑎𝑎𝑒𝑒 𝑟𝑟𝑟𝑟 (𝑟𝑟 2 + 2ζω0 𝑟𝑟 + ω20 ) = 0 Remarque : a et ert ne peuvent pas être nuls. Sinon, on n'aura pas de mouvement pour a=0 et ert mathématiquement est strictement positive. La solution pour r est la solution de 𝑟𝑟 2 + 2ζω0 𝑟𝑟 + ω20 = 0. Le discriminant réduit est alors Δ′ = ω20 . (ζ2 − 1) Donc suivant ζ on peut avoir trois types de solutions : 1. ζ > 1 ∆' > 0 deux racines réelles pour r amortissement sur-critique; 2. ζ = 1 ∆' = 0 une racine réelle double pour r amortissement critique; 3. ζ < 1 ∆' < 0 deux racines imaginaires pour r amortissement sous-critique; Amortissement sur-critique (ζ > 1) On aura dans ce cas un oscillateur très amorti. La solution en r est alors : 𝑟𝑟1,2 = −𝜁𝜁𝜔𝜔0 ± 𝜔𝜔0 �ζ2 − 1 = −𝜆𝜆 ± 𝜔𝜔1 Avec 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0 �ζ2 − 1 la pulsation amortie Donc : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑎𝑎1 𝑒𝑒 𝑟𝑟1 𝑡𝑡 + 𝑎𝑎2 𝑒𝑒 𝑟𝑟2 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 (𝑎𝑎1 𝑒𝑒 +ω 1 𝑡𝑡 + 𝑎𝑎2 𝑒𝑒 −ω 1 𝑡𝑡 ) En posant 𝑎𝑎1 = (𝑏𝑏1 +𝑏𝑏2 ) 2 & 𝑎𝑎2 = (𝑏𝑏1 −𝑏𝑏2 ) 2 on obtient la forme suivante : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �𝑏𝑏1 � Eq(7) 𝑒𝑒 +ω 1 𝑡𝑡 + 𝑒𝑒 −ω 1 𝑡𝑡 𝑒𝑒 +ω 1 𝑡𝑡 − 𝑒𝑒 −ω 1 𝑡𝑡 � + 𝑏𝑏2 � �� 2 2 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒆𝒆−𝝀𝝀𝝀𝝀 �𝒃𝒃𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝟏𝟏 𝒕𝒕) + 𝒃𝒃𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝟏𝟏 𝒕𝒕)� En tenant compte des conditions initiales on aura : 𝑥𝑥(0) = 𝑥𝑥0 & 𝑥𝑥̇ (0) = 𝑣𝑣0 𝑏𝑏1 = 𝑥𝑥0 & 𝑏𝑏2 = 𝑣𝑣0 +𝜆𝜆𝑥𝑥 0 ω1 𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0 x(t) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �𝑥𝑥0 ch(ω1 t) + � � sh(ω1 t)� ω1 13 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) 𝑣𝑣0 𝑥𝑥0 𝑥𝑥0 𝑥𝑥0 Différentes solutions sur-critiques 𝑣𝑣0 𝑣𝑣0 t 𝑣𝑣0 Amortissement critique (ζ = 1) Remarque : Dans le cas d’amortissement critique l’amortissement se fait plus rapidement que pour le cas sur-critique. La solution en r est alors : 𝑟𝑟1 = 𝑟𝑟2 = −𝜔𝜔0 Une autre forme mathématique de la solution est proposée dans ce type d'équation est : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑒𝑒 𝑟𝑟𝑟𝑟 La solution de l'Eq(6) est : 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = (𝒃𝒃𝟏𝟏 + 𝒃𝒃𝟐𝟐 𝒕𝒕)𝒆𝒆−𝝎𝝎𝟎𝟎𝒕𝒕 Eq(8) En tenant compte des conditions initiales classiques on aura : 𝑏𝑏1 = 𝑥𝑥0 & 𝑏𝑏2 = 𝑣𝑣0 + 𝜔𝜔0 𝑥𝑥0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) 𝑣𝑣0 𝑥𝑥0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = (𝑥𝑥0 + (𝑣𝑣0 + 𝜔𝜔0 𝑥𝑥0 )𝑡𝑡)𝑒𝑒 −𝜔𝜔 0 𝑡𝑡 Solution sur-critique Solution critique t Amortissement sous-critique (ζ < 1) La solution en r est alors : 𝑟𝑟1,2 = −𝜁𝜁𝜔𝜔0 ± 𝑖𝑖𝜔𝜔0 �1 − ζ2 = −𝜆𝜆 ± 𝑖𝑖𝜔𝜔1 Avec 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0 �1 − ζ2 la pulsation amortie 14 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Donc : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑎𝑎1 𝑒𝑒 𝑟𝑟1 𝑡𝑡 + 𝑎𝑎2 𝑒𝑒 𝑟𝑟2 𝑡𝑡 = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �𝑎𝑎1 𝑒𝑒 +iω 1 𝑡𝑡 + 𝑎𝑎2 𝑒𝑒 −iω 1 𝑡𝑡 � En posant 𝑎𝑎1 = (𝑏𝑏1 −𝑖𝑖𝑏𝑏2 ) 2 & 𝑎𝑎2 = ��� 𝑎𝑎1 = (𝑏𝑏1 +𝑖𝑖𝑏𝑏2 ) 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �𝑏𝑏1 � 2 on obtient la forme suivante : 𝑒𝑒 +iω 1 𝑡𝑡 + 𝑒𝑒 −iω 1 𝑡𝑡 𝑒𝑒 +iω 1 𝑡𝑡 − 𝑒𝑒 −iω 1 𝑡𝑡 � + 𝑏𝑏2 � �� 2 2𝑖𝑖 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒆𝒆−𝝀𝝀𝝀𝝀 �𝒃𝒃𝟏𝟏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝟏𝟏 𝒕𝒕) + 𝒃𝒃𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝟏𝟏 𝒕𝒕)� Eq(9) Autres formes de l'Eq(9) : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λt 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(ω1 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 𝑜𝑜𝑜𝑜 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λt 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(ω1 𝑡𝑡 + 𝜙𝜙) En tenant compte des conditions initiales on aura : 𝑥𝑥(0) = 𝑥𝑥0 & 𝑥𝑥̇ (0) = 𝑣𝑣0 𝑏𝑏1 = 𝑥𝑥0 & 𝑏𝑏2 = 𝑣𝑣0 +𝜆𝜆𝑥𝑥 0 ω1 x(t) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �𝑥𝑥0 cos(ω1 t) + � Pour les deux autres formes on a: 𝑋𝑋𝑚𝑚 = �𝑥𝑥02 + � 𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0 � sin(ω1 t)� ω1 (𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0 ) 𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0 2 x0 ω1 � , 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑) = − , 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜙𝜙) = (𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0 ) x0 ω1 ω1 Remarque : la solution du sous-critique pour c = 0 (ζ = 0) donne la solution du modèle non amorti. c = 0 ⇒ ζ = 0 ⇒ ω1 = ω0 & 𝜆𝜆 = 0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) 𝑥𝑥0 𝑣𝑣0 𝑿𝑿𝒎𝒎 𝒆𝒆−𝝀𝝀𝝀𝝀 Solution sous-critique Ou Pseudo-périodique 2𝜋𝜋 𝑇𝑇1 = 𝜔𝜔1 Les enveloppes t −𝑿𝑿𝒎𝒎 𝒆𝒆−𝝀𝝀𝝀𝝀 Remarque : Le régime est oscillatoire mais non périodique à cause de la diminution de l’amplitude. Il est dit pseudo-périodique de pseudo-période T1: 𝐓𝐓𝟏𝟏 = 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛚𝛚𝟏𝟏 15 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 3.2.3 Décrément logarithmique 𝑥𝑥(𝑡𝑡 + 𝑛𝑛𝑇𝑇1 ) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λ(𝑡𝑡+𝑛𝑛𝑇𝑇1 ) 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(ω1 (𝑡𝑡 + 𝑛𝑛𝑇𝑇1 ) + 𝜑𝜑) Si on calcule : 𝑥𝑥(𝑡𝑡 + 𝑛𝑛𝑇𝑇1 ) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λt . e−λ𝑛𝑛𝑇𝑇1 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 �ω1 t + 𝑛𝑛 ω � 1 𝑇𝑇1 + 𝜑𝜑� ����������������� 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 (ω 1 t+𝜑𝜑) 𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λt . 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(ω1 t + 𝜑𝜑) 𝑥𝑥(𝑡𝑡 + 𝑛𝑛𝑇𝑇1 ) = e−λ𝑛𝑛𝑇𝑇1 . ��������������� x(t) eλ𝑛𝑛𝑇𝑇1 = On obtient alors : x(t) 𝑥𝑥(𝑡𝑡 + 𝑛𝑛𝑇𝑇1 ) 𝟏𝟏 𝒙𝒙(𝒕𝒕) 𝜹𝜹 = 𝝀𝝀𝑻𝑻𝟏𝟏 = 𝒏𝒏 𝒍𝒍𝒍𝒍 � Eq(10) � 𝒙𝒙(𝒕𝒕+𝒏𝒏𝑻𝑻𝟏𝟏 ) La quantité δ est appelée le décrément logarithmique. Il est utilisé dans l’exploitation des mesures expérimentales pour déterminer les caractéristiques d'un système vibratoire. On mesure x(t0) au temps t0 et x(t0+nT1) au temps t0+nT1. n étant le nombre de pseudo-périodes. Procédure de détermination des caractéristiques d'un système vibratoire (ζ < 1): 𝑥𝑥(𝑡𝑡) 𝑥𝑥(𝑡𝑡0 ) 𝑥𝑥(𝑡𝑡0 + 5𝑇𝑇1 ) 5𝑇𝑇1 , (𝑛𝑛 = 5) 𝑇𝑇1 t Enregistrement d'un mouvement Pseudo-périodique 1. On calcule δ Eq(10). 2. 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0 �1 − ζ2 � T1 = 2π ω1 = 𝜔𝜔 0 �1−ζ 2 λ = ζω0 Eq(11) Eq(12) Remarque : si ζ <<1 → δ = 2πζ 2π ⇒ δ = λT1 = 𝜹𝜹 = 𝜻𝜻 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 2πζ �1−ζ 2 �𝟏𝟏−𝜻𝜻𝟐𝟐 𝜹𝜹 �𝟒𝟒𝝅𝝅𝟐𝟐 +𝜹𝜹𝟐𝟐 16 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 3. Connaissant T1 (mesurée) on détermine ω1 = 𝜔𝜔 1 4. On détermine par la suite 𝜔𝜔0 = �1−ζ 2 2π T1 5. Si on a la raideur équivalente k du système on peut déterminer la masse équivalente m du 𝑘𝑘 système sachant 𝜔𝜔02 = 𝑚𝑚 6. Si on a la masse équivalente m du système on peut déterminer la raideur équivalente k du 𝑘𝑘 système sachant 𝜔𝜔02 = 𝑚𝑚 3.3 Stabilité d'un système vibratoire 3.3.1 Etude d'un pendule inversé (petites oscillations) 𝑥𝑥⃗ m l k 𝑥𝑥⃗ m l k 𝑥𝑥⃗ 𝑔𝑔⃗ 2k l/2 m θ 2k l/2 O 𝑦𝑦⃗ 𝑦𝑦⃗ O O 𝑦𝑦⃗ On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) : 𝑥𝑥⃗ �⃗ −𝟐𝟐𝟐𝟐. 𝚫𝚫𝒚𝒚𝒚𝒚 𝑙𝑙 Δ𝑦𝑦 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜃𝜃) 2 𝑙𝑙. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜃𝜃) �����⃗ 𝑂𝑂𝑂𝑂 � 𝑙𝑙. 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜃𝜃) � 0 A m θ −𝑚𝑚𝑚𝑚𝑥𝑥⃗ B 𝑙𝑙 . 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜃𝜃) ⎛2 ⎞ �����⃗ 𝑂𝑂𝑂𝑂 ⎜ 𝑙𝑙 . 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜃𝜃) ⎟ 2 0 ⎝ ⎠ 𝑦𝑦⃗ O 𝒍𝒍 ������⃗ ∧ (−𝒎𝒎𝒎𝒎𝒙𝒙 �������⃗𝒐𝒐 = 𝑶𝑶𝑶𝑶 ������⃗ ∧ �−𝟐𝟐𝟐𝟐 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝜽𝜽)𝒚𝒚 �⃗) + 𝑶𝑶𝑶𝑶 �⃗� = 𝒎𝒎𝒍𝒍𝟐𝟐 𝜽𝜽̈𝒛𝒛 �⃗ � 𝓜𝓜 𝟐𝟐 l l �m. g. l. sin(θ) − 2k sin(θ). cos(θ) = ml2 θ̈� z⃗ 2 2 𝐥𝐥𝟐𝟐 𝟐𝟐 ̈ θ petit 𝐦𝐦𝐥𝐥 𝛉𝛉 + �𝐤𝐤 𝟐𝟐 − 𝐦𝐦. 𝐠𝐠. 𝐥𝐥� 𝛉𝛉 = 𝟎𝟎 Méthode énergétique 2 1 1 l 𝐸𝐸 = 𝐸𝐸𝐶𝐶 + 𝐸𝐸𝑝𝑝 = ml2 θ̇2 + 2k � sin(θ)� + �� mglcos(θ) ����� = Cst ����� 2 2 2 ����������� (𝑚𝑚 ) 1 𝐸𝐸𝑐𝑐 = Jθ̇ 2 2 𝐸𝐸𝑝𝑝 (𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟𝑟 ) 𝐸𝐸𝑝𝑝 l2 𝜕𝜕𝜕𝜕 = θ̇ � ml2 θ̈ + k sin(θ)cos(θ) − m. g. l. sin(θ)� = 0 2 𝜕𝜕𝜕𝜕 𝐥𝐥𝟐𝟐 θ petit 𝐦𝐦𝐥𝐥𝟐𝟐 𝛉𝛉̈ + �𝐤𝐤 𝟐𝟐 − 𝐦𝐦. 