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MECANIQUE DES VIBRATIONS

Cours et exercices corrigés

2012 RACHID NASRI Maître de Conférences

Avant propos La mécanique des vibrations est une science qui intéresse les mécaniciens sous deux aspects l’un est conceptif et l’autre est curatif A l’école on enseigne souvent l’aspect modélisation et calcul des vibrations. Les travaux pratiques sont dédiés aux méthodes expérimentales de la mécanique vibratoire et elles sont étroitement liées aux moyens matériels disponibles. Dans ce cadre se situe ce projet de manuel dont l’objectif est de faciliter aux élèves les calculs des modèles, à savoir le paramétrage, le calcul énergétique ou dynamique la mise en équation d’un problème donné et bien sûr la résolution. Le dernier aspect non négligeable sera l’interprétation des résultats afin d’analyser les deux aspects de prévision ou d’identification d’un défaut donné. Pour simplifier cette procédure les chapitres de cours que j’assure normalement en génie mécanique à l’ENIT sont présentés avec des travaux dirigés corrigés. J’espère que cette contribution rapproche nos élèves de cette science fort intéressante pour leur vie professionnelle.

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Table des matières 1. INTRODUCTION AUX VIBRATIONS ...................................................................................................... 5 1.1. INTRODUCTION : 5 1.2. EVALUATION DU NIVEAU VIBRATOIRE 7 1.3. ORIGINE DES VIBRATIONS 7 1.4. DOMAINES AFFECTES PAR LES VIBRATIONS 8 1.4.1. Mécanique : 8 1.4.2. Génie civil : 8 1.4.3. Hydraulique : 9 1.4.4. Electrique : 9 1.5. L'INGENIEUR FACE AUX PROBLEMES DES VIBRATIONS 9 1.5.1. Titre curatif : 9 1.5.2. Titre préventif : 10 1.6. CAS PARTICULIERS DES SYSTEMES A TRAITER 10 1.6.1. Les structures 10 1.6.2. Les machines particulièrement tournantes 11 1.7. NOTIONS SUR LES SYSTEMES MECANIQUES VIBRATOIRES 12 1 .7.1. Exemples d’éléments de masse 12 1.7.2. Exemples des éléments de ressort 13 1.8. EQUATIONS DE LAGRANGE 15 1.9. CARACTERISTIQUES MECANIQUES DES STRUCTURES 17 1.10. EXERCICES D’APPLICATION 17 2. SYSTEMES A UN SEUL DEGRE DE LIBERTE ....................................................................................... 23 2.1. INTRODUCTION 23 2.2. ETUDE DES VIBRATIONS LIBRES 23 2.3. ETUDE DES VIBRATIONS FORCEES 26 2.3.1. Excitation harmonique 26 2.3.2. Excitation périodique 30 2.3.3. Excitation transitoire : 30 2.4. Isolation vibratoire 33 2.5. AMORTISSEMENT DANS LES SYSTEMES REELS 36 2.6. METHODE DE L'INTEGRATION PAS A PAS : 38 2.7. EXERCICES D’APPLICATION 39 3. SYSTEMES A PLUSIEURS DEGRES DE LIBERTE ................................................................................ 52 3.1. GENERALITES 52 3.2. SYSTEMES A DEUX DEGRES DE LIBERTE 52 3.2.1. Vibrations libres 52 3.2.2. Vibrations forcées 55 3.3. GENERALISATION A PLUSIEURS DEGRES DE LIBERTE - CALCUL DES ENERGIES 57 3.4. APPLICATION DU PRINCIPE DES TRAVAUX VIRTUELS (P.T.V.) 58 3.5. VIBRATIONS DES SYSTEMES NON AMORTIS 59 3.5.1. Vibrations libres : Modes et fréquences propres 59 3.5.2. Vibrations forcées 60 3.5.3. Méthodes approchées de recherche des modes et fréquences propres 61 3.6. VIBRATIONS DES SYSTEMES DISSIPATIFS 62 3.6.1. Vibrations libres 62 3.6.1. Vibrations forcées 64 3 .6. EXERCICES D’APPLICATION 65 4. VIBRATIONS DES POUTRES ................................................................................................................... 88 4.1. INTRODUCTION 88 4.2. EQUATIONS DE MOUVEMENT DES POUTRES 88 4.2.1. Mouvement longitudinal : traction et compression : 88 4.2.2. Mouvement de torsion : 88 4.2.3. Mouvement de flexion : 89 4.3. FREQUENCES ET MODES PROPRES – ORTHOGONALITE 90 Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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4.3.1. Mouvement longitudinal : 90 5.3.2. Mouvement de flexion : 92 5.3.3. Conditions aux limites particulières: 93 5.3.5. Effet de l'amortissement: 94 5.4. METHODES APPROCHEES DE RESOLUTION 94 5.4.1. Détermination des pulsations propres de flexion par la méthode des matrices de transfert: 94 5.4.2. Rappels sur l'énergie en milieu continu : 95 5.4.3. Méthode de Rayleigh: 96 5.4.4. Exemples: 96 5.4.5. Méthode de Rayleigh-Ritz: 96 5.4.6. Exemple: 97 5.5. VIBRATIONS COMPOSEES 97 5.5.1. Effet d'un effort normal sur les vibrations de flexion: 97 5.5.2. Effet de la variation continue de la section: 97 5.5.3. Effet des fondations élastiques: 97 5.6. REPONSE A UNE EXCITATION DONNEE 98 5.6.1. Méthode de Rayleigh-Ritz: 98 5.6.2. Méthode modale: 99 5.7. EXERCICES D’APPLICATION 100 6. REFERENCES BIBLIOGRAPHIQUES ...................................................................................................... 114

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1. INTRODUCTION AUX VIBRATIONS 1.1. INTRODUCTION : Il s'agit d'un mouvement alterné périodique ou non ressenti par notre corps, accompagné souvent d'un bruit. Il correspond également à une oscillation de matière autour de sa position d’équilibre stable. Cette oscillation est suivie d’une déformation susceptible de générer des contraintes et par suite de compromettre la résistance. Le mouvement peut consister en une composante unique à fréquence unique (diapason) ou en plusieurs composantes se produisant à des fréquences différentes simultanément (piston d'un moteur à combustion interne). Ces composantes peuvent être mises en évidence par le tracé de la caractéristique des vibrations (amplitude - fréquence), il s'agit de l'analyse de fréquence (spectre). Cette technique est la pièce angulaire du diagnostic des mesures des vibrations, on peut dépister par analyse de fréquence les sources des vibrations indésirables par lecture sur les diagrammes d'identification des défauts. Ci suit on présente les trois types de vibrations dans le cas déterministe.

t

t

(a) Cas harmonique

(b) Cas périodique (c) Cas quelconque Figure 1.1 Dans la figure 1.1 (a)) on a superposé un signal harmonique (sinusoïdal) avec sa vitesse (en quadrature de phase) et son accélération en opposition de phase, le nombre de cycles d'oscillation dans une période d’une seconde s'appelle fréquence : f (Hz). On appelle période : T = 1 et pulsation : ω = 2πf . f •

En fait x (t ) = a cos(ωt ) par suite x(t ) = aω cos(ωt +

π 2

••

) et x (t ) = aω 2 cos(ωt + π ) (1-1)

a est l'amplitude de la vibration. Une autre façon de représenter cette vibration dans un plan dit de fréquence où l’abscisse est une fréquence et l’ordonnée est une amplitude.

Figure 1.2 Représentation spectrale d’un signal harmonique Pour ce cas cette courbe appelée spectre est composée d’une seule raie. Parmi les causes principales d’une vibration harmonique on cite les défauts d’équilibrage causant un balourd tournant à la vitesse de la machine Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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ce qui génère une force d’inertie centrifuge d’allure sinusoïdale générant une vibration de même fréquence que l’excitation. Dans le domaine des applications mécanique on est situé dans la bande de fréquences entre 20Hz et 20KHz Les fréquences plus basses correspondent aux infrasons et aux vibrations sismiques. Par contre les fréquences élevées correspondent aux ultrasons et puis aux hypersons. Dans le cas de vibration périodique (figure 1.1 (b)) qui peut être générée par un phénomène périodique comme le cas d’une machine tournante où la période correspond à la durée d'un tour de la machine. La série de Fourier donne un harmonique fondamental de fréquence égale à un sur période

f =

1 et des harmoniques T

secondaires dont les fréquences sont multiples de la fréquence fondamentale. Le spectre sera sous forme d’un peigne de raies équidistantes multiples de la raie fondamentale.

Figure 1.3 Représentation spectrale d’un signal périodique Une vibration peut être de forme quelconque ou transitoire (figure 1.1 (b)) (explosion, coup de canon, démarrage ou arrêt d'une machine) ou encore continue (vent constant). On pourra également avoir des vibrations aléatoires telles que séisme, chocs, véhicules passants etc… Dans ce cas le spectre devient une courbe continue en prolongeant le cas périodique à une période infinie.

Figure 1.4. Représentation spectrale d’un signal transitoire

Figure 1.5. Superposition de plusieurs sinusoïdes Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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1.2. EVALUATION DU NIVEAU VIBRATOIRE Les principales grandeurs extraites suivantes : Valeur efficace :

U eff = ( ∫

T 0

d'un signal vibratoire donné U (t ) sont essentiellement les

U 2 (t )dt ) / T on la note souvent U RMS

De part sa définition U eff est liée à l'énergie de déformation donc aux capacités destructives de la vibration. Dans le cas harmonique : U eff =

U max

, elle sera plus faible dans le reste des cas.

2

T

Valeur moyenne :

Um =

1 U (t )dt où T est la durée du signal, vue la fluctuation du signal cette moyenne T ∫0

a peu d'intérêt physique. Valeur maximale ou crête :

U crete = max(U (t )) sur le temps, elle devient significative pour un choc de

courte durée, elle est souvent utilisée dans le diagnostic des défauts et notamment ceux de roulement. Cette valeur est représentée autrement par le facteur de crête qui vaut le rapport entre la valeur crête et la U valeur efficace: FC = crete . U RMS Valeur crête à crête :

U crete−crete : excursion maximale du signal. Cet indicateur est préconisé pour une

machine avec un jeu mécanique. Les paramètres de vibration U (t ) peuvent être l’une de ces trois gradeurs suivantes: -

accélération

γ (t ) (mesurée par un accéléromètre),

vitesse V (t ) (mesurée par vibromètre ou obtenue par intégration de l'accélération),

déplacement U (t ) (mesuré par un capteur de déplacement ou obtenu par intégration de la vitesse ou double intégration de l'accélération). Pour choisir l'un des trois paramètres à utiliser on doit tenir compte du problème à résoudre. Dans un spectre large on utilise souvent le déplacement en basses fréquences (B.F. f1000 Hz) et la vitesse dans la zone intermédiaire (M.F). Le déplacement est utilisé en général pour l'équilibrage des machines tournantes. D’autre part on utilise la vitesse efficace si le spectre de vitesse est large et l'énergie est importante contrairement aux spectres étroits où la valeur crête aura une importance. -

1.3. ORIGINE DES VIBRATIONS On les classe en deux catégories : les vibrations volontaires et les vibrations accidentelles. Dans le tableau qui suit on cite des exemples des deux cas. Tableau 1.1 Classement des vibrations VOLONTAIRES ACCIDENTELLES Musique - cribles -nettoyage Machines tournantes -tri de matière -perforation explosions -choc - séismerelaxation - essai des structures : excitations - table voies routières – défauts des machines: roulement vibrante -compacteur de béton. frottement -jeu- courroie. Les vibrations volontaires sont souvent à objectifs soit industriels (cribles, compacteur etc…) soit de recherche (machines d’essai aux vibrations), elles sont harmoniques en général. Par contre les vibrations accidentelles sont subies notamment dans le milieu industriel en général et celui des machines tournantes en particulier. Elles sont mesurées analysées souvent pour des objectifs de maintenance afin de diagnostiquer le défaut et procéder à la maintenance conditionnelle, elles sont notamment à éliminer ou minimiser le cas échéant. En général ces vibrations sont souvent périodiques ou transitoires et parfois aléatoires. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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1.4. DOMAINES AFFECTES PAR LES VIBRATIONS On distingue plusieurs domaines affectés par les vibrations notamment : la mécanique, le génie civil, l’hydraulique et l’électricité.

1.4.1. Mécanique : - Machines tournantes déséquilibrées ou avec défauts. - Machines alternatives. - Engins aérospatiaux. - Véhicules routiers ou ferroviaires. - Broyeurs. - Laminoirs. - Chambres des chaudières.

Figure 1.6 Installation mécanique

1.4.2. Génie civil : - Fondations des machines. - Séismes. - Bâtiments : effets des machines et des séismes. - Ponts et routes sous l'effet des véhicules passants. - Ouvrages d'art. - Acoustique architecturale. - Bateaux et navires.

Figure 1.7. Une banque suite au Séisme d Kobe, Japon (Magnitude 7.2) 17Janvier 1995 Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Figure 1.8 Pont de Tacoma (Japon) sous l’effet du vent 7 novembre 1940

1.4.3. Hydraulique : - Pompes - Conduites : coup de bélier. - Turbomachines. - Barrages.

Figure 1.9 vibrations dans le domaine hydraulique (Eoliennes et ventilateurs)

1.4.4. Electrique : - Circuits électriques en perturbation. - Machines électriques. - Câbles électriques. - Appareils de mesure.

Figure 1.10 Appareillage électrique

1.5. L'INGENIEUR FACE AUX PROBLEMES DES VIBRATIONS L'intervention de l’ingénieur est à deux titres : le titre curatif et le titre préventif.

1.5.1. Titre curatif : Si les vibrations sur les machines sont jugées inacceptables l'intervention consiste à remédier ou à réparer les défauts. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Que doit faire l'ingénieur ? - Vérifier la clarté des normes imposées et vérifier qu'il dispose de moyens d'essai suffisants pour atteindre la précision requise. Le problème est posé comme suit : - Cela vibre de façon intolérable. - Les normes doivent être satisfaites. - Les niveaux de vibrations en tels points doivent être ramenés à telles valeurs fixées. L'ingénieur procède à la vérification des données du problème (mesure lui même les vibrations) pour ne pas provoquer d'autres phénomènes nuisibles en réparant. Les mesures doivent être méthodiques pour tous les éléments de la structure. L'ingénieur devra disposer d'un bon formulaire lui permettant des vérifications rapides sur site.

1.5.2. Titre préventif : Il s'agit d'assurer dans le calcul du projet un comportement vibratoire conforme aux objectifs de fonctionnement normal ou acceptable. Le projet d'une machine tient compte d'éléments rigides et d’éléments déformables, en fait beaucoup de ces éléments constituent des systèmes : masse - ressort non prévus, ce qui vient perturber le fonctionnement de la machine.

1.6. CAS PARTICULIERS DES SYSTEMES A TRAITER On distingue les structures porteuses ou résistantes et les machines particulièrement les machines tournantes.

1.6.1. Les structures Dans un projet d'étude d'une structure on distingue les phases décrites dans le tableau suivant. Phases de travail

Projet statique

STRUCTURES

ETUDE VIBRATOIRE

Excitations - Expérience

Modèle mathématique

C.A.L.

Modes propres

Impédances

périodiques

Courbes de réponse

harmoniques

vent

mer

vent

défauts

aléatoir es

acoustique

séismes

Réponses Figure 1.11. Organigramme d’un calcul vibratoire

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routes

1.6.2. Les machines particulièrement tournantes

Figure 1.12 Banc d’équilibrage

Figure 1.13 rotor

Figure 1.14 Tuboalternateur Toutes les machines s’usent en production et leur usure se traduit par un signal vibratoire qui nous attire l’attention pour agir sur la situation d’une façon préventive. La vibration est la voix des machines pour aller à leur secours avant leur dégradation. L’état de santé d’une machine est contrôlé par son spectre de vibration. On distingue en effet trois types de maintenance des machines : - Fonctionnement jusqu’à la panne ou maintenance corrective - Maintenance périodique basée sur la durée de fonctionnement - Maintenance conditionnelle : économie sur l’entretien. Il s’agit de surveiller en permanence un nombre de points par lecture de leurs spectres et leurs comparaisons à des références. Les systèmes élaborés de surveillance sont basés sur l’emploi d’un calculateur. On doit disposer alors d’un tableau de reconnaissances de défauts en fonction des fréquences. Cet aspect ne fait pas l’objet de ce manuel. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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1.7. NOTIONS SUR LES SYSTEMES MECANIQUES VIBRATOIRES Un système est composé de la masse qui génère de l’énergie cinétique, cette masse est ponctuelle pour schématiser la translation et elle sera remplacée par un volant d’inertie dans le cas de rotation. D’autres part la matière est déformable à différents degrés, cette déformabilité est représentée par un ressort hélicoïdal pour la translation et spiral pour la rotation Enfin la matière dissipe de l’énergie sous plusieurs forme : frottement structural, sec ou encore visqueux. Le dernier cas de frottement est le seul permettant d’obtenir des lois de mouvement linéaires. C’est ainsi que on utilise ce mode d’amortissement dans le cas général avec une caractéristique d’amortissement calculée par l’équivalence des énergies perdues par cycle de vibrations Ainsi quand un système vibre l’énergie passe de sa forme cinétique à sa forme potentielle et vice vers et c’est grâce à la dissipation que les vibrations transitoires finiront par disparaître sauf s’il y a apport d’énergie. Le modèle général simplifié est alors donné dans le tableau suivant : Masse (inertie) M

Raideur K

Stocke l’énergie sous forme cinétique

Amortisseur C

S’opposent au mouvement

Stocke l’énergie potentielle

Dissipe l’énergie en chaleur

Figure 1.15 Principes de base d’un modèle Ci suit on présente quelques modèles simples où on donne l’équivalence de la masse ou la raideur.

1 .7.1. Exemples d’éléments de masse Les valeurs qui suivent sont données ici sans démonstration, le lecteur pourra s’adresser à des livres spécialisés pour les preuves. 1- Ressort hélicoïdal ou Tige: ms m eq = m + 3

ms Figure 1.16 Ressort et tige

2- Poutre en porte-à-faux en flexion :

mb

m eq = 0 ,24 m b

Figure 1.17 Console en flexion 3- Poutre simplement appuyée en flexion

mb m eq = 0,5 mb Figure 1.18 Poutre sur appuis simples J 4- Arbre de torsion:

J eq =

J 3 Figure 1.19 Arbre en torsion

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1.7.2. Exemples des éléments de ressort - Tige en tension ou compression:

ES L

K eq =

E: module d'Young S: surface de la section L: longueur de la barre Figure 1.20 Tige en traction compression -Tige en torsion

Gπd 4 32 L

K eq =

G: module de Coulomb d: diamètre de la section Figure 1.21 Arbre en torsion -Poutre console charge à l'extrémité libre en flexion

K eq =

3EI L3

I: moment d'inertie de la section par rapport à l'axe de flexion

Figure 1.22 Console en flexion

- Poutre simplement appuyée: chargée au milieu

K eq =

48 EI L3 Figure 1.23 Poutre sur appuis simples

-Poutre bi-encastrée: charge au milieu

K eq =

192 EI L3 Figure 1.24 Poutre biencastrée

-Ressort hélicoïdal

K eq

Gd 4 = 8 ND 3

N = Nombre de spires D = Diamètre de spire d = Diamètre du fil -ressort spiral

K eq

Figure 1.25 Ressort hélicoïdal

Ebe 3 = 12 L

b: largeur de la lame élastique L : longueur du fil Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

Figure 1.26 Ressort spiral Rachid NASRI

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E : module d’young du matériau Par suite on présente la procédure pour la résolution d’un problème de mécanique vibratoire d’une façon générale. Barre rigide

Barre déformable

Eléments de masses concentrées en série

Eléments de ressorts en série

Figure 1.27 Ci suit des modèles d’une voiture en vibration de basses fréquences par effet de suspension. On commence par le seul mouvement vertical (pompage) puis le pompage et le tangage en tenant compte en second lieu de l’élasticité et masse des pneus et on termine en ajoutant l’effet du roulis

Figure 1.28 Modèles d’une voiture

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1 ddl

N ddl

Mécanique

Continu

Système oscillant

Electrique

Linéaire

Coefficients constants

Coefficients variables dans le temps

Oscillations forcées

Oscillations libres

Oscillations sinusoïdales

Non linéaire

Oscillations harmoniques ou partielles

bruit

Conservatifs

Coefficients constants

Coefficients variables dans temps

Oscillations paramétriques

Oscillations périodiques

Oscillations auto-excitées

Oscillations non périodiques et périodiques

le

Oscillations forcées

Bruit

Non conservatifs

Figure 1.29. Organigramme d’un problème de mécanique vibratoire

1.8. EQUATIONS DE LAGRANGE Dans ce paragraphe on se propose d’établir à partir du principe des travaux virtuels (P.T.V.) les équations de mouvement d’un système mécanique discret ou discrétisé. A un degré de liberté (ddl) x k on associe une perturbation virtuelle δx k Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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δWi Les forces extérieures développent le travail δWe Les forces de rappel développent le travail δWr Les forces d’inertie développent le travail

Ceci est sous l’effet de la perturbation compatible avec les liaisons. Le P.T.V. donne : δWi + δWe + δWr = 0 (1-1) →

n

Si on transforme ces travaux virtuels on peut écrire ce qui suit :

Σ

1

→

On a :

→

→

Σ

n

J i = ∫ − γ (M ) Σ

→

i =1

Σ →

→

D’où :

→

∫ γ (M )δ M dm = ∫ γ (M )(∑

→

δWj = ∑ Jiδqi = ∫ − γ (M )δ M dm (1-2) →

n → ∂M ∂M δqi ) dm = ∑ (∫ γ ( M ) dm)δqi (1-3) ∂qi ∂qi i =1 Σ

∂M dm (1-4) ∂qi

→

→

→

→

→ d ∂M ∂M dV ∂M d → ∂M = = (V . γ (M ) ) −V ( ) (1-5) ∂qi dt ∂qi dt ∂qi dt ∂qi →

→

→

d → ∂M d → ∂M d ∂V 2 (V . ) = (V . • ) = ( • ) (1-6) dt ∂qi dt dt ∂ q ∂ qi i →

→

→

→

→

n n ∂ ∂M ∂ ∂M • ∂ ∂ OM ∂M • ∂ → d ∂M +∑ ( )= ( )+∑ qj = ( qj) = (V ) (1-7) ∂t ∂qi ∂qi ∂t ∂qi dt ∂qi j =1 ∂q j ∂qi j =1 ∂q j →

→ ∂ → d ∂M ∂ 1 2 V ( ) =V (V ) = ( V ) dt ∂qi ∂qi ∂qi 2 →

Donc :

(1-8)

→

∂ M d ∂V 2 ∂ 1 2 = ( • )− γ (M ) ( V ) (1-9) ∂qi ∂qi 2 dt ∂ q i →

D’où :

Finalement :

Ji = −

d ∂C ∂C + • dt ∂ q ∂qi i

(1-10)

D’où en intégrant : c’est la formule de Lagrange.