𝐠𝐠. 𝐥𝐥� 𝛉𝛉 = 𝟎𝟎 17 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 2 En divisant par ml on aura : θ̈ + l2 2 �k −m.g.l� ml 2 Avec kt est la rigidité de torsion équivalente. k θ = 0 de la forme θ̈ + Jt θ = 0 On aura un système stable si kt est > 0 et un système instable si kt <0. l2 �k −m.g.l� 2 Si kt > 0 𝜃𝜃(𝑡𝑡) = 𝜃𝜃. 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜔𝜔0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝜔𝜔0 = � ml 2 l2 �m.g.l−k � 2 Si kt < 0 𝜃𝜃(𝑡𝑡) = �𝜃𝜃1 . 𝑐𝑐ℎ(𝜔𝜔0 𝑡𝑡) + 𝜃𝜃2 . 𝑠𝑠ℎ(𝜔𝜔0 𝑡𝑡)� 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝜔𝜔0 = � ml 2 D'une manière générale, un système vibratoire est instable si sa rigidité équivalente (ou sa constante d'amortissement équivalente) est négative . 18 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4 Mouvement vibratoire forcé l l0 𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0 m F(t) c k 𝑔𝑔⃗ 0 𝑦𝑦⃗ 𝑥𝑥⃗ Frottement négligé entre le sol et la masse En mouvement On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) : ���⃗𝑣𝑣 = −𝑐𝑐𝑥𝑥̇ . 𝑥𝑥⃗ 𝐹𝐹 ����⃗ 𝐹𝐹𝑘𝑘 = −𝑘𝑘𝑘𝑘. 𝑥𝑥⃗ m 𝑅𝑅𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 /𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑦𝑦⃗ F(t) 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑦𝑦⃗ /𝑥𝑥⃗ −𝑐𝑐𝑥𝑥̇ − 𝑘𝑘𝑘𝑘 + 𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ � /𝑦𝑦⃗ 𝑅𝑅𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 /𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 + 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 0 A chaque instant et suivant la direction y, on trouve l'équilibre statique Rsol/masse = -mg. On appelle l'équation de mouvement forcé d'un modèle masse-ressort-amortisseur autour l'équilibre : Eq(13) 𝒎𝒎𝒙𝒙̈ + 𝒄𝒄𝒙𝒙̇ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = 𝑭𝑭(𝒕𝒕) 4.1 Forme de la réponse d'un mouvement vibratoire forcé L'équation de mouvement Eq(13) est une équation différentielle non homogène. Donc, la solution de cette équation s'écrit sous la forme suivante : 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝒉𝒉 (𝒕𝒕) + 𝒙𝒙𝒑𝒑 (𝒕𝒕) xh(t) est la solution homogène de l'équation: 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑐𝑐𝑥𝑥̇ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 0. Donc, on a quatre possibilités suivant le facteur d'amortissement ζ. 1. 2. 3. 4. ζ = 0 cas non amorti 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜔𝜔0 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) ζ < 0 cas sous-critique 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜔𝜔1 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �𝑏𝑏1 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)+𝑏𝑏2 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)� ζ > 1 cas sur-critique 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �𝑏𝑏1 𝑐𝑐ℎ(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)+𝑏𝑏2 𝑠𝑠ℎ(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)� ζ = 1 cas critique 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 (𝑏𝑏1 +𝑏𝑏2 𝑡𝑡) xp(t) est la solution particulière. D'une manière générale elle a la même forme que F(t). Remarque : La solution particulière xp(t) est aussi appelée la solution permanente. Cette appellation vient du fait que c'est la solution qui reste après l'atténuation de xh(t) après un certain temps. 19 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4.2 Réponse à une excitation harmonique 𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0 cos (𝜔𝜔𝜔𝜔) , ω : est appelée la pulsation forcée. 𝒎𝒎𝒙𝒙̈ + 𝒄𝒄𝒙𝒙̇ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = 𝑭𝑭𝟎𝟎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 (𝝎𝝎𝝎𝝎) Eq(14) Si on divise l'Eq(14) par la masse m on obtient : 𝑭𝑭𝟎𝟎 𝒙𝒙̈ + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎 𝒙𝒙̇ + 𝝎𝝎𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒙𝒙 = Eq(15) 𝒎𝒎 xh(t) est choisie suivant le facteur d'amortissement ζ. 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 (𝝎𝝎𝝎𝝎) xp(t) aura une forme harmonique 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑋𝑋. cos (𝜔𝜔𝜔𝜔 + 𝜑𝜑′) Pour trouver xp(t), on va substituer la forme proposée dans l'équation de mouvement. On utilisera la méthode complexe pour la recherche de xp(t). 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) ⇒ 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑒𝑒 𝑖𝑖(𝜔𝜔𝜔𝜔 +𝜑𝜑′) 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑅𝑅 �𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡)� L'équation Eq(15) devient : 𝕩𝕩̇𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) & 𝕩𝕩𝑝𝑝̈ (𝑡𝑡) = −𝜔𝜔2 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) F0 iωt e m 𝕩𝕩p (t)(−ω2 + 2iζω0 ω + ω20 ) = On introduit le facteur de fréquences 𝜷𝜷 = 𝝎𝝎 𝝎𝝎𝟎𝟎 F L'équation précédente peut s'écrire : 𝕩𝕩p (t)(1 − β2 + 2iζβ) = mω0 2 eiωt = ��� 0 k 𝕩𝕩p (t) = 1 2ζβ F0 . ei(ωt−φ) avec tg(φ) = k �(1 − β2 )2 + (2ζβ)2 1 − β2 Ce qui donne 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑅𝑅 �𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡)� = Eq(16) F 0 iωt e k F0 1 . cos �ωt −φ �� 2 k �(1−β )2 +(2ζβ )2 ����������� φ′ X 𝒙𝒙𝒑𝒑 (𝒕𝒕) = 𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿(𝝎𝝎𝝎𝝎 − 𝝋𝝋) 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 L'amplitude X s'écrit sous la forme X = X s . μ(β, ζ) � ⎧𝑿𝑿 = ⎨ ⎩ 𝟏𝟏 𝟐𝟐 ��𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐 � +(𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 𝒕𝒕𝒕𝒕(𝝋𝝋) = Xs = μ(β, ζ) = µ(β,ζ) : est appelé le facteur d'amplification dynamique 𝑭𝑭𝟎𝟎 . 𝒌𝒌 F0 k 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐 & ⎧𝝎𝝎𝟎𝟎 = � 𝒌𝒌 𝒎𝒎 ⎪ 𝜻𝜻 = 𝒄𝒄 𝟐𝟐√𝒌𝒌𝒌𝒌 ⎨ ⎪ 𝜷𝜷 = 𝝎𝝎 ⎩ 𝝎𝝎𝟎𝟎 1 �(1−β 2 )2 +(2ζβ )2 20 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ La solution totale de l'équation de mouvement devient : 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝒉𝒉 (𝒕𝒕) + 𝟏𝟏 𝐅𝐅𝟎𝟎 . 𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝛚𝛚𝛚𝛚 − 𝛗𝛗) 𝐤𝐤 �(𝟏𝟏 − 𝛃𝛃𝟐𝟐 )𝟐𝟐 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 4.2.1 Tracé de l'amplitude et du déphasage de la solution permanente 4.2.1.1 Tracé de l'amplitude Dans ce qui suit on va tracer la fonction : X Xs Etude de la fonction µ(β,ζ) pour un ζ donné: = μ(β, ζ) � Xs = μ(β, ζ) = F0 k 1 �(1−β 2 )2 +(2ζβ )2 On a μ(0, ζ) = 1 et limβ→∞ μ(β, ζ) = 0 Recherche des maximums : 1 −4β(1 − β2 ) + 8ζ2 β 1 4β�β2 − (1 − 2ζ2 )� ∂μ(β, ζ) =− = − =0 ∂β 2 ((1 − β2 )2 + (2ζβ)2 )3�2 2 ((1 − β2 )2 + (2ζβ)2 )3�2 Maximum 1 𝛃𝛃 = 𝟎𝟎 ⇒ 𝛍𝛍(𝟎𝟎, 𝛇𝛇) = 𝟏𝟏 1 Maximum 2 (existe si ζ < 2 ≈ 0.707) √ 𝟏𝟏 𝟏𝟏 𝛃𝛃𝐜𝐜 = �𝟏𝟏 − 𝟐𝟐𝛇𝛇𝟐𝟐 ⇒ 𝛍𝛍(𝛃𝛃𝐜𝐜 , 𝛇𝛇) = 𝐬𝐬𝐬𝐬 𝛇𝛇 ≪ 𝟏𝟏 ⇒ 𝛍𝛍(𝛃𝛃𝐜𝐜 , 𝛇𝛇) ≈ 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟐𝟐𝟐𝟐�𝟏𝟏 − 𝛇𝛇𝟐𝟐 1 �1 − 𝛽𝛽 4 21 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4.2.1.2 Tracé du déphasage Dans ce qui suit on va tracer la fonction : 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑) = 2𝜁𝜁𝜁𝜁 1−𝛽𝛽 2 ⇒� 2𝜁𝜁𝜁𝜁 � 1−𝛽𝛽 2 2𝜁𝜁𝜁𝜁 atan � 2 � + 1−𝛽𝛽 φ = atan � φ= si β > 1 π si β < 1 Exemple : (cas ζ <1) Conditions initiales : 𝑥𝑥0 ≠ 0 & 𝑣𝑣0 ≠ 0 𝑥𝑥ℎ (𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �𝑏𝑏1 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)+𝑏𝑏2 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)� x(t) = e−λt �b1 cos(ω1 t)+b2 sin(ω1 t)� + Xcos(ωt − φ) x(0) = 𝑥𝑥0 = b1 + Xcos(φ) ẋ (t) = e−λt �−λ�b1 cos(ω1 t)+b2 sin(ω1 t)� + �−b1 ω1 . sin(ω1 t)+b2 ω1 . cos(ω1 t)�� − ωX. sin(ωt − φ) ẋ (0) = 𝑣𝑣0 = (−λb1 +b2 ω1 ) + ωX. sin(φ) b1 = 𝑥𝑥0 − Xcos(φ) b1 = 𝑥𝑥0 − Xcos(φ) 𝑣𝑣0 + λ�𝑥𝑥0 − Xcos(φ)� − ωX. sin(φ) ⇒� � −λb1 +b2 ω1 + ωX. sin(φ) = 𝑣𝑣0 b2 = ω1 22 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Phase stabilisée Ou Phase permanente Phase transitoire Phase transitoire Phase stabilisée Ou Phase permanente x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=100Ns/m F0=50N ω=1rd/s β=0.126 x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=100Ns/m F0=50N ω=5rd/s β=0.632 Cas particulier non amorti (c=0 ζ=0) Si ζ = 0 ( φ = 0 , λ=0 , ω1=ω0) X = x(t) = �𝑥𝑥0 − F0 1 . k |1−β 2 | = F0 ω2 . 2 0 2 k ω 0 −ω b1 = 𝑥𝑥0 − X � b = 𝑣𝑣0 2 𝜔𝜔 0 F0 ω20 𝑣𝑣0 F0 ω20 . cos(ω . 