∂q d ∂Ec ∂Ec )+ )δxk (1-11) δWext = ∑ Fjδx j = ∑∑ Fj j δxk = ∑ Qkδxk • dt ∂ x ∂xk j j k k ∂ xk k

δWi = ∑(− ( k

(1-12)

Qk est la force généralisée. Finalement on aura :

d ∂Ec

∑( dt ( k

•

∂ xk

)−(

∂Ec ∂E p )+ ) − Qk )δxk = 0 ∂xk ∂xk

(1-13)

Cette équation est valable pour toute perturbation δx k . Par suite on aura pour tout ddl Si

xk .

D d est la fonction de dissipation moyenne, les équations de LAGRANGE deviennent définitivement pour

un système conservatif :

∂E d ∂Ec ∂E ∂D ( • ) − ( c ) + • d + p − Qk = 0 (1-14) dt ∂ x ∂xk ∂xk ∂x k

k

Ces équations seront utilisées pour des systèmes complexes sinon on peut toujours utiliser le PFD et on verra plus tard que si le système est linéaire les énergies permettront une écriture matricielle aisée. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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1.9. CARACTERISTIQUES MECANIQUES DES STRUCTURES On définit les caractéristiques vibratoires d’une structure, soit en entrée et sortie au même point ou en deux points différents comme suit :

ENTREE Excitation SYSTEMES Point de mesure

TRANSFERT Excitation Point de mesure

SYSTEMES

Figure 1.30 On récapitule toutes les fonctions de transfert usuelles dans le tableau 1.2. Ces différentes gradeurs sont définis dans un objectif de caractérisation d’une structure vis-à-vis du comportement dynamique. Tableau 1.2. Définitions des fonctions de transfert d’un système mécanique FONCTIONS

DEFINITIONS

UNITES

Compliance

Déplacement / Force

m/N

=

s .kg

Raideur dynamique

Force / Déplacement

N/m

=

kg.s

Mobilité mécanique

Vitesse / Force

(m.s ) / N

-1

=

s.kg

Impédance mécanique

Force / Vitesse

N / (m.s )

=

kg.s

Inertance

Accélération / Force

(m.s ) / N

-2

=

kg

γ/ F

Masse apparente

Force / Accélération

N / (m.s )

=

kg

F/γ

-1

-2

NOTATION 2

-1

X/F

-2

F/X

-1

V /F

-1

F/V

-1

1.10. EXERCICES D’APPLICATION EXERCICE 1. Déterminer les raideurs effectives des ressorts combinés et écrire les équations du mouvement des systèmes masse- ressort ci dessous

u

(A) m

u

(B)

k1 f(t)

k1

k2 m

f(t)

k2

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Réponses:

u

(A)

u

(B)

k1 m

k1

f(t)

k2 m

f(t)

k2

Cas A : Bilan des forces sur m dans la direction du seul mouvement possible U (pas de frottement) U est le déplacement de la masse par rapport au cas où les ressorts sont à vide. - K1 U

f(t)

- K2 U ••

On applique le P.F.D au mouvement de translation. ••

Donc :

− k1U − k 2U + f (t ) = mU

••

m U + (k1 + k 2 )U = f (t ) Soit : m U + k eqU = f (t )

K eq = k1 + k 2 est alors la raideur équivalente des 2 ressorts. Cas B : Bilan des forces : au point A entre les 2 ressorts et sur la masse m U V - K2 V

K2 (U-V)

m

•

f (t)

- K2 (U – V)

V est le déplacement horizontal de A par rapport au repos où les ressorts sont à vide. U est déplacement horizontal de la masse m par rapport au même état de repos défini précédemment. k2 L’équilibre de A donne − k1v + k 2 (U − v ) = 0 ⇒ x ( k1 + k 2 ) = k 2 U ⇒ V = U. k1 + k 2 ••

Le P.F.D. appliqué sur m donne:

m U = f (t ) − k 2 (U − V ) ••

On remplace

V par son expression ⇒ m U = f (t ) − k 2 (U −

k2 U) k1 + k 2

•• k1 k 2 U = f (t ) Soit : m U + k eq U = f (t ) k1 + k 2 k k La raideur équivalente est donc k eq = 1 2 k1 + k 2 ••

⇒ mU +

EXERCICE 2. Ecrire les équations du mouvement (vibrations libres) du système représenté sur la figure a. En supposant la poutre sans masse, chaque système présente un seul degré de liberté défini par la déflexion u sous la masse P . La rigidité de flexion de la poutre est EI et sa longueur L .

a : Vibrations de poutres sans masse avec surcharge. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Déterminer la fréquence propre d'une masse P suspendue à un ressort au milieu d'une poutre sur appuis simples (figure b). La rigidité de flexion de la poutre est EI et sa longueur vaut L . Elle est supposée sans masse. La raideur du ressort vaut k . L EI k P

b: Poids suspendu à une poutre sans masse par un ressort. Réponses: Pour calculer k eq Il suffit de faire un essai statique sur la poutre sur appuis simples de longueur l chargée au milieu. D’après la R d M f =

FL3 f 48EI donc : k eq = = 3 48EI g L

F f ••

Par suite l’équation du mouvement vertical est m U + k eq U = 0 soi U est compté par rapport au repos où le poids à déjà déformé le ressort. b/ La barre est le ressort du raideur k est en série

⇒ k eq

48 EI k k l3 = b = k b + k k + 48 EI l3

ω=

k eq p

EXERCICE 3. On considère le système à 3 ddl suivant :

On paramètre le système par les déplacements absolus respectifs des 3 masses

m1 , m2 et m3 ( x1 , x 2 , x3 ) .

Ecrire les équations de mouvement du système. Réponses: Le système est à 3 ddl et il est paramétré par

x1 , x 2 , x3

On calcule les énergies et le travail des forces extérieures : • .2 • .2 • .2 1 Ec = (m1 x1 + m2 x 2 + m3 x 3 ) 2 1 1 1 1 E pdef = ( k1 x1.2 + k 2 ( x1 − x 2 ) 2 + k 3 ( x 3 − x 2 ) 2 + k 4 ( x3 − x1 ) 2 2 2 2 2 W fext = f 1 x1 + f 2 x 2 + f 3 x3

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  •• ∂Ec d  ∂Ec  , =0 = m x1 , = m x 1 1 1 • •   ∂x1 dt  ∂ x  ∂ x1  1  1 ∂Ep = k1 x1 + k 2 ( x1 − x 2 ) + k 4 ( x1 − x3 ) 2 ∂x1 ∂Ec

•

∂W fext ∂x1

= f1

••

Donc la première équation de mouvement est : − m1 x 1 − (k1 x1 + k2 ( x1 − x2 ) + k4 ( x1 − x3 )) + f1 = 0 *

∂Ec •

•

= m2 x 21 ,

d  ∂Ec dt  ∂ x•  2

 ••  = m x , ∂Ec = 0 21 2  ∂x 2 

∂ x2 ∂Ep = k 2 ( x2 − x1 ) + k3 ( x2 − x3 ) ∂x2 ∂W fext = f2 ∂x 2 ••

La seconde équation est : − m 2 x 2 − ( k 2 ( x 2 − x1 ) + k 3 ( x 2 − x 3 )) + f 2 = 0

*

∂Ec •

•

= m3 x 3 ,

d  ∂Ec dt  ∂ x•  2

 ••  = m x , ∂Ec = 0 3 2  ∂x 3 

∂ x3 ∂Ep = k 3 ( x3 − x 2 ) + k 4 ( x3 − x1 ) ∂x 3

∂W fext ∂x 3

= f3

••

La troisième équation est : − m 3 x 3 − ( k 3 ( x 3 − x 2 ) + k 4 ( x 3 − x1 )) + f 3 = 0 EXERCICE 4. Donner les équations des petits mouvements du système représenté ci-dessous composé d'une masse, d'une poulie de moment I et de ressorts (figure).

Réponses: Le système comporte 2 ddl, on le paramètre par x : glissement de m et θ rotation de la poulie on suppose θ petit. •2 1 1 1 1 •2 k ( x − R2 θ ) 2 , W fext = Pd = 0 . m x + I θ , E pdef = k ( R1 θ ) 2 + 2 2 2 2 • •• ∂W fext ∂Ep ∂Ec d  ∂Ec  ∂Ec = 0. = k ( x − R2 θ ) et =m x, =m x , =0 , • •   ∂x ∂ x ∂ x dt ∂x  ∂x 

Ec =

••

La 1ère équation de mouvement est : m x + k ( x − R2 θ ) = 0

∂Ec •

∂θ

•

=Iθ ,

d  ∂Ec dt  ∂ θ•

 ••  = J θ , ∂Ec = 0  ∂θ 

∂Ep = k R12 θ − k R2 ( x − R2 θ ) ∂θ

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∂W fext ∂θ

=0

Page ~ 20 ~

••

La seconde équation de mouvement est : I θ + ( k1 R1

2

θ + k 2 R2 ( R 2 θ − x)) = 0

EXERCICE 5 : A l’aide des équations de Lagrange, établir les équations de mouvement du système représenté ci dessous, avec x1 , x 2 et x3 désignant les déplacements des masses m1 , m2 et m3 par rapport à leurs positions d’équilibre respectives, et

F1 , F2 et F3 sont des forces extérieures appliquées.

Réponses : Le système a 3 ddl qui correspondent aux translations :

•2 •2 •2 1 1 1 1 k x32 + 3 k ( x1 − x3 ) 2 ( m1 x 1 + m 2 x 2 + m 3 x 3 ) , E pdef = k ( x1 − x2 ) 2 + 2 2 2 2 = f 1 x1 + f 2 x 2 + f 3 x 3

Ec =

W fext ∂E c

  •• ∂E c d  ∂E c  = m x et =0 1 1 • dt  ∂ x  ∂x1  1 ∂W fext = k ( x1 − x 2 ) + 3 k ( x1 − x3 ) = f1 ∂x1 •

= m1 x1 ,

•

∂x1

∂Epdef ∂x1 ère

La 1

x1 , x 2 et x3

équation de mouvement est :

••

− m1 x 3 − (k ( x1 − x 2 ) + 3k ( x1 − x 2 )) + f 1 = 0

∂Ec •

∂ x2

•

= m2 x 2 ,

 d  ∂Ec dt  ∂ x•  2

 •• ∂Ec  , =0 = m x 2 2  ∂x 2 

∂Ep def ∂x 2

= k ( x 2 − x1 ) et

∂W fext ∂x 2

= f2

••

La 2ème équation de mouvement est : − m 2 x 2 − k ( x 2 − x1 ) + f 2 = 0

∂E c •

∂ x3

•

= m3 x3

 d  ∂E c dt  ∂ x•  3

 ••  = m x 3 3  

∂E c =0 ∂x 3

∂Ep def ∂x3

= k x3 + 3k ( x3 − x1 ) et

∂W fext ∂x 3

= f3

••

La 3ème équation de mouvement est : − m 3 x 3 − ( k x 3 + 3 k ( x 3 − x1 ) ) + f 3 = 0 EXERCICE 6 ; Soit le système montré à la figure ci-dessous. La masse m1 est fixée à une tige rigide, de masse négligeable et de longueur b , qui peut osciller dans le plan vertical autour du point O1 . La masse m2

est fixée à une autre tige rigide, de masse négligeable, de longueur L et qui peut osciller

autour du point O2 . Les deux tiges sont reliées entre elles par un ressort k1 . La masse m2

est reliée au sol à l’aide d’un ressort

k2 . Écrivez les équations différentielles du mouvement sous forme matricielle en fonction de m1 , m2 , k1 ,

k 2 , b , d et L .

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Réponses: • • 1 ( m1 (b θ 1 ) 2 + m 2 ( L θ 2 ) 2 ) 2 1 E p = ( k 2 ( Lθ 2) 2 + k1 ( dθ 2− dθ 1 ) 2 ) + m1 gb θ 1 + m 2 gL θ 2 2

Ec =

∂Ec •

∂θ 1

•

= m1b 2 θ1 ,

W fext = Pd = 0

  •• ∂Ep def ∂Ec d  ∂Ec  2 = m b θ et = 0 = k1 d 2 (θ1 − θ 2 ) + m1 gb 1 1 •   dt  ∂ θ  ∂θ 1 ∂θ1  1 ••

La 1ère équation de mouvement est :

∂Epdef ∂θ 2

m1b 2 θ1 + k1 d 2 (θ1 − θ 2 ) + m1 gb = 0

= k1 d 2 (θ 2 − θ1 ) + k1 L2 (θ 2 ) + m2 gL ,

  •• d  ∂Ec  ∂Ec 2 = m L , = m L =0 θ θ 1 2 2 2 et • •   dt  ∂ θ  ∂θ 2 ∂θ 2  2 ∂Ec

2

•

••

La 2ème équation de mouvement est :

m2 L2 θ 2 + k1 d 2 (θ 2 − θ1 ) + k1 L2 (θ 2 ) + m2 gL = 0

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2. SYSTEMES A UN SEUL DEGRE DE LIBERTE 2.1. INTRODUCTION Il s'agit de tout système mécanique dont un seul paramètre suffit pour caractériser parfaitement le mouvement. Mais pour qu'il y ait des vibrations pour un tel système il faut un ressort de rappel qui permettra au solide d'osciller par transfert d'énergie autour d'une position d'équilibre. Ce paramètre s'appelle degré de liberté (ddl). On peut avoir comme exemple la translation ou la rotation d'ensemble d'un solide comme la vibration de translation d’une machine sur ses supports. Ainsi on schématise un système à un ddl par une masse rigide qui ne peut translater de par ses liaisons que suivant une direction donnée et qui est liée à un point fixe par l'intermédiaire d'un ressort de traction. D'ailleurs on verra plus tard que tout système mécanique peut être décomposé en systèmes élémentaires à un ddl par une méthode dite modale. Un système rigide à une liaison interne souple par rapport aux autres est considéré à un ddl. Par la nature des choses, l'énergie des vibrations est dissipée sous plusieurs formes : frottement sec, viscosité, dislocation interne, plasticité ou hystérésis. On est amené à introduire en parallèle avec le ressort un dash-pot ou amortisseur hydraulique qui a l'avantage d'un comportement linéaire. U C

M

K Figure 2.1 M : valeur de la masse K : raideur du ressort C : coefficient d'amortissement du dash-pot. U : déplacement algébrique de M . Ainsi toutes les structures qui ont un mouvement nettement plus facile à avoir lieu que les autres seront considérées à un seul ddl. Exemples :

Figure 2.2 des systèmes à un ddl

2.2. ETUDE DES VIBRATIONS LIBRES Les vibrations du dit système sont considérées libres s'il est en mouvement sans force extérieure maintenue ou permanente. Ceci est naturellement possible en provoquant un déplacement ou une vitesse initiale à la masse M . Ecrivons la relation fondamentale de la dynamique (RFD) au mouvement horizontal de M sous les forces de rappel, d’inertie et du dash-pot. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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••

•

M U + C U + KU = 0

On a:

(2-1)

La résolution de cette équation se fait par la recherche de :

U (t ) = A e rt

(2-2)

d'où l'équation caractéristique : Mr + Cr + K = 0 (2-3) et son déterminant: ∆ = C − 4 KM Afin de simplifier les calculs on procède au changement de variable qui suit : 2

ω2 =

ε

2

(2-4)

K C (2-5) et ε = M 2 Mω

est le coefficient d'amortissement réduit couramment utilisé, il est positif et inférieur à un pour les systèmes mécaniques stables. Trois cas se posent alors pour ∆ : a) ∆ > 0 soit ε > 1 ce qui est peu courant dans les amortissements naturels, les solutions seront

r1 = −ω (ε + ε 2 − 1)

et r2 = −ω (ε − ε − 1) Elles sont toutes les deux de signe toujours négatif. 2

(2-6)

La solution en déplacement sera : U ( t ) = A1 e 1 + A 2 e 2 (2-7) C'est une solution non vibrante et la masse va directement vers sa position de repos après un temps relativement court selon la valeur de l’amortissement. Ce cas est dit sur-amorti ou sur-critique. Applications: L'amortissement sur-critique est celui qui minimise les amplitudes du mouvement (mais pas le temps de stabilisation) - Dispositif de fermeture de porte, - Absorption de recul d'un canon, - Amortisseur d'auto, - Quelques instruments à fort amortissement. (r t)

(r t)

b) ∆ = 0 soit ε = 1 r1 = r2 = −ω et U (t ) = ( At + B )e (2-8) Là aussi il n'y aura pas de vibration c'est un cas dit critique et qui est aussi peu fréquent. ( − ωt )

0 .0 1 0 .0 0 9 0 .0 0 8

Deplacement (cm)

0 .0 0 7 c rit iq u e

0 .0 0 6 0 .0 0 5 0 .0 0 4

s u rc rit iq u e

0 .0 0 3 0 .0 0 2 0 .0 0 1 0

0

0 .2

0 .4

0 .6

0 .8

1 1 .2 T e m p s (s e c )

1 .4

1 .6

1 .8

2

Figure 2.3 : Mouvement critique et mouvement sur-critique d’un système à paramètres donnés. c)

∆0

1

δ(t) : impulsion de Dirac

1 p

u(t) : fonction échelon unitaire

1 p2

t : rampe unitaire

e − pT F ( p)

f(t-T)

1 p+a

e − at

1 p ( p + a)

1 (1 − e− at ) a

1

( p + a )( p + b )

1 ( e− at − e−bt ) b−a

h+ p ( p + a )( p + b )

1 ( ( h − a ) e− at − ( h − b ) e−bt ) b−a

1 p ( p + a )( p + b )

1  b − at a − bt  e + e  1 − ab  b − a b−a 

h+ p p ( p + a )( p + b )

b ( h − a ) − at a ( h − b ) −bt  1  e − e  h− ab  b−a b−a 

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••

•

Reprenons l'équation de mouvement : M U + C U + •

avec :

KU = F(t) (2-31) _

_

U( 0 ) = U 0 et U (0) = V0 , Laplace F (t ) = F ( P) et Laplace(U (t ) = U ( P) .

La transformation de toute l'équation de mouvement amène à : _

_

U ( p)( Mp 2 + Cp + K ) = F ( p) + U 0 ( Mp + C ) + M .V 0 (2-33) La réponse est la somme de deux réponses : la première dépend de la force et du système c'est la réponse forcée ou permanente par contre l'autre dépend des conditions initiales et du système c'est la réponse libre ou transitoire. On se propose ci suit d'analyser la réponse forcée. _

_

U ( p ) = H ( p ) F ( p ) où H ( p ) =

1 ) Mp + Cp + K 2

(2-34)

1 M Pour chercher l'origine de H ( p ) on pose H ( p ) = ( p − r1 )( p − r2 ) où r1 et r2 sont déjà définies en vibrations libres.

(2-35)

t exp( −ωt ) M  1 1 1  * si ε ≠ 1⇒ r1 ≠ r2 alors on aura H ( p ) = (2-37) −  M ( r1 − r2 )  ( p − r1 ) ( p − r2 )  * si

ε = 1⇒ r1 = r2 = −ω la fonction origine d'après l'abaque est: h(t ) =

(2-36)

1 (e ( r1t ) − e ( r2t ) ) (2-38) M ( r1 − r2 ) Ainsi on calcule: U (t ) = h(t ) ∗ F (t ) (2-39)

Par suite : h(t ) =

Ainsi dans le cas de système sous-amorti et en remplaçant r 1 et r 2 par leurs expressions de (2-6) on retrouve :

t

U (t ) =

0

e − εω 0 ( t −τ ) sin [ω a ( t − τ ) ]F (τ ) d τ

1

∫ Mω

(2-40)

a

Cette intégrale s’appelle intégrale de Duhamel. Considérons maintenant la fonction δ (t ) (en fait c'est une distribution appelée ici abusivement fonction) appelée impulsion de Dirac définie comme suit :

δ (t ) = lim ∆τ →O f ∆τ (t ) où f ∆τ (t ) =

1 si t < ∆τ et 0 sinon (2-41) ∆τ δ(t )

f ∆τ

(t)

(a)

(b) Figure 2.15 Impulsion de Dirac

Figure 2.16 Impulsions types pratiques Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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On peut montrer facilement que pour toute fonction f (t ) on a :

δ (t ) ∗ f (t ) = f (t ) (2-42) et par suite

si F (t ) = δ (t ) alors U (t ) = h(t ) qui s'appelle par conséquent : réponse impulsionnelle du système. Si on prend F (t ) = F0 e

( j Ωt )

(2-43) sans conditions initiales on aura : U (t ) = F0 e

( jΩt )

H ( jΩ) (2-44) et

H ( jΩ ) est le rapport de la réponse à une excitation harmonique avec cette excitation c'est ainsi qu'elle s'appelle fonction de transfert du système. •

Si on tient compte des conditions initiales

U (0) = U 0 et U (0) = V0 (2-45) pour remonter aux origines des

termes restants on décompose en éléments simples comme suit:

C U0( p + ) U 0 ( Mp + C ) M (2-46) = ( Mp 2 + Cp + K ) ( p − r1 )( p − r2 ) K1 K2 + et l'origine est facile à trouver. * si r1 = r2 on aura 2 ( p − r) ( p − r) * si

r1 ≠ r2 la décomposition donne

K1 K2 + ( p − r1 ) ( p − r2 )

Les constantes K1 et K 2 se déterminent aisément par développement. Le même travail est faisable avec le terme en vitesse en procédant exactement comme pour le déplacement U0 . Exemple: si F (t ) = Y (t ) (Heaviside) On trouve pour

r1 ≠ r2 U (t ) =

 e ( r1t ) e ( r2t )  1 1 − +   M ( r1 − r2 )  r1 r2  Mr1r2

(2-47)

La première partie de la solution est transitoire et peu durable et elle est due à l'application en t=0 de la force(saut d’état)et la seconde partie est la réponse établie (cas statique ). La transformée de LAPLACE passe à la transformée de FOURIER si on prend p imaginaire pure p = jω .

2.4. Isolation vibratoire On va prendre comme application pratique des vibrations forcées le problème d’isolation des machines. On considère une machine tournante en vibration par effet d’une cause quelconque (balourd désalignement etc…). On souhaite concevoir un système d’isolation modélisé par un ressort et un dash-pot en parallèle dont le rôle est de minimiser le transfert de la vibration de la machine au sol et d’éviter le transfert de l’énergie dans l’autre sens. Pour commencer on suppose la machine excitée par une force harmonique et on cherche à étudier le transfert de la vibration vers le sol. F sin(Ωt)

m

k

c

Figure 2.17 La force transmise au sol sera : kx (t ) + jΩ cx (t ) (2-48) Où : x (t ) est le déplacement de m . A partir de la solution en déplacement trouvée dans l’étude des vibrations forcées en charge harmonique. La force transmise en module est :

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FT = x 0

k

2

+ (cΩ )

2

F0 1 + ( 2 ε

FT =

(1 − (

Ω

ω

Ω

ω

)2

) 2 ) 2 + (2ε

(2-49) Ω

ω

)2

1 + ( 2ε

La transmissibilité T est donnée en module alors par : T =

(1 − (

Ω

ω

Ω

ω

)2

) ) + ( 2ε 2 2

Ω

ω

(2-50)

)

2

Ci suit on représente graphiquement ce module afin de situer la zone d’isolation et celle d’amplification.