2 t) + . sin(ω t) + . cos(ωt) � 0 0 k ω0 − ω2 𝜔𝜔0 k ω20 − ω2 x(t) = 𝑥𝑥0 . cos(ω0 t) + 𝑣𝑣0 F0 ω20 . sin(ω0 t) + . 2 �cos(ωt) − cos(ω0 t)� 𝜔𝜔0 k ω0 − ω2 x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=0Ns/m F0=50N ω=3rd/s β=0.379 x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=0Ns/m F0=50N ω=0.5rd/s β=0.063 23 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Cas de Résonance (ω=ω0 β =1) Pour le cas (ω=ω0), le choix de xp (t) = Xcos(ω0 t + φ′) n'est plus valable car elle se confond avec la solution homogène. On prend alors la deuxième forme possible : xp (t) = t. Xcos(ω0 t + φ′) ẋ p (t) = X�cos(ω0 t + φ′) − ω0 t. sin(ω0 t + φ′)� xp̈ (t) = X �−2ω0 sin(ω0 t + φ′) − ω20 t. cos(ω0 t + φ′)� L'équation de mouvement étant ẍ + ω20 x = F0 cos (ω0 t) m devient : X �−2ω0 sin(ω0 t + φ′) − ω20 t. cos(ω0 t + φ′)� + ω20 t. Xcos(ω0 t + φ′) = −2ω0 X. sin(ω0 t + φ′) = F0 cos (ω0 t) m Ou encore : 2ω0 X. sin(−ω0 t − φ′) = Donc � F X = 2ω 0m φ′ = 0 π − 2 F F0 π sin ( m 2 F0 cos (ω0 t) m − ω0 t) ⇒ xp (t) = 2ω 0m t. sin(ω0 t) 0 x(t) = 𝑏𝑏1 . cos(ω0 t) + b2 . sin(ω0 t) + F0 t. sin(ω0 t) 2ω0 m Avec les conditions initiales classiques, on aura : 𝑣𝑣0 F0 x(t) = 𝑥𝑥0 . cos(ω0 t) + � + t� sin(ω0 t) 𝜔𝜔0 2ω0 m x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=0Ns/m F0=50N ω=0.5rd/s β=1 24 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4.3 Réponse à une excitation due au déséquilibre du rotor En général les machines tournantes, comme par exemple un moteur électrique, présentent un déséquilibre du à la distribution de la masse. On schématise ce déséquilibre par une masse tournante m0 excentrée d'une distance e par rapport à l'axe de rotation. ωb La masse m0 est inclue dans la masse totale m 𝑦𝑦⃗ m k 𝑥𝑥⃗ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) e m0 Position 0 d'équilibre c Rappel : force centrifuge due à une masse tournante (ωb constante) : 𝑒𝑒𝑟𝑟 ���⃗ 𝑒𝑒𝜃𝜃 ����⃗ ���⃗ 𝐹𝐹𝑐𝑐 m0 𝑦𝑦⃗ 𝑥𝑥⃗ ωbt ���⃗ 𝐹𝐹𝑐𝑐 = 𝑚𝑚0 𝑒𝑒𝜔𝜔𝑏𝑏2 . ���⃗ 𝑒𝑒𝑟𝑟 e 0 ωb 𝑚𝑚 𝑒𝑒𝜔𝜔2 . cos (𝜔𝜔𝑏𝑏 𝑡𝑡) ���⃗ 𝐹𝐹𝑐𝑐 � 0 𝑏𝑏2 � 𝑚𝑚0 𝑒𝑒𝜔𝜔𝑏𝑏 . sin (𝜔𝜔𝑏𝑏 𝑡𝑡) On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) : ���⃗ 𝐹𝐹𝑐𝑐 ����⃗ 𝐹𝐹𝑘𝑘 = −𝑘𝑘𝑘𝑘. 𝑥𝑥⃗ m (𝜔𝜔𝑏𝑏 𝑡𝑡) = 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ /𝑥𝑥⃗ −𝑐𝑐𝑥𝑥̇ − 𝑘𝑘𝑘𝑘 + 𝑚𝑚0 𝑒𝑒𝜔𝜔𝑏𝑏2 . cos � 2 /𝑦𝑦⃗ 𝑅𝑅𝑏𝑏â𝑡𝑡𝑡𝑡/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 + 𝑚𝑚0 𝑒𝑒𝜔𝜔𝑏𝑏 . sin (𝜔𝜔𝑏𝑏 𝑡𝑡) = 0 𝑅𝑅𝑏𝑏â𝑡𝑡𝑡𝑡/𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑦𝑦⃗ ���⃗𝑣𝑣 = −𝑐𝑐𝑥𝑥̇ . 𝑥𝑥⃗ 𝐹𝐹 Remarque : Quand on travaille autour de la position d'équilibre, on ne fait pas intervenir le poids. Puisque, il est compensé par la compression initiale du ressort lors du montage de m. c'est-à-dire 𝑚𝑚𝑚𝑚 = −𝑘𝑘�𝑙𝑙é𝑞𝑞 − 𝑙𝑙0 � à chaque instant. (𝜔𝜔𝑏𝑏 𝑡𝑡). A chaque instant et suivant la direction y, on a 𝑅𝑅𝑏𝑏â𝑡𝑡𝑡𝑡 /𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = −𝑚𝑚0 𝑒𝑒𝜔𝜔𝑏𝑏2 . sin L'équation de mouvement, autour l'équilibre, est alors : Eq(17) 𝒎𝒎𝒙𝒙̈ + 𝒄𝒄𝒙𝒙̇ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = 𝒎𝒎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝝎𝝎𝟐𝟐𝒃𝒃 . 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 (𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒕𝒕) Si on divise l'Eq(17) par la masse m on obtient : Eq(18) 𝒙𝒙̈ + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎 𝒙𝒙̇ + 𝝎𝝎𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒙𝒙 = 𝒎𝒎𝟎𝟎 𝒆𝒆𝝎𝝎𝟐𝟐𝒃𝒃 𝒎𝒎 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 (𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒕𝒕) 25 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ xh(t) est choisie suivant le facteur d'amortissement ζ. xp(t) aura une forme harmonique 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑋𝑋. cos (𝜔𝜔𝑏𝑏 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑′) Pour trouver xp(t), on va substituer la forme proposée dans l'équation de mouvement. On utilisera la méthode complexe pour la recherche de xp(t). 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) ⇒ 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑒𝑒 𝑖𝑖(𝜔𝜔 𝑏𝑏 𝑡𝑡+𝜑𝜑′) 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑅𝑅 �𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡)� L'équation Eq(18) devient : 𝕩𝕩̇𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑖𝑖𝜔𝜔𝑏𝑏 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) & 𝕩𝕩̈𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = −𝜔𝜔𝑏𝑏2 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) 𝕩𝕩p (t)�−𝜔𝜔𝑏𝑏2 + 2iζω0 𝜔𝜔𝑏𝑏 + ω20 � = 𝝎𝝎 On introduit le facteur de fréquences 𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝒃𝒃 𝟎𝟎 L'équation précédente peut s'écrire : 𝕩𝕩p (t)(1 − β2 + 2iζβ) = m0 eω2b iω t e b m m 0 eω 2b mω 20 m eiω b t = � m0 e� β2 eiω b t β2 2ζβ m0 ei(ω b t−φ) avec tg(φ) = 𝕩𝕩p (t) = � e� m 1 − β2 �(1 − β2 )2 + (2ζβ)2 m β2 Ce qui donne 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑅𝑅 �𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡)� = � m0 e� cos �ωb t −φ �� )2 )2� �(1−β +(2ζβ ������ ���2� ���� Eq(19) X 𝒙𝒙𝒑𝒑 (𝒕𝒕) = 𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿(𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒕𝒕 − 𝝋𝝋) 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 m φ′ ⎧𝑿𝑿 = �𝒎𝒎𝟎𝟎 𝒆𝒆� 𝒎𝒎 ⎪ � ⎨ ⎪ ⎩ 𝜷𝜷𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝟐𝟐 �𝟏𝟏−𝜷𝜷 � +(𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 𝒕𝒕𝒕𝒕(𝝋𝝋) = L'amplitude X s'écrit sous la forme X = � m0 e� . μ(β, ζ); 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 μ(β, ζ) = µ(β,ζ) : est appelé le facteur d'amplification dynamique 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐 & β2 ⎧𝝎𝝎𝟎𝟎 = � 𝒌𝒌 𝒎𝒎 ⎪ 𝜻𝜻 = 𝒄𝒄 𝟐𝟐√𝒌𝒌𝒌𝒌 ⎨ ⎪ 𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝒃𝒃 ⎩ 𝝎𝝎𝟎𝟎 �(1−β 2 )2 +(2ζβ )2 La solution totale de l'équation de mouvement devient : 𝛃𝛃𝟐𝟐 𝐦𝐦𝟎𝟎 (𝒕𝒕) 𝐞𝐞� . 𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝛚𝛚𝐛𝐛 𝐭𝐭 − 𝛗𝛗) 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝒉𝒉 +� 𝐦𝐦 �(𝟏𝟏 − 𝛃𝛃𝟐𝟐 )𝟐𝟐 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 4.3.1 Tracé de l'amplitude et du déphasage de la solution permanente 4.3.1.1 Tracé de l'amplitude Dans ce qui suit on va tracer la fonction : X.m m0e = μ(β, ζ); 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 μ(β, ζ) = β2 �(1−β 2 )2 +(2ζβ )2 26 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Etude de la fonction µ(β,ζ) pour un ζ donné: On a μ(0, ζ) = 0 et limβ→∞ μ(β, ζ) = 1 Recherche des maximums : 1 2 2 2 2 2 2 ∂μ(β, ζ) 2β((1 − β ) + (2ζβ) ) − 2 (−4β(1 − β ) + 8ζ β)β 2β�1 − β2 (1 − 2ζ2 )� = = 3 3 =0 ∂β ((1 − β2 )2 + (2ζβ)2 ) �2 ((1 − β2 )2 + (2ζβ)2 ) �2 Maximum 1 𝛃𝛃 = 𝟎𝟎 ⇒ 𝛍𝛍(𝟎𝟎, 𝛇𝛇) = 𝟎𝟎 Maximum 2 (existe si ζ < 𝛃𝛃𝐜𝐜 = 1 √2 𝟏𝟏 ≈ 0.707) �𝟏𝟏 − 𝟐𝟐𝛇𝛇𝟐𝟐 ⇒ 𝛍𝛍(𝛃𝛃𝐜𝐜 , 𝛇𝛇) = 𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐�𝟏𝟏 − 𝛇𝛇𝟐𝟐 𝐬𝐬𝐬𝐬 𝛇𝛇 ≪ 𝟏𝟏 ⇒ 𝛍𝛍(𝛃𝛃𝐜𝐜 , 𝛇𝛇) ≈ 𝟏𝟏 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝛽𝛽 2 X. m m0 e �𝛽𝛽 4 − 1 4.3.1.2 Tracé du déphasage Pour le tracé de la fonction 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑) = figure que celle du paragraphe 4.2.1.2 2𝜁𝜁𝜁𝜁 1−𝛽𝛽 2 ⇒� 2𝜁𝜁𝜁𝜁 � 1−𝛽𝛽 2 2𝜁𝜁𝜁𝜁 atan � 2 � + 1−𝛽𝛽 φ = atan � φ= si β > 1 π si β < 1 , on obtient la même 27 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4.4 Réponse à une excitation par déplacement imposé du support Généralement les machines ou des parties de machines sont excitées d'une manière harmonique par leurs supports élastiques. Ces situations peuvent être modélisées par le modèle suivant : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) m Position d'équilibre 𝑦𝑦(𝑡𝑡) = 𝑌𝑌𝑌𝑌𝑌𝑌𝑌𝑌(𝜔𝜔𝑏𝑏 𝑡𝑡) c k 𝑥𝑥⃗ Base excitée On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) : m ����⃗ 𝐹𝐹𝑘𝑘 = −𝑘𝑘(𝑥𝑥 − 𝑦𝑦). 