Figure 2.18 Courbes de transmissibilité en fonction de

Ω

ω

On voit d'après le dernier graphique que:

Ω

Si

ω

< 2 (là où le ressort n'a pas d'effet favorable) l'amortissement est avantageux puisque si ε croit la

transmissibilité décroît. Par contre dans la zone où le ressort agit favorablement l'amortisseur est un inconvénient. Cela ne veut pas dire qu'un montage avec amortisseur n'a pas d'intérêt. Mais si on travaille au voisinage de

Ω

ω

= 1 il vaut mieux avoir un amortissement même faible.

En second lieu on suppose que la machine est excitée par un déplacement à la base et on cherche le déplacement de la machine et la transmissibilité sera le rapport du second déplacement par le premier. On appelle y le déplacement imposé harmonique de forme y (t ) = y0 e

( jΩt )

(2-51) et U le déplacement de

m. ••

L’équation de mouvement devient : ••

•

soit : M U + C U +

•

•

M U + C (U − y ) + K (U − y ) = 0

(2-52)

•

KU = C y + Ky = ( K + jΩC ) y 0 e jΩt (2-53)

De la même manière il s’agit d’une force harmonique et le module de da transmissibilité en déplacement sera celui donné par la formule (2-50). Cela veut dire que l’isolateur passif fonctionne de façons similaires dans les 2 sens. Les matériaux les plus couramment utilisés pour l’isolation des vibrations mécaniques sont le caoutchouc, le liège et le feutre. Les ressorts métalliques sont également employés. L'efficacité de chaque type dépend toujours des conditions particulières d’emploi.

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- Les ressorts métalliques hélicoïdaux ont l’avantage d’être peu sensible aux états ambiants (température, graisse,...). Les inconvénients viennent de leur faible capacité d’amortissement et de leur facilité à transmettre les bruits. On peut remédier à cela en les posant sur du caoutchouc ou du feutre.

Figure2.19 isolateur par ressort simple ou multiple - Les supports caoutchouc sont utilisés généralement pour l’isolation des machines légères. Le caoutchouc a de bonnes propriétés d’amortissement mais elles varient en fonction de la charge, de la température et des conditions ambiantes.

métal

caoutchouc Figure 2.20 isolateur par caoutchouc et métal - Le liège est surtout employé pour l’isolation acoustique mais donne également de bons résultats pour l’isolation mécanique de machines légères. Ses caractéristiques élevées d’amortissement ne sont pas affectée par des contacts d’huiles ou d’eaux et les variations faibles de températures. Par contre, il n’est pas parfaitement élastique.

Figure 2.21 Isolateur en liège - Le feutre permet d’éviter la transmission des vibrations hautes fréquences.

Figure 2.22 Isolateur en feutre Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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-

L’isolant en coussin d’air est utilisé pour les basses fréquences

Figure 2.23 Isolateurs en coussin d’air de différentes tailles et conceptions

2.5. AMORTISSEMENT DANS LES SYSTEMES REELS Comme on a dit au départ l'amortissement a plusieurs origines : - amortissement visqueux - amortissement de frottement - amortissement structural lié à la fréquence d'excitation et le temps. En général l'énergie dissipée est W = aX

2

(2-54) où X est l'amplitude du signal.

Or dans le cas visqueux on a calculé cette énergie et on a trouvé W = πCΩX

2

(2-55) qu'on égale à W ce

a (2-56). On schématise le système en Ωπ a ∗ amortissement structural par un ressort de raideur complexe : K = K (1 + jη ) où η = (2-57) kπ

qui donne comme coefficient du dash-pot équivalent C =

••

.

•

L'équation de mouvement du système sera : M U + U /( π Ω ) + KU = F cos( Ω t ) (2-58)

K*

M Figure 2.24 ••

.

•

En termes complexes avec Z au lieu de U on aura : M Z + a Z /(πΩ ) + KZ = F exp( jΩt ) (2-59) La solution est alors Z = De

( j Ωt )

où : D =

F (2-60) K − MΩ 2 + jKη

Pour trouver expérimentalement η il faut mesurer la largeur de bande la fonction de transfert.

Figure 2.25 Mesure de la capacité d’amortissement spécifique Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Données de quelques taux d'amortissement K1A Magnésium 3.31% AZ91 Magnésium 1% AM60 Magnésium 0.78% 380 Aluminium 0.66% 1018 acier 0.66% On va s’intéresser maintenant au frottement de Coulomb entre solides.

X(t) Ff Figure 2.26 Modèle de frottement sec

F f est la force de frottement de COULOMB. Si le système oscille à une pulsation propre

ω

et si on pose T =

2π

ω

la force F f

(t ) sera représentée dans

le temps algébriquement comme suit Ff

t T Figure 2.27 Comme le signal est périodique son spectre de FOURIER donne :

F f (t ) =

fMg  1 1  cos(ωt ) − cos(3ωt ) + cos(5ωt ) − ... (2-61).  4π  2 5  ••

M x + Kx = F (t ) (2-62). fMg  T est : x(t ) = A cos(ωt ) + B sin(ωt ) + (2-63). Dans ce cas la solution sur 0,  2  K Dans la seconde demi-période on a Ff = − f .Mg (2-64) et dans la solution x(t ) on aura le dernier terme L'équation de mouvement de la masse M est alors :

avec le signe. En t = t 0

passe par le premier maximum. 2

A0 (2-65) ( A0 : amplitude en ce point) (la part cinétique étant nulle) 2 2 A1 L'énergie à l'instant t du second maximum est : E1 = K (2-66). 2 L’énergie à cet instant est

E0 = K

La perte d'énergie entre les 2 instants est :

∆E = E 0 − E1 = F f ( A0 + A1 ) =

2 2 2Ff K ( A0 − A1 ) (2-67) donc A0 − A1 = (2-68). 2 K

La chute d'amplitude est constante dans le temps donc la ligne qui joint les maximums est linéaire contrairement au cas visqueux où elle est exponentielle. Ainsi l'allure de cette ligne donne une idée sur le type d'amortissement qui est généralement entre le visqueux et celui de COULOMB.

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Figure 2.28 Effet de la friction en vibrations libres pour f = 0,025

2.6. METHODE DE L'INTEGRATION PAS A PAS : On va considérer la méthode de l'accélération linéaire qui consiste à prendre une variation linéaire de

∆t

l'accélération sur l'intervalle

(voir ci dessous). ••

∆U (t )

••

U (t + ∆t )

••

U( t )

•

∆U (t )

•

•

U (t + ∆ t )

U (t)

∆ U (t )

U(t + ∆t)

U (t )

Figure 2.29 Schéma de la méthode numérique de l’accélération linéaire ••

••

••

Pour tout instant τ entre 0 et ∆t on a : U ( t + τ ) = U ( t ) + ∆ U ( t ) •

••

••

U ( t + τ ) = U ( t ).τ + ∆ U ( t )

Par intégration on aura :

τ

2

2∆t

τ (2-69).

∆t •

+ U ( t ) (2-70) .

Une seconde intégration amène à : ••

U ( t + τ ) = U ( t ).

τ

2

2

••

+ ∆ U (t )

τ

3

6∆t

•

+ τ U ( t ) + U ( t ) (2-71).

Ce qui donne les relations qui suivent en donnant à τ la valeur ∆ t : •

••

••

∆ U = U ( t ). ∆ t + ∆ U ( t )

∆t 2

••

; ∆ U = U ( t ).

• •• ∆t2 ∆t2 + ∆ t U (t ) + ∆ U (t ) 2 6

(2-72)

•

•• •• . ∆ U = − 3 U (t ) − 6 U (t ) + 6 ∆ U (t ) ∆t ∆t2

(2-73).

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Page ~ 38 ~

Une fois ceci fait, on revient à l'équation de mouvement à l'instant t et celle à première de la seconde, l'équation obtenue sera de la forme : ••

t + ∆t

et on différencie la

•

M ∆ U + C ∆ U (t ) + K ∆ U (t ) = ∆ F (t )

(2-74). Notons que cette relation est valable dans le cas de comportement non élastique en le prenant ••

•

élastique par étapes. Dans cette dernière équation on remplace ∆ U (t ) et ∆ U (t ) par leurs expressions en fonction de ∆ U (t ) ce qui donne une équation affine en ∆ U (t ) ) et par suite on tire U ( t + ∆ t ) et le reste des grandeurs en t + ∆ t . Ainsi de proche en proche on trouve les différentes grandeurs inconnues à tout pas de temps.

2.7. EXERCICES D’APPLICATION 1. En fonction des diagramme (x(t) déterminer les pulsations propres amortie et non amortie ainsi que le facteur d'amortissement . a)

b)

Réponses a/ Méthode du décrément logarithmique

ε=

A A 1 Ln 1 ou i 2π A2 Ai + 1

Valeurs du graphique

A1 = 1,7  1 1,7 Ln ≅ 5 ,54 % ε 1 = A2 = 1,2  2π 1,2 1 1, 2 A3 = 0,8 ε 2 = Ln ≅ 6, 45 % 2π 0,8

A4 = 0,6 ε 3 =

1 0,8 Ln ≅ 4 ,57 % 2π 0,8

- On constate que ε change d’une part - D’autre part

A1 − A2 = 0,5 , A2 − A3 = 0,4 , A3 − A4 = 0,6

La variation n’est pas constante Donc l’amortissement global n’est ni purement sec ni purement visqueux il s’agit des 2 types d’amortissement superposés. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 39 ~

b/ On refait le même travail qu’avec les cas précédent.

A1 = 1,7

A2 = 0 , 9

A1 − A2 = 0 ,8

A3 = 0 ,5

A2 − A4 = 0 , 4

A4 = 0 , 25

A3 − A4 = 0 , 25

Ce n’est pas un frottement sec

ε1 =

1 1, 7 Ln ≅ 10 ,1 % 2π 0 ,9

ε2 =

1 0 ,9 Ln ≅ 9 ,3 % 2π 0 ,5

ε3 =

1 0 ,5 Ln ≅ 11 % 2π 0 , 25

Cette fois ci si on tient compte de l’incertitude de lecture on peut dire que ε est constant et il est voisin de 10 %. Le frottement est visqueux. 2. Une aile d'avion vibre d'une manière extravagante quand le moteur a une vitesse de 6.000 tr/mn. Les essais indiquent que quand le moteur cale (des arrêts de fonctionnement soudains), il prend 1 seconde pour que l'amplitude du mouvement baisse de 50% de son amplitude originale. Quelle est la constante d'amortissement de l'aile? Réponses N = 6000trs/mn : Cela

Ta =

veut

2π

ωa

dire

que

la

pulsation

de

résonance

est :

ωr =

π N 30

= 628 ,3 rad / s ≅ ω

≅ 0 , 01 s

Après 1 seconde s’écoule 100 périodes 1 A (1 ) 1 ⇒ ε = Ln = 2 π . 99 A ( 100 ) 2 π . 99

Ln . 2 ≅ 0 ,11 %

3. Une turbine éolienne est modélisée par une masse concentrée en tête d'une colonne de hauteur H .Une force latérale P = 890N est exercée selon l'axe de la turbine. Le déplacement horizontal statique est de 2,54 cm . Le câble d'attache de la turbine est instantanément coupé et les vibrations résultantes sont enregistrées. A la fin de 2 cycles complets, le temps est de 1, 25 s et l'amplitude de 1,63 cm . Déterminer la rigidité K , l'amortissement Donnez la signification physique de

C , la pulsation propre ωa et la masse effective m du système.

m

Réponses

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Page ~ 40 ~

Comme la masse est concentrée, le seul ddl du système est la translation horizontale de la turbine. Le support joue le rôle d’une raideur de rappel. Comme le mouvement est amorti (amplitude décroissante), on le représente comme d’usage par un amortisseur hydraulique. Le système équivalent est donc le suivant : U C

M

K Quand la charge statique

K=

P = 890 N est appliquée le déplacement statique est

Us =

P K

Donc :

P 800 = ≅ 35040 N / m. Uc 2,54 .10 − 2

Ce déplacement statique correspond au déplacement initial

U s = U (t = 0) ,

la vitesse initiale est nulle

c’est un lâcher. Après deux périodes il s’écoule sur temps soit :

ωa =

∆ t = 0,625 s

donc :

2 Ta = 1, 25 s ⇒ Ta = 0,625 s et

2π = 10,05 rad / s Ta

Le décrément logarithmique pour deux périodes est :

δ = Ln ω = ω =

A0 = 4π .ε A2

ωa

1− ε

2

=

⇒ ε =

1 Ln 4π

10 , 05 1 − ( 0 , 035 ) 2

A0 1 2 , 54 = Ln . ≅ 3 ,5 % A2 4π 1 , 63

≈ 10 , 056 rad / s

K k 35040 ⇒ m = 2 = ≈ 346 , 5 kg m ω (10 , 056 ) 2

Cette masse correspond à celle de la turbine à laquelle s’ajoute une partie de celle du support. Cette part est estimée dans la littérature à 24% de la masse totale.