𝑥𝑥⃗ ���⃗𝑣𝑣 = −𝑐𝑐(𝑥𝑥̇ − 𝑦𝑦̇ )𝑥𝑥⃗ 𝐹𝐹 𝑥𝑥⃗/−𝑐𝑐(𝑥𝑥̇ − 𝑦𝑦̇ ) − 𝑘𝑘(𝑥𝑥 − 𝑦𝑦) = 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ Remarque : Quand on travaille autour de la position d'équilibre, on ne fait pas intervenir le poids. Puisque, il est compensé par la compression initiale du ressort lors du montage de m. c'est-à-dire 𝑚𝑚𝑚𝑚 = −𝑘𝑘�𝑙𝑙é𝑞𝑞 − 𝑙𝑙0 � à chaque instant. L'équation de mouvement, autour l'équilibre, est alors : Eq(20) 𝒎𝒎𝒙𝒙̈ + 𝒄𝒄𝒙𝒙̇ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = 𝒄𝒄𝒚𝒚̇ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = −𝒄𝒄. 𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀(𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒕𝒕) + 𝒌𝒌. 𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀(𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒕𝒕) Si on divise l'Eq(20) par la masse m on obtient : Eq(21) 𝒙𝒙̈ + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎 𝒙𝒙̇ + 𝝎𝝎𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒙𝒙 = −𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎 𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀(𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒕𝒕) + 𝝎𝝎𝟐𝟐𝟎𝟎 𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀𝒀(𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒕𝒕) 𝝎𝝎 On introduit le facteur de fréquences 𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝒃𝒃 𝟎𝟎 ẍ + 2ζω0 ẋ + ω20 x = ω20 Y� 1. cos(ωb t) − 2ζβ. sin(ωb t)� ẍ + 2ζω0 ẋ + ω20 x = ω20 Y�1 + (2ζβ)2 cos(ωb t + θ) avec tg(θ) = 2ζβ xh(t) est choisie suivant le facteur d'amortissement ζ. xp(t) aura une forme harmonique 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑋𝑋. cos (𝜔𝜔𝑏𝑏 𝑡𝑡 + 𝜑𝜑′) Pour trouver xp(t), on va substituer la forme proposée dans l'équation de mouvement. On utilisera la méthode complexe pour la recherche de xp(t). 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) ⇒ 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑒𝑒 𝑖𝑖(𝜔𝜔 𝑏𝑏 𝑡𝑡+𝜑𝜑′) 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑅𝑅 �𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡)� 28 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ L'équation Eq(18) devient : 𝕩𝕩̇𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑖𝑖𝜔𝜔𝑏𝑏 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) & 𝕩𝕩𝑝𝑝̈ (𝑡𝑡) = −𝜔𝜔𝑏𝑏2 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) 𝕩𝕩p (t)�−𝜔𝜔𝑏𝑏2 + 2iζω0 𝜔𝜔𝑏𝑏 + ω20 � = ω20 Y�1 + (2ζβ)2 ei(ω b t+θ) L'équation précédente peut s'écrire : 𝕩𝕩p (t)(1 − β2 + 2iζβ) = Y�1 + (2ζβ)2 ei(ω b t+θ) 2ζβ 1 + (2ζβ)2 𝕩𝕩p (t) = Y� ei(ω b t+θ−δ) avec tg(δ) = 2 2 2 (1 − β ) + (2ζβ) 1 − β2 Ce qui donne 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑅𝑅 �𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡)� = φ 1+(2ζβ )2 � �� �θ) �� (δ −�� Y�(1−β 2 )2 +(2ζβ )2 cos �ωb t − �� ��� ��� �������� φ′ X 𝟏𝟏+(𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 ⎧𝑿𝑿 = 𝒀𝒀 � 𝟐𝟐 𝟐𝟐 ⎪ �𝟏𝟏−𝜷𝜷 � +(𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 �� � � � ��� ����� & 𝒙𝒙𝒑𝒑 (𝒕𝒕) = 𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿𝑿(𝝎𝝎𝒃𝒃 𝒕𝒕 − 𝝋𝝋) 𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂𝒂 ⎨ 𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷𝟑𝟑 ⎪ 𝒕𝒕𝒕𝒕(𝝋𝝋) = ⎩ 𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐 +(𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 Eq(22) 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝛿𝛿 )−𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜃𝜃) Remarque : on démontre assez facilement que 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑) = 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝛿𝛿 − 𝜃𝜃) = 1+𝑡𝑡𝑡𝑡(𝛿𝛿 ).𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜃𝜃) La quantité 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 𝑋𝑋 𝑌𝑌 ⎧𝝎𝝎𝟎𝟎 = � 𝒌𝒌 𝒎𝒎 ⎪ 𝜻𝜻 = 𝒄𝒄 𝟐𝟐√𝒌𝒌𝒌𝒌 ⎨ ⎪ 𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝒃𝒃 ⎩ 𝝎𝝎𝟎𝟎 est appelée la transmissibilité du déplacement : 𝑻𝑻𝑻𝑻: 𝑿𝑿 𝟏𝟏 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 =� (𝟏𝟏 − 𝛃𝛃𝟐𝟐 )𝟐𝟐 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 𝒀𝒀 La solution totale de l'équation de mouvement devient : 𝟏𝟏 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 . 𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝛚𝛚𝐛𝐛 𝐭𝐭 − 𝛗𝛗) 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝒉𝒉 (𝒕𝒕) + 𝐘𝐘� (𝟏𝟏 − 𝛃𝛃𝟐𝟐 )𝟐𝟐 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐)𝟐𝟐 4.4.1 Tracé de transmissibilité du déplacement (TR) 4.4.1.1 Tracé de TR 𝑋𝑋 𝑌𝑌 1+(2ζβ )2 Dans ce qui suit on va tracer la fonction : 𝑇𝑇𝑇𝑇(𝛽𝛽, 𝜁𝜁): = �(1−β 2 )2 +(2ζβ )2 Etude de la fonction TR pour un ζ donné: On a TR(0, ζ) = 1 et limβ→∞ TR(β, ζ) = 0 1+8ζ 2 Remarque : On remarque que pour tous les ζ, on a : TR�√2, ζ� = �(1−2)2 +8ζ 2 = 1 29 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Domaine d'amplification Domaine d'isolation 𝜷𝜷 = √𝟐𝟐 4.4.1.2 Tracé du déphasage Tracé de la fonction tg(φ) = 2ζβ 3 1−β 2 +(2ζβ )2 2ζβ 3 � 1−β 2 +(2ζβ )2 2ζβ 3 atan �1−β 2 +(2ζβ )2 � + φ = atan � ⇒� φ= si β2 (1 − (2ζ)2 ) < 1 π si β2 (1 − (2ζ)2 ) > 1 30 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4.4.2 Force transmise de la base à la masse 𝑥𝑥(𝑡𝑡), 𝑥𝑥̇ (𝑡𝑡) m �𝑭𝑭⃗ ����⃗ 𝐹𝐹𝑘𝑘 = 𝑘𝑘(𝑥𝑥 − 𝑦𝑦). 𝑥𝑥⃗ k c Base excitée ���⃗𝑣𝑣 = 𝑐𝑐(𝑥𝑥̇ − 𝑦𝑦̇ )𝑥𝑥⃗ 𝐹𝐹 𝑦𝑦(𝑡𝑡), 𝑦𝑦̇ (𝑡𝑡) De l'équilibre dynamique on obtient : 𝐹𝐹 = 𝑐𝑐(𝑥𝑥̇ − 𝑦𝑦̇ ) + 𝑘𝑘(𝑥𝑥 − 𝑦𝑦) = −𝑚𝑚𝑥𝑥̈ A l'état stabilisé (phase permanente) on obtient : F = −mxp̈ (t) = mω2b X. cos(ωb t − φ) = FT . cos(ωb t − φ) ω2b 1 + (2ζβ)2 2 � FT = �mω � Y � � �0 (1 − β2 )2 + (2ζβ)2 ω20 ��� k β2 1 + (2ζβ)2 FT = β2 � (1 − β2 )2 + (2ζβ)2 kY 31 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4.5 Isolation d'un système vibratoire Isoler un système, de masse m, des vibrations revient à bien choisir k et c de telle manière que le système fonctionne dans de bonnes conditions. Il y a deux types d'isolations : 1. Isolation en déplacement : Eviter que l'amplitude de vibrations ne dépasse une certaine limite; 2. Isolation en force : Eviter que la force transmise au système ne dépasse une certaine limite. Cas à étudier : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) m k 𝐅𝐅(𝐭𝐭) = 𝐅𝐅𝟎𝟎 𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝛚𝛚𝛚𝛚) Isolateurs de vibrations m c Base mobile k 𝑦𝑦(𝑡𝑡) = 𝑌𝑌𝑌𝑌𝑌𝑌𝑌𝑌(𝜔𝜔𝑏𝑏 𝑡𝑡) Solution permanent : xp (t) = Xcos(ωb t − φ) 𝑋𝑋 1 + (2ζβ)2 𝑇𝑇𝑇𝑇: = � (1 − β2 )2 + (2ζβ)2 𝑌𝑌 Force transmise de la base à la masse : F = −mxp̈ (t) = FT . cos(ωb t − φ) FT 1 + (2ζβ)2 = β2 � (1 − β2 )2 + (2ζβ)2 kY Remarque : on peut isoler la masse m du déplacement et de la force transmise 𝑥𝑥(𝑡𝑡) c Base fixe Solution permanent : xp (t) = Xcos(ωt − φ) 1 F0 X = ; Xs = 2 2 2 k X s �(1 − β ) + (2ζβ) Force transmise de la masse à la base : F = 𝑐𝑐𝑥𝑥𝑝𝑝̇ + 𝑘𝑘𝑥𝑥𝑝𝑝 = FT . cos(ωt − φ) FT 1 + (2ζβ)2 =� (1 − β2 )2 + (2ζβ)2 F0 Remarque : on peut isoler la base que de la force transmise 4.5.1 Exemple traité Dans cet exemple on essayera d'isoler un module de contrôle électronique monté dans une voiture. Dans le cahier de charges du module on trouve : • • Pour que le module fonctionne correctement, il ne doit pas subir un déplacement vertical qui dépasse 5mm. Le module a une masse de 3 Kg. 32 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Pour simplifier notre exemple, on suppose que le châssis de la voiture, au maximum, lui est imposé un déplacement vertical : y(t) = 10. cos(35t) (mm) . 𝑥𝑥(𝑡𝑡) m k y(t) = 10. cos(35t) c Module Isolateur Base excitée Réponse : Il faut que l'amplitude X de xp soit inférieur à 5 mm et on a l'amplitude du châssis est Y = 10 mm. 𝑋𝑋 5mm = 0.5 Donc il faut respecter : 𝑇𝑇𝑇𝑇 = < 𝑌𝑌 10mm Zone d'isolation ζi Zone de choix βi Chaque point de la figure ci-dessus correspond à une solution potentielle. Si on veut trouver ces points numériquement il faut ecrire : 33 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 𝑇𝑇𝑇𝑇: 𝑋𝑋 1 + (2ζβ)2 =� ⇒ 𝑇𝑇𝑇𝑇 2 ((1 − β2 )2 + (2ζβ)2 ) = 1 + (2ζβ)2 (1 − β2 )2 + (2ζβ)2 𝑌𝑌 1 β4 + 2β2 (2ζ2 χ − 1) + χ = 0 avec χ = 1 − 2 𝑇𝑇𝑇𝑇 Zone de choix On a plusieurs choix de ζ et β pour TR = 0.5. Procédure : Pour chaque choix on a : β= ω ω0 → ω0 = ω β k m = � → k = mω20 & ζ = On traite le premier choix ζ= 0.02 et β = 1.733 ω0 = 35rd /s 1.732 c 2√km = c 2mω 0 → c = 2ζmω0 = 20.20 rd/s k = mω20 = 3kg ∗ (20.21 rd/s)2 = 1223N/m c = 2ζmω0 = 2 ∗ 0.02 ∗ 3kg ∗ 20.21 rd/s = 2.424kg/s Choix dans un catalogue Pour c et k calculées Choix non existant Calcul de c et k avec autres β et ζ Choix existant Plusieurs Choix On utilise autres critères • Prix • Disponibilité • …….. 