C = 2 ε m ω = . 2 . 0 ,035 . 346 ,5 . 10 ,056 ≈ 244 Ns/m

1 Kg et une rigidité de 16 N / m . A un moment donné, il est excité par un impact qui lui donne une vitesse initiale de 2m / s et le système se met à vibrer. Pour lutter contre le mouvement produit, vous disposez de 2 amortisseurs, l'un c1 de 4 Ns / m et l'autre c2 de 16 Ns / m . 4. Un mécanisme a une masse de

- Selon quels critères de sélection allez-vous choisir l'un ou l'autre des amortisseurs dans votre conception? - Quel sera le déplacement maximal obtenu dans chaque cas? Réponses :

 • U ( 0 ) = V0 = 2 m / s  U ( 0 ) = 0

k = 16 N / m ••

L’équation de mouvement de ce système est : m U

m = 1 kg + kU = 0

k on aura : U ( t ) = A cos ω 0 t + B sin ω 0 t m On applique les conditions initiales, cela donne : U ( 0 ) = 0 ⇒ A = 0 On pose

ω0 =

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Page ~ 41 ~

•

U (0 ) = V0 ⇒ ω 0 B = V0 ⇒ B =

V0

Soit :

ω0

U (t ) =

V0

ω0

sin ω t

Ce mouvement persiste dans le temps (pas d’amortissement) son amplitude est a : a =

V0

ω0

= 0 ,5

A fin de lutter aux deux problèmes posés (forte amplitude et persistance du mouvement) on introduit un amortisseur de constante c en parallèle avec le ressort. Le critère du choix de c est tel que les vibrations si elles existent soient de plus faible amplitude et de plus courte durée. ••

•

Si on choisit c1 l’équation de mouvement sera : m U + c1 U + kU = 0 Avec les notations du cours.

ω0 =

k c1 , ε = et ωa = ω 1− ε 2 ici α = 0,5 m 2 km

U (t ) = e−εω0t ( A cos(ωat ) + B sin (ωat ) )

d’après le cours.

A partir des mêmes conditions initiales : •

U ( 0) = A = 0 U (0) = ωa B = V0 ⇒ B = La valeur maximale de U (t ) aura lieu si

⇒ U max =

V0

ωa

−

e

t=

απ

V0

⇒ U (t ) =

ωa

Ta π = 4 2ωa

V0

e −αωt sin (ωa t )

ωa

π x 0, 5

2 1 −α 2

A.N :

U max

2 − 2 x 0,866 = e ≅ 0,23 3,46

, ω = 4 rad / s , ω a ≅ 3, 46 rad / s Si on prend c 2 = 16 Ns / m

V0 = 2 m / s •

ε=

c2 =2 2 km

le système est sur-amorti il n’y aura pas de vibration ce qui constitue déjà un avantage.

U (t ) = A e r1t + Be r2t Où

r1 =

− c2 −

c 2 − 4 km − c 2 + c 2 − 4 km ≅ − 14 ,93 s − 1 r2 = ≅ − 1, 07 s − 1 2m 2m 2

2

Conditions initiales :

A +B = 0 ⇒ A = −B =

(

U (t ) = 0,144 e r2t − e r1t ⇒ t =

)

V0 2 = ≅ − 0 ,144 r1 − r2 − 13 ,86

r1 A + r2 B = V0

•

U max = U (t ) où U (t ) = 0 r2 e r2t − r1e r1t = 0

r 1 ln 1 = 0 ,19 s et U max ≈ 0 ,11 m r2 − r1 r2

Visiblement le 2

ème

cas correspondant à

c = c2

est le plus intéressant.

5. Un instrument est soutenu par un système de suspension qui peut être modélisé comme un ressort et un amortisseur en parallèle. L'instrument est de masse de 5 Kg . (a)Quand une force constante de 10 N est appliquée, la suspension se déplace de 2 mm . Quelle est la rigidité du ressort? (b) La force constante est instantanément enlevée et l'instrument peut vibrer librement. On observe une baisse l'amplitude à 0 , 5 mm après

5

cycles.

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Quel est le coefficient d'amortissement visqueux? (c) Après combien de cycles l'amplitude de la vibration sera t- elle inférieure à Réponses a/ Déplacement statique F0 F0 10 U s = ⇒ K = = = 5000 N / m K Us 2 . 10 − 3 b/ L’équation des vibrations est : ••

0, 2 mm ?

•

mU + CU + K U = 0 Conditions initiales : U ( 0 ) = U

•

0

et U ( 0 ) = 0

U0 = 2 π ε .5 = 10 π ε U1 1 U0 1 2 1 ⇒ ε= Ln = Ln = Ln 2 ≈ 0 , 044 10 π U 1 10 π 0 ,5 5π U ( t + 5 Ta ) = U 1 = 0 ,5 mm

⇒ C = 2ε

Km

C=

Ln

(

)

2 Ln 2 . 5000 . 5 ≈ 13 , 9 N s / m 5π

c/ Pour calculer le nombre de cycles N

U 1 U0 5π Ln 0 soit : N = = 2 πε N N = Ln 10 ≅ 8 ,3 UN 2π ε UN 2 π Ln 2 Soit donc : N > 9 t 1 F0 sin [ω (t − τ ) ] d τ Si t < t1 ⇒ x ( t ) = Km ∫0 F0 1 x (t ) = [cos [ ω ( t − τ ) ]]t0 x ( t ) = F 0 . ( 1 − cos ω t ) K Km ω t1 1 F0 sin [ω ( t − τ ) ] d τ Si : t > t1 x ( t ) = ∫ Km 0 F 0 . ( cos ( ω ( t − t )) − cos ( ω t ) ) ⇒ x(t) = 1 K on a :

Ln

6. Un véhicule de masse m = 350 Kg est soumis à des essais en laboratoire qui donnent les résultats suivants : - flèche statique : f s = 0 , 28 m , - en mettant la masse en mouvement on observe des oscillations de fréquence

f s = 0 ,835 Hz qui

s’amortissent. A partir de ces mesures déterminer les caractéristiques des éléments de suspension. Réponses :

m = 350 Kg Si : K =

g ≅ 10 m / s 2

flèche statique

f s = 0,28m

mg 3500 = . ≈ 12500 N / m fs 0 , 28

f a ≅ 0,835 Hz ⇒ ω a = ωa = 1−ε2 ω

2π ≅ 7 ,52 rad / s ω = fa

K = m

12500 350

≈ 5 , 98 rad / s

ωa 2 ωa 2 1 − ε = 2 ⇒ ε ≈ 1 − 2 ≈ 0,61 ω ω 100 Kg est supportée par des isolateurs dont 2

la rigidité est de 40 KN / m et l'amortissement de 800 Ns / m La machine est excitée par une force de 80 N à la fréquence de 3Hz . 7.

Une machine de

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- Déterminez l'amplitude de l'accélération vibratoire que subit la machine. - Déterminez la phase (en degrés) entre le déplacement de la machine et la force d'excitation. Réponses

F (t ) = F0 cos Ω t

M = 100 kg K M

ω =

c = 800 Ns / m Ω = 2 π f = 6 π ≈18,85 rad / s − − 2 c = 0, 2 Ω = Ω ≅ 0 , 94245 soit Ω ≅ 0 ,888 ε = 2M ω ω

K = 4.104 N / m = 20 rad / s ••

•

Equation de mouvement : M U + C U + KU = F ( t ) U est compté par rapport au repos (unique effet du poids) La réponse est d’après le cours :

U ( t ) = U 0 cos (Ω t + ϕ ) où : U

0

F0 K

=

−

(1 − Ω ••

γ = Ω2 U 0

La phase

ϕ

)2 + 4 ε

2

−

Ω

2

(Ω t + ϕ )

Donc : U ( t ) = − Ω 2 U 0 cos L’accélération

2

A.N

γ = 1,8 m / s 2

U 0 = 0,005 m

est telle que : −

tg ϕ =

− 2ε Ω − 2

2 x 0 , 2 x 0 ,94245 ≅ − 3,36 1 − 0 ,888

≅ −

1− Ω 8. Une masse

m1

k

est suspendue à un ressort

Une deuxième masse

m2

chute d'une hauteur

Déterminer le mouvement

u (t )

ϕ ≈ − 73,4°

et se trouve en équilibre statique.

h

et s'accole à

m1

sans rebond.

autour de la position d'équilibre statique de

m1

et

k.

k m2 h m1

Réponses Quand les deux masses sont accolées l’équation de mouvement est : ••

( m 1 + m 2 ) U + kU = 0

ω=

U

K m1 + m2

U (t ) = A cos ω t + B sin ω t + (L’effet de

U (0 ) =

est compté par rapport au repos

m2 g

m1 g K

s’ajoute par rapport à l’initial)

m1 g K

•

U ( 0) = V0 =

m2 m1 + m 2

2 gh

chute libre avec choc mou (conservation de la quantité de mouvement).

⇒ A = 0 et B =

V0

ω

⇒ U (t ) =

1

m2 ω m1 + m2

2 gh. sin (ωt ) +

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m1 g K

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9. Une voiture est modélisée de façon simplifiée par une masse concentrée m reposant sur un système ressortamortisseur (figure ci dessous). La voiture se déplace à vitesse constante V sur une route dont la rugosité est connue sous la forme d'une fonction de la position sur la route. Déterminer l'équation du mouvement. ut

v

m c

k

ug(x)

x Cette voiture se déplace maintenant sur un pont à plusieurs travées dont les piles sont distantes de 35 m . Le fluage à long terme du pont a provoqué une déflexion de 15 cm en milieu de chaque travée. Le profil de la chaussée peut être approché par une sinusoïde d'amplitude 15 cm et de période 35 m . La masse de l'automobile en charge est de 800 Kg , la raideur de son système de suspension est de 60 KN / m et le coefficient d'amortissement visqueux est tel que le coefficient d'amortissement du système vaut 40 % . Déterminer : L'amplitude u Ot du mouvement vertical u t (t ) quand l'automobile se déplace à 70 Km / h . La vitesse du véhicule qui conduirait à une résonance pour u Ot ut m 15cm

k

c

ug(x) 35m

Réponses

U : position verticale de M par rapport à l’axe horizontal x . U g : position de la roue par rapport au même axe. V : vitesse d’avance du véhicule. U g ( x) = U 0 cos ( a x + ϕ ) 2π = 35 m x = Vt + θ Vitesse uniforme a  2π  Donc : U g ( t ) = U 0 cos  (Vt + θ ) + ϕ   λ  2π V U g (t ) = U 0 cos (Ω t + ψ ) où Ω = λ 2 • • 1 1 1 1 • Ec = m V 2 + m U E p = mgu . + K (U − U g (t ) − l0 ) 2 , Pd = c (U g − U ) 2 2 2 2 2

Où : U

0

= 15 cm

λ=

Ainsi l’équation de mouvement obtenue par Lagrange relativement à la seule variable U est : ••

•

•

m U + K (U − U g − l 0 ) + mg + c (U − U g ) = 0 ••

Au repos la même équation devient : m U r La soustraction des deux équations donne :

+ K (U

r

− l 0 ) + mg = 0

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••

•

•

m U 1 + C U 1 + KU 1 = C U g ( + ) + KU g (t ) où U − U r = U 1 C’est une équation aux vibrations forcées où la charge est

F (t ) = K U 0 ω (Ω t +ψ ) − C ΩU 0 sin (Ω t +ψ )

F0 = K 2 + C 2 Ω 2 U 0

Où

F (t ) = F0 ω (Ω t +ψ +ψ ' )

C K ε = ωa =ω 2 mω m

ω=

−

1− ε 2 Ω =

Ω

ω0

L’amplitude du déplacement sera : − 2

1+ 4 ε Ω 2

U 10 =

U0

− 2

− 2

(1 − Ω ) 2 + 4 ε 2 Ω

A.N Ω=

K = 6.104 N / m ⇒ ω0 :8,66 rad / s − 2 π . 70 3,6 . 35

1 + 4 ( 0 , 4 ) 4 . 0 ,15

=

U 10

= 3,488 rad / s ⇒ Ω = 0,4

Il aura résonance si

8α

2

U 10

 − 2   Ω 1 − Ω   −

d est max.