1 Choix Fin 34 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ On peut calculer la force transmise au module pour ce choix ζ= 0.02 et β = 1.732. 1 + (2ζβ)2 = 𝑘𝑘𝑘𝑘. β2 . 𝑇𝑇𝑇𝑇 FT = kYβ2 � (1 − β2 )2 + (2ζβ)2 ��������������� 𝑇𝑇𝑇𝑇 FT = 𝑘𝑘𝑘𝑘. β2 . 𝑇𝑇𝑇𝑇 = 1225 ∗ 0.01 ∗ 1.7322 ∗ 0.5 = 18.4𝑁𝑁 Calcul de la déflexion statique : 𝛿𝛿 = ζ 0.02 0.2 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1 β 1.733 1.836 2.139 2.354 2.601 2.871 3.159 3.460 3.770 𝑚𝑚𝑚𝑚 3 ∗ 9.81 = = 0.024𝑚𝑚 = 2.4𝑐𝑐𝑐𝑐 𝑘𝑘 1225 ω0 20.20 19.07 16.36 14.87 13.46 12.19 11.08 10.12 9.28 k 1223.53 1090.45 803.17 663.19 543.35 445.78 368.21 307.00 258.60 c 2.42 22.88 39.27 44.60 48.45 51.20 53.18 54.63 55.71 Ft (N) 18.4 18.4 18.4 18.4 18.4 18.4 18.4 18.4 18.4 δ (cm) 2.4 2.7 3.7 4.4 5.4 6.6 8.0 9.6 11.4 35 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4.6 Réponse à une excitation périodique F(t) 𝑭𝑭(𝒕𝒕 + 𝑻𝑻) = 𝑭𝑭(𝒕𝒕) 𝑻𝑻 t O L'équation de mouvement forcé d'un modèle masse-ressort-amortisseur autour l'équilibre : 4.6.1 Procédure de résolution 𝒎𝒎𝒙𝒙̈ + 𝒄𝒄𝒙𝒙̇ + 𝒌𝒌𝒌𝒌 = 𝑭𝑭(𝒕𝒕) Développement de la force en série de Fourier : ∞ 𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝐴𝐴0 + � 𝐴𝐴𝑛𝑛 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛) + 𝐵𝐵𝑛𝑛 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛) , 𝜔𝜔 = 𝑛𝑛=1 Rappel : 2𝜋𝜋 𝑇𝑇 1 𝑇𝑇 2 𝑇𝑇 2 𝑇𝑇 � 𝐹𝐹(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑, 𝐴𝐴𝑛𝑛 = � 𝐹𝐹(𝑡𝑡)𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛)𝑑𝑑𝑑𝑑, 𝐵𝐵𝑛𝑛 = � 𝐹𝐹(𝑡𝑡)𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛)𝑑𝑑𝑑𝑑 𝑇𝑇 0 𝑇𝑇 0 𝑇𝑇 0 Donc l'équation de mouvement devient : 𝐴𝐴0 = ∞ 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑐𝑐𝑥𝑥̇ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝐴𝐴0 + � 𝐴𝐴𝑛𝑛 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛) + 𝐵𝐵𝑛𝑛 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛) ������������������������� 𝑛𝑛=1 La solution de l'équation de mouvement est : 𝐹𝐹(𝑡𝑡) 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥ℎ (𝑡𝑡) + 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) xh(t) est choisie suivant le facteur d'amortissement ζ. xp(t) aura la même forme que F(t) 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑥𝑥𝐶𝐶 + ∑∞ 𝑛𝑛=1 𝑥𝑥𝑐𝑐𝑐𝑐 (𝑡𝑡) + 𝑥𝑥𝑠𝑠𝑠𝑠 (𝑡𝑡) 𝑥𝑥𝐶𝐶 : la solution particulière de 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑐𝑐𝑥𝑥̇ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝐴𝐴0 𝐴𝐴0 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 ⇒ 𝑥𝑥𝐶𝐶 = 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 ⇒ 𝑚𝑚. 0 + 𝑐𝑐. 0 + 𝑘𝑘𝑥𝑥𝑐𝑐 = 𝐴𝐴0 ⇒ 𝒙𝒙𝑪𝑪 = 𝑥𝑥𝑐𝑐𝑐𝑐 (𝑡𝑡) : la solution particulière de 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑐𝑐𝑥𝑥̇ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝐴𝐴𝑛𝑛 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛) 𝑨𝑨𝟎𝟎 𝒌𝒌 𝑥𝑥𝑠𝑠𝑠𝑠 (𝑡𝑡) : la solution particulière de 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑐𝑐𝑥𝑥̇ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝐵𝐵𝑛𝑛 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛) 36 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Rappel : La solution particulière d'un mouvement forcé harmonique 𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0 cos(𝜔𝜔𝜔𝜔) 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 ∶ 𝐹𝐹 1 ⎧𝑋𝑋 = 0 . ⎪ 𝑘𝑘 �(1 − 𝛽𝛽 2 )2 + (2𝜁𝜁𝜁𝜁)2 & 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑋𝑋𝑋𝑋𝑋𝑋(𝜔𝜔𝜔𝜔 − 𝜑𝜑) 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 2𝜁𝜁𝜁𝜁 ⎨ 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑) = ⎪ 1 − 𝛽𝛽 2 ⎩ 𝑘𝑘 ⎧ � ⎪ 𝜔𝜔0 = 𝑚𝑚 ⎪ 𝑐𝑐 ⎨𝜁𝜁 = 2√𝑘𝑘𝑘𝑘 ⎪ ⎪ 𝛽𝛽 = 𝜔𝜔 ⎩ 𝜔𝜔0 La solution particulière d'un mouvement forcé harmonique 𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0 sin(𝜔𝜔𝜔𝜔) 𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒𝑒 ∶ 𝐹𝐹 1 ⎧𝑋𝑋 = 0 . ⎪ 𝑘𝑘 �(1 − 𝛽𝛽 2 )2 + (2𝜁𝜁𝜁𝜁)2 & 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑋𝑋𝑋𝑋𝑋𝑋(𝜔𝜔𝜔𝜔 − 𝜑𝜑) 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 2𝜁𝜁𝜁𝜁 ⎨ 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑) = ⎪ 1 − 𝛽𝛽 2 ⎩ 𝑘𝑘 ⎧ � ⎪ 𝜔𝜔0 = 𝑚𝑚 ⎪ 𝑐𝑐 ⎨𝜁𝜁 = 2√𝑘𝑘𝑘𝑘 ⎪ ⎪ 𝛽𝛽 = 𝜔𝜔 ⎩ 𝜔𝜔0 En s'inspirant de ce qui précède: 𝐹𝐹0 → 𝐴𝐴𝑛𝑛 𝑜𝑜𝑜𝑜 𝐵𝐵𝑛𝑛 , 𝜔𝜔 → 𝑛𝑛𝑛𝑛, 𝛽𝛽 → 𝛽𝛽𝑛𝑛 = On a alors : Eq(23) Cas ζ <1: 𝑥𝑥𝑐𝑐𝑐𝑐 (𝑡𝑡) = 𝐴𝐴n . 𝑘𝑘 𝑥𝑥𝑠𝑠𝑠𝑠 (𝑡𝑡) = 𝐵𝐵n . 𝑘𝑘 𝑛𝑛𝑛𝑛 2𝜁𝜁𝛽𝛽𝑛𝑛 , 𝜑𝜑 → 𝜑𝜑𝑛𝑛 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑡𝑡𝑡𝑡(𝜑𝜑𝑛𝑛 ) = 𝜔𝜔0 1 − 𝛽𝛽𝑛𝑛 2 1 2 2 ��1 − 𝛽𝛽𝑛𝑛 � + (2𝜁𝜁𝛽𝛽𝑛𝑛 1 2 2 ��1 − 𝛽𝛽𝑛𝑛 � + (2𝜁𝜁𝛽𝛽𝑛𝑛 𝒙𝒙𝒑𝒑 (𝒕𝒕) = 𝑨𝑨𝟎𝟎 𝒌𝒌 )2 )2 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 − 𝜑𝜑𝑛𝑛 ) 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 − 𝜑𝜑𝑛𝑛 ) 𝟏𝟏 𝑨𝑨𝒏𝒏 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏−𝝋𝝋𝒏𝒏 )+𝑩𝑩𝒏𝒏 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏𝒏−𝝋𝝋𝒏𝒏 ) + ∑∞ 𝒏𝒏=𝟏𝟏 . 𝒌𝒌 𝟐𝟐 ��𝟏𝟏−𝜷𝜷𝒏𝒏 𝟐𝟐 � +(𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷𝒏𝒏 )𝟐𝟐 𝑥𝑥ℎ (𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �𝑏𝑏1 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)+𝑏𝑏2 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)� x(t) = e −λt ∞ 𝐴𝐴0 1 𝐴𝐴n 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 − 𝜑𝜑𝑛𝑛 ) + 𝐵𝐵n 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛𝑛 − 𝜑𝜑𝑛𝑛 ) +� . �b1 cos(ω1 t)+b2 sin(ω1 t)� + 𝑘𝑘 𝑘𝑘 2 𝑛𝑛=1 ��1 − 𝛽𝛽𝑛𝑛 2 � + (2𝜁𝜁𝛽𝛽𝑛𝑛 )2 37 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4.7 Réponse à une excitation quelconque Jusqu'à ce point, on a trouvé les solutions de différents mouvements forcés particuliers : excitation harmonique, excitation due au déséquilibre du rotor, excitation par déplacement imposé du support, excitation périodique. On va traiter dans cette partie la réponse d'un système vibratoire due à une excitation quelconque. F(t) t O On peut rencontrer des excitations quelconques dans la vie courante : • • • Habitations subissant un tremblement de terre; Structures soumises à des vents violents; Circulation de véhicules sur un terrain rugueux. Remarque : Pour traiter le cas d'excitation quelconque on a besoin de traiter, auparavant, le cas de mouvement forcé du à une impulsion. 4.7.1 Réponse à une impulsion � 𝑭𝑭 𝑭𝑭(𝝉𝝉) = 𝟐𝟐𝟐𝟐 F(t) � 𝑭𝑭 2ε 𝐹𝐹(𝑡𝑡) � � 𝐹𝐹 2𝜀𝜀 0 → 𝑡𝑡 < 𝜏𝜏 − 𝜀𝜀 → 𝜏𝜏 − 𝜖𝜖 ≤ 𝑡𝑡 ≤ 𝜏𝜏 + 𝜖𝜖 0 → 𝑡𝑡 > 𝜏𝜏 + 𝜖𝜖 t O τ Une impulsion I(ε) est définie ainsi : +∞ 𝐼𝐼(𝜀𝜀) = � 𝐹𝐹(𝑡𝑡)𝑑𝑑𝑑𝑑 = −∞ 𝐹𝐹� . 2𝜀𝜀 = 𝐹𝐹� (𝑁𝑁. 𝑠𝑠) ← 𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒𝒒é 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎𝒎 2𝜀𝜀 𝑆𝑆𝑆𝑆 𝐹𝐹� = 1 ⇒ 𝛿𝛿(𝑡𝑡) ∶ 𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊𝒊 𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫𝑫 Etude du cas amortissement sous-critique (ζ<1) Pour des raisons de simplicité on cherchera la réponse, x(t), due à une impulsion définie à τ =0 et on écrira ensuite la réponse pour τ non nul. 38 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ F(t) � 𝑭𝑭 𝑭𝑭(𝝉𝝉) = 𝟐𝟐𝟐𝟐 O 2ε t τ Remarque : L'étude du mouvement forcé d'un système vibratoire, initialement au repos, du à une excitation de type impulsion revient à l'étude du mouvement libre de ce même système avec des conditions initiales. Ces dernières sont calculées à partir de l'application de l'impulsion au temps τ. Conservation de la quantité de mouvement : à 𝑡𝑡 = 0− à 𝑡𝑡 = 0+ (juste avant l'application de l'impulsion) (juste après l'application de l'impulsion) −) 𝑥𝑥(0 = 0 𝑥𝑥(0+ ) = 0 − 𝑥𝑥̇ (0 ) = 0 𝑥𝑥̇ (0+ ) = 𝑣𝑣0 Quantité de mouvement : Quantité de mouvement : 𝑚𝑚𝑥𝑥̇ (0− ) = 0 𝑚𝑚𝑣𝑣0 Donc la variation de quantité de mouvement est alors : 𝐹𝐹� = 𝑚𝑚𝑣𝑣0 ⇒ 𝑣𝑣0 = On est dans le cas d'amortissement sous-critique : 𝐹𝐹� 𝑚𝑚 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 (𝑏𝑏1 cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)), 𝜆𝜆 = 𝜁𝜁𝜔𝜔0 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0 �1 − 𝜁𝜁 2 En tenant compte des conditions initiales on aura : 𝑥𝑥(0) = 0 & 𝑥𝑥̇ (0) = 𝑣𝑣0 = 𝐹𝐹� 𝑚𝑚 x(0) = 𝑏𝑏1 = 0 𝑥𝑥̇ (𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �−𝜆𝜆(𝑏𝑏1 cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)) + (−𝜔𝜔1 𝑏𝑏1 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 𝜔𝜔1 cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡))� 𝐹𝐹� 𝐹𝐹� = 𝑏𝑏2 𝜔𝜔1 ⇒ 𝑏𝑏2 = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 𝑚𝑚 𝐹𝐹� −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) 𝑚𝑚𝑚𝑚1 Pour le cas où l'impulsion est appliquée à τ non nul. 𝐹𝐹� −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� 𝑚𝑚𝑚𝑚1 𝑥𝑥̇ (0) = On peut vérifier facilement que : 𝑥𝑥(𝜏𝜏) = 0 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑥𝑥̇ (𝜏𝜏) = 𝑣𝑣0 = 𝐹𝐹� 𝑚𝑚 39 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ En résumé, la réponse d'un système vibratoire (ζ<1) soumis à une excitation de type impulsion est : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹� . 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏), 𝑔𝑔(𝑡𝑡) = 1 −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝑒𝑒 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) 𝑚𝑚𝑚𝑚1 Si on refait ce qui précède pour les autres types d'amortissements, on trouve le résultat suivant : Cas d'amortissement Non amorti c=0 ζ=0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹� . 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏) Sous-critique ζ<1 Sur-critique ζ>1 Critique ζ=1 g(t) 1 sin(𝜔𝜔0 𝑡𝑡) 𝑚𝑚𝑚𝑚0 1 −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝑒𝑒 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) 𝑚𝑚𝑚𝑚1 1 −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝑒𝑒 sh(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) 𝑚𝑚𝑚𝑚1 𝑡𝑡 −𝜔𝜔 𝑡𝑡 𝑒𝑒 0 𝑚𝑚 4.7.2 Réponse à une excitation quelconque Pour la recherche de la solution de mouvement, on se basera sur la réponse due à excitation de type impulsion. F(t) 𝑭𝑭(𝒕𝒕𝒊𝒊 ) ∆t t O t1 t2 ti tj tn=t 𝑡𝑡 On découpe le temps t à n intervalles de durée Δ𝑡𝑡 = . Et on suppose qu'à chaque temps ti on applique 𝑛𝑛 une impulsion 𝐹𝐹� = 𝐹𝐹(𝑡𝑡𝑖𝑖 ). Δ𝑡𝑡 L'effet, ∆x, sur la réponse, x(t), due à l'application seule de l'impulsion correspondante à ti donne : Δ𝑥𝑥 = ����� 𝐹𝐹(𝑡𝑡𝑖𝑖 ). Δ𝑡𝑡 . 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡𝑖𝑖 ) 𝐹𝐹� La réponse au temps tj, x(tj), due à l'application de la succession de toutes les impulsions qui précèdent le temps tj est : 𝑗𝑗 x(t j ) = � 𝐹𝐹(𝑡𝑡𝑖𝑖 ). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡𝑖𝑖 ) . Δ𝑡𝑡 𝑖𝑖=1 40 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Pout le temps t, on a : 𝑛𝑛 x(t) = � 𝐹𝐹(𝑡𝑡𝑖𝑖 ). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡𝑖𝑖 ). Δ𝑡𝑡 𝑖𝑖=1 Si 𝑛𝑛 → ∞ 𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑𝑑 Δ𝑡𝑡 → 0, on aura: 𝒕𝒕 𝐱𝐱(𝐭𝐭) = � 𝑭𝑭(𝝉𝝉). 𝒈𝒈(𝒕𝒕 − 𝝉𝝉). 𝐝𝐝𝐝𝐝 → 𝑰𝑰𝑰𝑰𝑰𝑰é𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈𝒈 𝒅𝒅𝒅𝒅 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 𝟎𝟎 Propriété de l'intégrale de convolution : Si on procède au changement de variables suivant : 𝛼𝛼 = 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏 → 𝑑𝑑𝑑𝑑 = −𝑑𝑑𝑑𝑑 , (𝑡𝑡 𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓𝑓é) 𝜏𝜏 ∈ [0, 𝑡𝑡] → 𝛼𝛼 ∈ [𝑡𝑡, 0] 𝑡𝑡 0 x(t) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ ⇒ x(t) = − � 𝐹𝐹(𝑡𝑡 − 𝛼𝛼). 𝑔𝑔(𝛼𝛼). dα 0 𝑡𝑡 𝑡𝑡 x(t) = � 𝐹𝐹(𝑡𝑡 − 𝛼𝛼). 𝑔𝑔(𝛼𝛼). dα 0 α et τ sont des variables d'intégrations donc, on peut écrire : 𝑡𝑡 𝑡𝑡 � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ = � 𝐹𝐹(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝜏𝜏). dτ En final : 0 0 Pour trouver la réponse d'un système vibratoire forcé due à une excitation quelconque on procède de la manière suivante : 1. On détermine le type d'amortissement on calcul ζ. 2. On choisi la fonction g(t) suivant le ζ calculé. 𝒕𝒕 3. On calcule, enfin, l'intégrale de convolution 𝐱𝐱(𝐭𝐭) = ∫𝟎𝟎 𝑭𝑭(𝝉𝝉). 𝒈𝒈(𝒕𝒕 − 𝝉𝝉). 𝐝𝐝𝐝𝐝 41 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 4.7.3 Exemples corrigés Exemple 1: F(t) F(t) x(t) m c F0 k Position d'équilibre t 0 t1 Cas ζ<1 : cas amortissement sous-critique Réponse : On a à calculer : 𝑡𝑡 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ ζ<1 𝑔𝑔(𝑡𝑡) = 1 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝑚𝑚𝑚𝑚 1 0 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) Calcul de la réponse pour t<t1 : F(t) F0 t 0 t t1 𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ = � 0 𝑡𝑡 0 𝐹𝐹0 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝑒𝑒 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝑚𝑚𝑚𝑚1 𝐹𝐹0 � 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 � 0 ������������������ Pour calculer 𝜙𝜙1 on procède deux fois par parties : 𝜙𝜙 1 42 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 𝑡𝑡 𝜙𝜙1 = � 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 0 𝑓𝑓 = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) → 𝑓𝑓 ′ = 𝜆𝜆𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 1 cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� 𝑔𝑔′ = sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� → 𝑔𝑔 = 𝜔𝜔1 𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝜆𝜆 𝜙𝜙1 = [𝑓𝑓𝑓𝑓] − � 𝑓𝑓′𝑔𝑔 = � cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)�� − � 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝜔𝜔1 𝜔𝜔 1 0 � 0 ������������������ 𝜙𝜙 2 𝑡𝑡 𝜙𝜙2 = � 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 0 𝑓𝑓 = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) → 𝑓𝑓 ′ = 𝜆𝜆𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 1 𝑔𝑔′ = cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� → 𝑔𝑔 = − sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� 𝜔𝜔1 𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝜆𝜆 𝜙𝜙2 = [𝑓𝑓𝑓𝑓] − � 𝑓𝑓′𝑔𝑔 = �− sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)�� + � 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝜔𝜔1 𝜔𝜔 1 0 � 0 ������������������ 𝜙𝜙 1 Enfin : 𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝜆𝜆 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝜆𝜆 (𝑡𝑡 𝜙𝜙1 = � cos�𝜔𝜔1 − 𝜏𝜏)�� − ��− sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)�� + 𝜙𝜙 � 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 1 0 0 𝜆𝜆 2 1 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝜆𝜆 𝑡𝑡 𝑡𝑡 cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��0 + 2 �𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��0 𝜙𝜙1 �1 + � � � = �𝑒𝑒 𝜔𝜔1��� 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 ������ 1 1−𝜁𝜁 2 Rappel : 𝜆𝜆 = 𝜁𝜁𝜔𝜔0 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0 �1 − 𝜁𝜁 2 𝜆𝜆 1 1 𝜙𝜙1 � �= �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)� + 2 �0 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)� 2 𝜔𝜔1 1 − 𝜁𝜁 𝜔𝜔1 𝜙𝜙1 = 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = (1 − 𝜁𝜁 2 ) 𝜆𝜆 �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)�� 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 𝜆𝜆 𝐹𝐹0 (1 − 𝜁𝜁 2 ) �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)�� 𝜔𝜔�1�� 𝑚𝑚𝑚𝑚�1��� 𝜔𝜔1 �� 𝐹𝐹0 𝑚𝑚 𝜔𝜔 0 2 ��� 𝐹𝐹 0 𝑘𝑘 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝑭𝑭𝟎𝟎 𝝀𝝀 �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆−𝝀𝝀𝝀𝝀 �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝝎𝝎𝟏𝟏 𝒕𝒕) + 𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬(𝝎𝝎𝟏𝟏 𝒕𝒕)�� 𝒌𝒌 𝝎𝝎𝟏𝟏 43 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Remarque : Cette réponse correspond à l'excitation avant t<t1. Donc on ne voit qu'une force constante. On aurait pu procéder autrement : chercher la réponse de 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑐𝑐𝑥𝑥̇ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝐹𝐹0 avec des conditions initiales d'équilibre. Pour vérifier : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥ℎ (𝑡𝑡) + 𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = ��������������������� 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 (𝑏𝑏1 cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)) + 𝑥𝑥 ℎ (𝑡𝑡) 𝑥𝑥(0) = 0 = 𝑏𝑏1 + 𝐹𝐹0 𝐹𝐹0 ⇒ 𝑏𝑏1 = − 𝑘𝑘 𝑘𝑘 𝐹𝐹0 ⏟ 𝑘𝑘 𝑥𝑥 𝑝𝑝 (𝑡𝑡) 𝑥𝑥̇ (𝑡𝑡) = 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �−𝜆𝜆(𝑏𝑏1 cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)) + (−𝑏𝑏1 𝜔𝜔1 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 𝜔𝜔1 cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡))� 𝑥𝑥̇ (0) = 0 = −𝜆𝜆𝑏𝑏1 + 𝑏𝑏2 𝜔𝜔1 ⇒ 𝑏𝑏2 = 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = Calcul de la