−

dΩ

U 10 = 0 ⇒

− 2  − 2     + 4 ε 2 Ω  −  1 + 4 ε 2 Ω      2

− 5

−

Soit :

ε = 0,4

1,1 0 ,15 ≅ 0 , 2 m 0 ,808

=

(1 − 0 , 4 2 ) 2 + 4 ( 0 , 4 ) 4

m = 800 kg

− 3

− 3

−

−  − 4 Ω 

−

− 2  − 2   1 − Ω  + 8 ε 2 Ω  = 0   

− 3

− 5

− 3

8 α 2 Ω + 8 ε 2 Ω − 16 ε 2 Ω + 4 Ω − 4 Ω − 8 ε 2 Ω + 16 ε 2 Ω − 16 ε 2 Ω − 32 ε 2 Ω − 3

+ 32 ε Ω = 0 2

Soit :

− 5

− 3

−

−8ε Ω − 4 Ω + 4 Ω = 0 2

− 2

− 1− 1+ 8 ε 2 ∆ =1 + 8 η X 1 = 4η 2 πV ⇒ Ω = ω0 = 2 2

2 η 2 X 2 + X −1 = 0

X =Ω

− − 1+ 1+ 8 ε 2 X2 = ≈ 1 ⇒ Ω =1 4ε 2

λ

λ ω0 35 . 8 , 66 ⇒ V = = m / s ≈ 48 , 26 m / s V R ≈ 173 , 75 km / h 2π 2π 10. Des systèmes utilisés pour limiter les effets des séismes sur les structures permettent de dissiper l’énergie par frottement de Coulomb. Le dispositif est réglé pour fonctionner sous un effort de précontrainte constant

et un coefficient de frottement µ . Un essai de vibration libre (ou de lâcher) est effectué pour mesurer la fréquence propre fondamentale et le coefficient de frottement 1) Montrez que la décroissance de l’amplitude entre 2 cycles consécutifs ( u i − u i + 1 ) est constante et

N

donnez sa valeur en fonction de

N où K est la raideur de la structure. K

2) Déterminez la fréquence fondamentale et

N d’après la figure. K

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Réponses Pour la démonstration (voir cours)

1 K (U 2 − U 1 ) = − µ mg ⇒ µ = − K (U 2 − U 1 ) = − K (U 10 − U 1 ) 2 2 mg 20 .mg K ω K 2π 2π = 16 π 2 µ0 = = = = 4π ⇒ f = = 2 Hz ⇒ m m T 0 ,5 2π (14 − 0 , 25 ) 10 .− 2 16 π 2 0 x 10

⇒ µ = .

11. Un moteur avec la masse

2

M = 5 Kg

≈ 0 ,11 et un déséquilibre me = 10

−7

Kgm tourne à une vitesse

Ω = 100 rad / s . Le moteur est attaché au bord d'une poutre rigide et sans masse soutenue par un ressort k = 150 N / mm au milieu et un amortisseur de c = 10 Ns / mm au quart de longueur

angulaire :

du point de pivot. Déterminez le mouvement vertical

x (t ) du moteur si la longueur l

de la poutre est de 1m .

Réponses

me = 10−7 Kgm

balourd du moteur

Ω =100 rad / s → N ≈ 955 tr / mn M

≈ 5 kg K = 15.10 N / m C = 10 Ns / m . 4

moteur

4

On paramètre le mouvement de la barre par son angle de rotation / à la position du repos. Le P.F.D appliquée à la rotation est : ••

⇒ Ml 2 a +

F (t ) = b Ω 2 cos (Ωt + ϕ ) J = Ml 2

cl 2 • Kl 2 α+ a = b Ω 2 ω 0 (Ω t + ϕ ) 16 4 ••

Analogue à :

Donc :

•

m x + c x + kx = F0 cos (Ωt + ϕ )

ω0 =

Kl 2 4 = Ml 2

K = 4M

15 . 10 4 ≈ 86 , 6 rad / s 20

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Page ~ 47 ~

ε =

C

l2 16

2 Ml ω 0 2

α

(t ) =

=

tg θ = −

Ω ≅

b Ω 2 Kl 2 4 −  1 − Ω  

2

   

− 2

Où

−

10 4 . ≅ 0 , 72 2 . 16 . 5 . 86 , 6

2α Ω

100 = 1,15 86 ,6

cos ( Ω t + θ + ϕ )

2

+ 4α

2

− 2

Ω

x (t ) ≈ l α (t )

− 2

1− Ω

α

max

4 . 10

= 4

15 . 10 . 1

−7

(1 − 1 ,15 )

12. Une machine rotative de 280 Kg de

2

2

. 10

4

+ 4 .( 0 , 72 ) 1 ,15 2

≈ 1 , 6 . 10

−9

rad

2

masse est montée directement sur un massif isolant de

1500 Kg (figure ci dessous). La vitesse de régime de la machine est de N = 1760 trs / m , et on évalue son défaut d'équilibrage à

b = 0,085 kg m . On veut isoler le système en montant le massif isolant sur des supports en néoprène, placés aux 4 coins du massif. Le taux d'amortissement des supports est de 10 % . On fait appel à vos services pour choisir les supports appropriés.

Si on veut limiter l'amplitude du déplacement de la vibration à 53µm : a) Calculez la rigidité (minimum ou maximum ?) requise pour chaque support. b) Calculez la déflection statique des supports. c) Calculez l'amplitude de la force dynamique transmise à la base par les supports. d) Si plusieurs solutions sont possibles, laquelle recommandez vous et expliquez les raisons de votre choix.

Réponses

M = m1 + m2 = 1780 kg F0 = b Ω 2 π N Ω= ≈ 184,2 rad / s ε = 0,1. 30 K?

b = 0,085 kg m

N = 1760 trs / m

D’après le cours, l’amplitude de la réponse est donnée par : bΩ2 U0 = 〈 a = 53 µ m 2 2  Ω2 M  Ω M  + 4 ε2 K  1 − K  K  On passe au carré : Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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b2 Ω4

2

2  Ω2 M 2 2 Ω M  + 4ε K 1− K  K  2

On a :

K

2

(

+ 4ε

〈 a2 soit : (K − Ω 2 M ) + 4 ε 2 Ω 2 MK >

  

)

Ω2 M −2Ω2 M K +Ω4 M

2

(

)

A.N

b2 Ω 4 〉 0 X =K a2

−

b2 Ω4 C = Ω M − 2 = Ω4 a

A = 1 B = 4ε − 2 Ω M 2

2

b2 Ω4 a2

2

4

2

B = (0,04 − 2 ) (184,2.) 2 .1780 = − 1,18 108

  

85 2 .10 −6 . (184,2) 4 (1780 ) − ≈ 6,86 .1014 2 −12 53 .10

C = (184,2 )

2

2

∆ ≅ 1,118 . 10 16 X1 ≅

 2 b2  M − 2 a 

∆ ≈ 1, 05710

8

+ (1,18 − 1,057 )10 8 1,18 + 1,57 . 10 8 ≅ 6,13 . 10 6 N / m X 2 ≅ ≅ 111,85 . 10 6 N / m 2 2

On doit choisir :

K 〈 6,13 . 10 6 N / m

K 〉 111,85 .10 6 N / m

où bien

b) Flèche statique : Situation 1 :

K = 6,13 . 10 6 N / m f =

Situation 2 :

f = 0,159 mm

Ft = K + C Ω a . = K 2

2

2

et moins si

Mg ≈ 2,9 mm K K augmente

et plus si K diminue

− 2

1+ 4ε Ω a 2

Situation 1 :

Ft ≈ 383 N

Situation 2 :

Ft ≈ 5,99 K N et plus si K augmente

et moins si K diminue

Ainsi si la transmissibilité est un critère primordial, on choisira la première zone. Soit :

K < 6,13 . 106 N / m

13. Le système ci-dessous est excité par l'impulsion carrée montrée ci-dessous. Déterminez la réponse

x (t ) du système à l'impulsion d'excitation.

Réponses : ••

L’équation de mouvement est La solution par Duhamel

m x + K x = F (t )

x (t ) =

t 1 . ∫ sin [ω (t − τ ) ] F (τ ) dτ ω = mω 0

K m

Par suite l’intégration sera :

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1 t F F . ∫ sin [ω (t −τ )] F0dτ = 0 2 (1 − cos(ωt )) = 0 (1 − cos(ωt )) mω 0 mω K

t < t1 x (t ) =

Si

Si t > t1 x (t ) = =

1 t1 F . ∫ sin [ω (t − τ )] F0dτ = 0 2 (cos(ω (t − t1 ) − cos(ωt )) mω 0 mω

F0 (cos(ω (t − t1 ) − cos(ωt )) K

14. Une voiture de masse

m

v k

se déplace à vitesse constante

sur un pont d’embarquement de masse

et de longueur l , supporté par des câbles de rigidité . Trouver l’équation du mouvement de l’extrémité libre du pont en admettant que la voiture peut être représentée par une charge concentrée et qu’elle est sans effet sur le moment d’inertie du pont. Définir le mouvement lorsque la voiture a quitté le pont. Indication : On suppose que la voiture pénètre sur le pont en t = 0 et que le pont est au repos avant le passage de l’automobile.

M

A.N. :

m = 920Kg , v = 25Km / h, M = 100tonnes,l = 30m,k = 106 N / m et g = 9,81m / s 2

Réponses On suppose v constante On applique le PFD au mouvement de rotation verticale du pont autour du pivot.

− mg Vt − Mg

•• l − Kl 2 θ = J θ 2

Le moment d’inertie de la voiture est variable dans le temps mais faible par rapport à celui du pont, on le néglige pour simplifier le travail

Ml 2 •• Mgl ⇒ θ + Kl 2 θ = − − mgVt . 3 2 On pose :

ω =

Kl Ml 3

2 2

3K M

=

θ ( t ) A cos ω t + B sin ω t −

=

3 . 10 6 ≅ 5 , 47 rad / s 10 5

Mg mg V t − 2 Kl Kl 2

Conditions initiales :

θ (0) = − B ω0 −

m gV Kl 2

Mg 2 Kl

•

Effet du poids propre du pont.