réponse pour t>t1 : 𝜆𝜆𝑏𝑏1 𝜆𝜆 𝐹𝐹0 ⇒ 𝑏𝑏2 = − 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 𝑘𝑘 𝜆𝜆 𝐹𝐹0 �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)�� 𝑘𝑘 𝜔𝜔1 F(t) F0 t 0 t1 𝑡𝑡 1 t 𝑡𝑡 𝐹𝐹0 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 0 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝑒𝑒 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ + � 𝑒𝑒 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝑚𝑚𝑚𝑚1 𝑚𝑚𝑚𝑚1 𝑡𝑡 1 0 ����������������������� =0 𝑡𝑡 1 𝐹𝐹0 � 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑚𝑚𝑚𝑚1 ������������������� 0 Comme précédemment on aura : 𝜙𝜙 1 1 1 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝜆𝜆 𝑡𝑡 1 𝑡𝑡 1 𝜙𝜙1 � �= cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��0 + 2 �𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��0 �𝑒𝑒 2 1 − 𝜁𝜁 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 44 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 1 1 𝜆𝜆 𝜙𝜙1 � �= ��𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡 1 ) cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )� − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)� + �𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡 1 ) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )� − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)�� 1 − 𝜁𝜁 2 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 ⎞ 𝜆𝜆 1 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 ⎛ 𝜆𝜆𝑡𝑡 𝜆𝜆 �= sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )�� − �cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)�⎟ ⎜𝑒𝑒 1 �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )� + 2 ⎟ 𝜔𝜔1 ⎜ 𝜔𝜔1 1 − 𝜁𝜁 𝜔𝜔1 ��������������������������� ����������������� 𝜙𝜙1 � cos (𝜔𝜔 1 (𝑡𝑡−𝑡𝑡 1 )−𝜃𝜃 ) �1−𝜁𝜁 2 ⎝ cos (𝜔𝜔 1 𝑡𝑡−𝜃𝜃 ) �1−𝜁𝜁 2 (1 − 𝜁𝜁 2 )𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝜆𝜆𝑡𝑡 𝜙𝜙1 = �𝑒𝑒 1 cos(𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 ) − 𝜃𝜃) − cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡 − 𝜃𝜃)� 𝜔𝜔0 (1 − 𝜁𝜁 2 ) Avec 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = �1 − 𝜁𝜁 2 , 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = 𝜁𝜁 ⇒ 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = Ou 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝑭𝑭𝟎𝟎 𝒌𝒌�1 − 𝜁𝜁 2 ⎠ 𝜁𝜁 �1−𝜁𝜁 2 𝒆𝒆−𝝀𝝀𝝀𝝀 �𝒆𝒆𝝀𝝀𝒕𝒕𝟏𝟏 𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝝎𝝎𝟏𝟏 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏 ) − 𝜽𝜽) − 𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝝎𝝎𝟏𝟏 𝒕𝒕 − 𝜽𝜽)� 𝜆𝜆 𝜆𝜆 𝑭𝑭𝟎𝟎 −𝝀𝝀𝝀𝝀 𝝀𝝀𝒕𝒕 𝒆𝒆 �𝒆𝒆 𝟏𝟏 �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )� + sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )�� − �cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)�� 𝜔𝜔1 𝒌𝒌 𝜔𝜔1 Exemple 2: F(t) F(t) x(t) m c F0 k Position d'équilibre t 0 t2 Cas ζ<1 : cas amortissement sous-critique Réponse : On a à calculer : ζ<1 𝑔𝑔(𝑡𝑡) = 𝑡𝑡 1 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝑚𝑚𝑚𝑚 1 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ 0 Calcul de la réponse pour t<t2 : 𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ = � 0 0 0 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝑒𝑒 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ = 0𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝟎𝟎 𝑚𝑚𝑚𝑚1 45 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Calcul de réponse pour t>t2 : F(t) F0 t 0 t2 𝑡𝑡 2 t 𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝐹𝐹0 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝐹𝐹0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 0. dτ + � 𝑒𝑒 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ = � 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝑚𝑚𝑚𝑚1 𝑚𝑚𝑚𝑚1 ����� 𝑡𝑡 2 𝑡𝑡 2 0 ������������������� =0 On procède comme dans l'exercice précédent deux fois par parties on aura : 𝜙𝜙 1 1 1 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝜆𝜆 𝑡𝑡 𝑡𝑡 (𝑡𝑡 � = cos�𝜔𝜔 + 𝜙𝜙1 � − 𝜏𝜏)�� �𝑒𝑒 �𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��𝑡𝑡 1 𝑡𝑡 2 2 1 − 𝜁𝜁 2 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 2 𝜆𝜆 1 1 �= �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡2 ) �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2 )� + sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2 )��� 𝜙𝜙1 � 2 𝜔𝜔1 1 − 𝜁𝜁 𝜔𝜔1 Ce qui donne : Ou 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝝀𝝀 𝑭𝑭𝟎𝟎 �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆−𝝀𝝀(𝒕𝒕−𝒕𝒕𝟐𝟐) �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜�𝝎𝝎𝟏𝟏 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟐𝟐 )� + 𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬�𝝎𝝎𝟏𝟏 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟐𝟐 )��� 𝝎𝝎𝟏𝟏 𝒌𝒌 𝒆𝒆−𝝀𝝀(𝒕𝒕−𝒕𝒕𝟐𝟐) 𝑭𝑭𝟎𝟎 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = �𝟏𝟏 − 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝟏𝟏 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟐𝟐 ) − 𝜽𝜽)� 𝒌𝒌 �𝟏𝟏 − 𝜻𝜻𝟐𝟐 Avec 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = �1 − 𝜁𝜁 2 , 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 = 𝜁𝜁 ⇒ 𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡𝑡 = 𝜁𝜁 �1−𝜁𝜁 2 Remarque : Si t2 = 0, on retrouve la réponse de F(t)=F0. 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0 𝜆𝜆 �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 �cos(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) + sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡)�� 𝑘𝑘 𝜔𝜔1 Remarque : Si t2 = 0 et ζ= 0 (cas non amorti), on retrouve la réponse de: 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝐹𝐹0 avec 𝑥𝑥(0) = 0 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑥𝑥̇ (0) = 0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0 (1 𝑘𝑘 − cos (𝜔𝜔0 𝑡𝑡)) 46 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Exemple 3: F(t) F(t) x(t) m F0 c k Position d'équilibre t 0 t1 t2 Cas ζ<1 : cas amortissement sous-critique Réponse : On a à calculer : ζ<1 𝑔𝑔(𝑡𝑡) = 𝑡𝑡 1 𝑒𝑒 −𝜆𝜆𝜆𝜆 𝑚𝑚𝑚𝑚 1 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ 0 sin(𝜔𝜔1 𝑡𝑡) Calcul de la réponse pour t<t1 : 𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ = � 0 0 Calcul de réponse pour t1<t<t2 : 0 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝑒𝑒 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ = 0𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝟎𝟎 𝑚𝑚𝑚𝑚1 F(t) F0 t 0 t1 𝑡𝑡 1 𝑡𝑡 t t2 𝑡𝑡 𝐹𝐹0 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝐹𝐹0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 0. dτ + � 𝑒𝑒 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ = � 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝑚𝑚𝑚𝑚1 𝑚𝑚𝑚𝑚1 � 𝑡𝑡 1 𝑡𝑡 1 0 ���� ������������������� =0 On procède comme dans l'exercice précédent deux fois par parties on aura : 𝜙𝜙 1 1 1 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝜆𝜆 𝑡𝑡 𝑡𝑡 �= cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��𝑡𝑡 + 2 �𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��𝑡𝑡 𝜙𝜙1 � �𝑒𝑒 2 1 1 1 − 𝜁𝜁 𝜔𝜔1 𝜔𝜔1 𝜆𝜆 1 1 𝜙𝜙1 � �= �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡 1 ) �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )� + sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )��� 2 𝜔𝜔1 1 − 𝜁𝜁 𝜔𝜔1 47 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ Ce qui donne : 𝝀𝝀 𝑭𝑭𝟎𝟎 �𝟏𝟏 − 𝒆𝒆−𝝀𝝀(𝒕𝒕−𝒕𝒕𝟏𝟏) �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜�𝝎𝝎𝟏𝟏 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏 )� + 𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬�𝝎𝝎𝟏𝟏 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏 )��� 𝝎𝝎𝟏𝟏 𝒌𝒌 Calcul de réponse pour t>t2 : 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = F(t) F0 t 0 t1 𝑡𝑡 1 t2 t 𝑡𝑡 2 𝑡𝑡 𝐹𝐹0 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 0. dτ + � 𝑒𝑒 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ + � 0. dτ 𝑚𝑚𝑚𝑚1 ����� 𝑡𝑡 1 𝑡𝑡 2���� 0 � =0 =0 𝑡𝑡 2 𝐹𝐹0 � 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝑚𝑚𝑚𝑚1 𝑡𝑡��������������������� 1 = 𝜙𝜙 1 On procède comme dans l'exercice précédent deux fois par parties on aura en final: 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝝀𝝀 𝝀𝝀 𝑭𝑭𝟎𝟎 −𝝀𝝀(𝒕𝒕−𝒕𝒕 ) 𝟐𝟐 �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜�𝝎𝝎 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕 )� + �𝒆𝒆 𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬�𝝎𝝎𝟏𝟏 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟐𝟐 )�� − 𝒆𝒆−𝝀𝝀(𝒕𝒕−𝒕𝒕𝟏𝟏) �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜�𝝎𝝎𝟏𝟏 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏 )� + 𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬𝐬�𝝎𝝎𝟏𝟏 (𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏 )��� 𝟏𝟏 𝟐𝟐 𝒌𝒌 𝝎𝝎𝟏𝟏 𝝎𝝎𝟏𝟏 Remarque: On peut avoir cette solution en utilisant les résultats de l'exemple 2. F1(t) F2(t) F(t) + F0 0 t = 0 t1 t 0 t2 -F0 La réponse pour t<t1 : F0 t t1 t2 -F0 𝐹𝐹1 ⇒ 𝑥𝑥1 (𝑡𝑡) = 0 𝐹𝐹2 ⇒ 𝑥𝑥2 (𝑡𝑡) = 0 La réponse pour t1<t<t2 : 𝐹𝐹 ⇒ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥1 (𝑡𝑡) + 𝑥𝑥2 (𝑡𝑡) = 0 48 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 𝐹𝐹1 ⇒ 𝑥𝑥1 (𝑡𝑡) = 𝜆𝜆 𝐹𝐹0 �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡 1 ) �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )� + sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )��� 𝜔𝜔1 𝑘𝑘 𝐹𝐹 ⇒ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥1 (𝑡𝑡) + 𝑥𝑥2 (𝑡𝑡) = La réponse pour t>t2 : 𝐹𝐹1 ⇒ 𝑥𝑥1 (𝑡𝑡) = 𝐹𝐹2 ⇒ 𝑥𝑥2 (𝑡𝑡) = 𝐹𝐹2 ⇒ 𝑥𝑥2 (𝑡𝑡) = 0 𝜆𝜆 𝐹𝐹0 �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡 1 ) �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )� + sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )��� 𝜔𝜔1 𝑘𝑘 𝜆𝜆 𝐹𝐹0 �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡 1 ) �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )� + sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )��� 𝜔𝜔1 𝑘𝑘 𝜆𝜆 −𝐹𝐹0 �1 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡 2 ) �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2 )� + sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2 )��� 𝜔𝜔1 𝑘𝑘 𝐹𝐹 ⇒ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥1 (𝑡𝑡) + 𝑥𝑥2 (𝑡𝑡) 𝜆𝜆 𝐹𝐹0 = �𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡2 ) �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2 )� + sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2 )�� 𝜔𝜔1 𝑘𝑘 − 𝑒𝑒 −𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡 1 ) �cos�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )� + Exemple 4: 𝜆𝜆 sin�𝜔𝜔1 (𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1 )��� 𝜔𝜔1 F(t) F(t) 𝐹𝐹0 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠 F0 x(t) m k T t 0 Position d'équilibre 𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋 𝜔𝜔 Cas c=0 : cas non amorti Réponse : On a à calculer : c=0 𝑔𝑔(𝑡𝑡) = 1 sin(𝜔𝜔0 𝑡𝑡) 𝑚𝑚𝑚𝑚 0 𝑡𝑡 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ 0 Calcul de la réponse pour t<T : F(t) F0 T t 0 t 𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋 𝜔𝜔 49 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ = � 0 Rappel : sin(𝑎𝑎) sin(𝑏𝑏) = 0 𝑡𝑡 𝐹𝐹0 sin (𝜔𝜔𝜔𝜔) sin�𝜔𝜔0 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝑚𝑚𝑚𝑚0 𝐹𝐹0 � sin (𝜔𝜔𝜔𝜔) sin�𝜔𝜔0 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑚𝑚𝑚𝑚0 0 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 (𝑎𝑎−𝑏𝑏)−𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 (𝑎𝑎+𝑏𝑏) 2 1 2 (𝑡𝑡 −�� Donc on aura : sin �𝜔𝜔𝜔𝜔 � � sin �𝜔𝜔 𝜏𝜏)� = �𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐�(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 )𝜏𝜏 − 𝜔𝜔0 𝑡𝑡� − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐�(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 )𝜏𝜏 + 𝜔𝜔0 𝑡𝑡�� �� 0��� 𝑎𝑎 𝑡𝑡 𝑏𝑏 𝐹𝐹0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐�(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 )𝜏𝜏 − 𝜔𝜔0 𝑡𝑡� − 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐�(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 )𝜏𝜏 + 𝜔𝜔0 𝑡𝑡�. dτ 2𝑚𝑚𝑚𝑚0 0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑡𝑡 1 1 𝐹𝐹0 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 )𝜏𝜏 − 𝜔𝜔0 𝑡𝑡� − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 )𝜏𝜏 + 𝜔𝜔0 𝑡𝑡�� � (𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 ) 2𝑚𝑚𝑚𝑚0 (𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 ) 0 1 1 𝐹𝐹0 � �𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔𝜔𝜔) + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔0 𝑡𝑡)� − �𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔𝜔𝜔) − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔0 𝑡𝑡)�� (𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 ) 2𝑚𝑚𝑚𝑚0 (𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 ) ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎞ 𝐹𝐹0 1 1 1 1 ⎜𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔𝜔𝜔) ⎜ ⎟ − + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔0 𝑡𝑡) ⎜ + (𝜔𝜔 (𝜔𝜔 2𝑚𝑚𝑚𝑚0 ⎜ + 𝜔𝜔0 ) (𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 )⎟ + 𝜔𝜔0 ) (𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 )⎟⎟ ��������������� ��������������� ⎝ ⎝ −2𝜔𝜔 0 𝜔𝜔 2 −𝜔𝜔 0 2 ⎝ ⎠ 1 𝐹𝐹0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝜔𝜔𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔0 𝑡𝑡) − 𝜔𝜔0 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔𝜔𝜔)� 2 𝑚𝑚𝑚𝑚0 𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 2 𝑭𝑭𝟎𝟎 𝟏𝟏 𝝎𝝎 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = �𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝝎𝝎) − 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝟎𝟎 𝒕𝒕)� 𝟐𝟐 𝟐𝟐 𝒎𝒎 𝝎𝝎𝟎𝟎 − 𝝎𝝎 𝝎𝝎𝟎𝟎 2𝜔𝜔 𝜔𝜔 2 −𝜔𝜔 0 2 ⎠⎠ Remarque : Comme on ne voit avant t<T que 𝑭𝑭𝟎𝟎 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝝎𝝎) on retrouve la réponse de: 𝑚𝑚𝑥𝑥̈ + 𝑘𝑘𝑘𝑘 = 𝐹𝐹0 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔𝜔𝜔) avec 𝑥𝑥(0) = 0 𝑒𝑒𝑒𝑒 𝑥𝑥̇ (0) = 0 Calcul de la réponse pour t>T : F(t) F0 T t 0 t 𝑡𝑡 𝑇𝑇 𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋 𝜔𝜔 𝑡𝑡 𝐹𝐹0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 𝐹𝐹(𝜏𝜏). 𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ = � sin (𝜔𝜔𝜔𝜔) sin�𝜔𝜔0 (𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ + � 0. dτ 𝑚𝑚𝑚𝑚0 � 0 0 𝑇𝑇 ���� =0 50 Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑇𝑇 1 𝐹𝐹0 1 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 )𝜏𝜏 − 𝜔𝜔0 𝑡𝑡� − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 )𝜏𝜏 + 𝜔𝜔0 𝑡𝑡�� � (𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 ) 2𝑚𝑚𝑚𝑚0 (𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 ) 0 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = Comme 𝜔𝜔𝜔𝜔 = 2𝜋𝜋 on a : 1 𝐹𝐹0 � �𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�𝜔𝜔𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 (𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔0 𝑡𝑡)� 2𝑚𝑚𝑚𝑚0 (𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 ) 1 − �𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�𝜔𝜔𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 (𝑡𝑡 − 𝑇𝑇)� − 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔0 𝑡𝑡)�� (𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 ) 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0 1 � �𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�𝜔𝜔0 (𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑖𝑖𝑖𝑖(𝜔𝜔0 𝑡𝑡)� 2𝑚𝑚𝑚𝑚0 (𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 ) 1 + �𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�𝜔𝜔0 (𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔0 𝑡𝑡)�� (𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 ) 𝐹𝐹0 1 1 �� + � �𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�𝜔𝜔0 (𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔0 𝑡𝑡)�� 2𝑚𝑚𝑚𝑚0 (𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0 ) (𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 ) 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 2𝜔𝜔 𝐹𝐹0 �𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠�𝜔𝜔0 (𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠(𝜔𝜔0 𝑡𝑡)� 2 2𝑚𝑚𝑚𝑚0 𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0 2 𝑭𝑭𝟎𝟎 𝝎𝝎𝝎𝝎𝟎𝟎 � 𝟐𝟐 � �𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔�𝝎𝝎𝟎𝟎 (𝑻𝑻 − 𝒕𝒕)� + 𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝟎𝟎 𝒕𝒕)� 𝒌𝒌 𝝎𝝎 − 𝝎𝝎𝟎𝟎 𝟐𝟐 51