θ (0) = 0

Soit :

A=0

m gV m g V A.N : Mg 10 5 . 9 ,81 = 0 ⇒ B = = ≈ 0 , 016 rad . Kl 2 Kl 2 ω 0 2 Kl 2 . 10 6 . 30 920 x 9 , 81 . 25 . m gV = ≈ 0 , 7 rad / s B = ≈ 0 ,127 rad 3 , 6 . 10 6 . 900 Kl 2 ω 0

Quand la voiture quitte le pont :

t>

Il faut éliminer l’effet de la voiture soit :

l 30 = . 3 , 6 = 4 , 32 s V 25

θ ( t ) = A ' cos (ω 0 t ) + B ' sin (ω 0 t ) −

M g 2K l

•

Avec continuité de :

θ et θ en t = 4 , 32 s = t 0

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Page ~ 50 ~

mgV t 0 Mg Mg   B sin (ω 0 t 0 ) − 2 Kl − Kl 2 = A ' cos (ω 0 t 0 ) + B ' sin( ω 0 t 0 ) − 2 Kl  ⇒  ω B cos (ω t ) − mgV = − ω A ' sin (ω t ) + B ' cos (ω t ) 0 0 0 0 0 0 0  0 Kl 2 Cela donne 2 équations à 2 inconnues qui sont A’ et B’ Soit le système de Cramer qui suit : On pose

ω0 t 0 = a

 cos a  − sin a 

m g V t0  B sin a −  sin a   A '  Kl 2 =    m gV cos a   B '  B cos a −  Kl 2 ω 0

    

∆ =1  mgV t 0  mgV  A ' =  B sin a −  cos a −  B ω 0 a − 2 Kl Kl 2 ω    A' =

m gV Kl 2

  sin a 

 sin a   − t 0 cos a   ω0 

 mgV B ' = cos a  B cos a − Kl 2 ω 0 

 mgV t 0   + sin a  B sin a −  Kl 2   

 mgV cos a  A.N : A ' ≅ − 0 ,35 rad B ' ≅ 71 rad  t 0 sin a −  2 ω 0  Kl  Naturellement l’amortissement néglige ici se chargera d’éliminer les rotations transitoires dans le temps. ⇒ B = −

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3. SYSTEMES A PLUSIEURS DEGRES DE LIBERTE 3.1. GENERALITES Le système est à N ddl s'il faut N paramètres au moins pour caractériser parfaitement le mouvement du système, ces N paramètres ne seront pas liés entre eux. En effet on peut avoir des systèmes continus mais discrétisables par concentration des masses ou un autre moyen et le nombre de ddl sera ainsi fini. Il existe des fois où le système ne présente pas de concentrations de masses avec des formes géométriques non calculables analytiquement. Pour ce cas on procède généralement à des subdivisions du domaine par éléments finis ou différences finies pour aboutir à un système à un nombre fini de ddl. Il est évident que si N augmente on tend vers la solution de comportement exact du système réel. La méthode des éléments finis sera présentée en détails dans la partie de l'étude des systèmes continus(les poutres essentiellement). Nous allons procéder d'une manière légèrement différente de celle utilisée pour les cas de 1 et 2 ddl. On va calculer les énergies potentielle, cinétique et de dissipation, on mettra sous forme matricielle ces grandeurs et par suite on procède à l'usage du PTV présenté au 1° chapitre ce qui donnera des équations différentielles matricielles. La résolution du système obtenu se fait par 3 procédures dont deux sont modales(temporelle ou spectrale) et l'autre temporelle par intégration pas à pas (plus lente et coûteuse). Les paragraphes correspondants permettent d'expliciter ces méthodes et leurs domaines d'application. Mais pour mettre en valeur l’apport de plus qu’un seul ddl on commence par les systèmes à 2 ddl qui constituent des applications industrielles intéressantes.

3.2. SYSTEMES A DEUX DEGRES DE LIBERTE Les systèmes à 2 ddl font partie normalement des systèmes à N ddl mais ils sont traités à part car leur petite taille permet de faire les calculs analytiques. Ceci permet de mettre en évidence le couplage et son effet ainsi que la notion d'étouffeur des vibrations et fixation des systèmes. Ainsi le système est à 2 ddl si deux paramètres suffisent pour étudier parfaitement le mouvement d'un tel système.

3.2.1. Vibrations libres 3.2.1.1. Systèmes conservatifs et procédure de calcul : U1

U2

K1

K2

M1

M2

Figure 3.1 Prenons l'exemple de la figure 3.1 où seul le mouvement horizontal est permis. On choisit comme ddl les translations absolues des deux masses U 1 et U 2 par rapport au support fixe. ••

Les équations de mouvement deviennent dans ce cas : M 1 U 1 + ( K 1 + K 2 ) U 1 − K 2U 2 = 0

(3-1)

••

M 2 U 2 − K 2 U 1 + K 2U 2 = 0 Il existe ainsi un couplage entre les deux équations par un terme de raideur. Procédons à un changement de variables : a 1 = U 1 et a 2 = U 2 − U 1 déplacement de M M1 . ••

Le système d'équations devient : M 1 a1 + K1 a1 − K 2 a2 = 0 ou encore par réarrangement des équations : Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

••

2

par rapport à

••

M 2 a2 + K 2 a2 + M 2 a1 = 0 (3-2) Rachid NASRI

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••

••

(M 1 + M 2 ) a1 + K1 a1 + M 1 a1 = 0

••

••

M 2 a2 + K 2 a2 + M 2 a1 = 0

(3-3)

Le couplage est réalisé par inertie. Donc le couplage dépend essentiellement du repère et des ddl choisis et il n'a pas de fondement physique. Il existe un repère pour lequel le système est découplé ce système est particulier il s’appelle systèmes de coordonnées modales. Dans ce cas les fréquences propres sont obtenues directement comme pour les systèmes à un ddl. Le repère ainsi choisi est appelé repère des vecteurs propres du système. Si on revient au premier système d'équations et on se propose de le résoudre en posant

U 1 = Ae rt et U 2 = Be rt ce qui nous donne un système de Cramer en A et B : ( M 1 r 2 + ( K 1 + K 2 )) A − K 2 B = 0 − K 2 A + ( M 2 r 2 + K 2 ) B = 0 (3-4) L'existence de solution non banale ( A, B ) amène à l'annulation du déterminant du système de Cramer. Ce qui donne : M M r 4 + (M (K + K ) + M K )r 2 + K K = 0 (3-5) qui est une équation du 2° 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 degré en r . 2

Discutons le déterminant de cette équation : 1°cas : ∆ = 0 alors si X = r . on aura une solution double en X . Si cette solution est positive alors on aura deux solutions doubles une positive et une négative. Par suite la solution sera : U i (t ) = ( Ai + Bi t ) exp(r1t ) + (Ci + Dit ) exp(r2t ) i = 1, 2 (3-6) Le système est 2

alors instable. Si la solution en X est négative les racines r1 et r2 seront imaginaires pures. La solution correspond à l'instabilité aussi. 2° cas : si ∆ > 0 les solutions sont X 1 et X 2 réelles dans ce cas la solution positive amène à l'instabilité et la solution négative correspond au cas des vibrations amorties.(cas précédant). 3°cas : si ∆ < 0 alors les solutions sont complexes (cas des systèmes dissipatifs). Naturellement seules les solutions en r de partie réelle négative seront à retenir car ils correspondent à des vibrations atténuées les autres cas sont instables. On revient à notre système, pour alléger les calculs on pose : M 1 = M 2 = M et K 1 = K 2 = K . Dans ce cas le développement des calculs aboutit à : r1 = − r2 = j ω

(3 − 2

5)

et

r3 = − r4 = j ω

Ainsi les pulsations propres du système seront :

(3 +

5)

2

ω1 = Im(r1 )

et

où : ω =

K M

(3-7)

ω2 = Im(r3 )

Exemples : a) Chaîne en torsion

Figure 3.2 arbre d’une machine tournante b) Suspension d’une Voiture

Figure 3.3 modèle de la suspension d’une voiture 3.2.1.2. Systèmes dissipatifs : Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 53 ~

Il s'agit des systèmes comportant des composants dissipant l'énergie ; on prendra des dash-pots en parallèle avec des ressorts M1 M2 C2 C1

K1

K2 Figure 3.4

Les équations de mouvement seront pour ce cas : ••

•

•

M 1 U1 + ( K1 + K 2 )U1 − K 2U 2 + (C1 + C2 )U1 − C2 U 2 = 0 ••

•

•

(3-8)

M 2 U 2 + K 2 U 2 − K 1U1 + C2 U 2 − C2 U1 = 0 Dans ce cas la procédure de recherche des fréquences propres et des déplacements est la même que précédemment sauf qu'ici les racines sont complexes en général et conjuguées 2 à 2 si les matrices sont

r1 = −α 1 + jβ1 ; r2 = r1 ; r3 = −α 2 + jβ 2 et r4 = r3 β 1 et β 2 sont les pulsations propres du système. La même discussion que précédemment est valable ici. *

réelles.

*

3.2.1.3. Phénomène de Battement : On se propose d'étudier les vibrations libres d'un système à 2 ddl de fréquences propres très voisines

ω1 ≅ ω 2

Soit la solution : et on pose :

U1 (t ) = A1 cos(ω1t + φ1 ) + A2 cos(ω2t + φ2 ) (3-9)

γ (t ) = t (ω2 − ω1 ) + φ2 − φ1 ; A1 + A2 cos(γ (t )) = C1 cos(φ1 ) et A2 sin(γ (t )) = C1 sin(φ1 ) on aura: U 1 (t ) = C1 cos(ω1t + φ1 + j1 ) et U 2 (t ) = C1 cos(ω 2 t + φ 2 + j1 ) 2 2 A2 sin(γ (t )) C1 = A1 + A2 + 2 A1 A2 cos(γ (t )) j1 = arctan( ) (3-11) A1 + A2 cos(γ (t )) Ainsi les vibrations de

(3-10)

M 1 sont harmoniques, il en est et de même pour celles de M 2 car leurs amplitudes

Ci (i = 1,2) dépendent du temps. La période de

C1 est nettement supérieure à T =

Le mouvement de

2π

ω1

. et

A1 − A2 < C1 < A1 + A2

M 1 aura l'allure de la courbe ci après.

Figure 3.5 Phénomène de battement En général la vibration de l'autre masse est en opposition de phase par rapport à la première. Il y a changement périodique des amplitudes. Une amplification de la 1° oscillation principale est suivie par une diminution de la seconde et au contraire. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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L'énergie de mouvement est concentrée tour à tour dans l'un ou l'autre mode. C'est le phénomène de battement.

3.2.2. Vibrations forcées La solution retenue est en général la solution forcée car la solution libre disparaît dans le temps. 3 .2.2.1. Systèmes conservatifs ou dissipatifs :

a) Excitations harmoniques: Méthode directe. F2(t)

F1(t) K

K

K 3M

M

U1(t)

U2(t) Figure 3.6

On prend le système représenté ci dessus avec Les équations de mouvement deviennent : ••

3M U 1 +2KU1 − KU 2 = F sin(Ωt )

F1 (t ) = F sin(Ωt ) et F2 (t ) = 0

••

M U 2 +2KU 2 − KU1 = 0

(3-12)

Les solutions forcées sont :

U1 (t ) = A1 sin(Ωt ) + B1 cos(Ωt ) et

U 2 (t ) = A2 sin(Ωt ) + B2 cos(Ωt ) (3-13)

On reporte ces formes dans les équations de mouvement et on annule simultanément les termes en sinus d'une part et les termes en cosinus d'autre part ce qui donne :

U1 (t ) = A1 sin(Ωt ) + B1 cos(Ωt ) et U 2 (t ) = A2 sin(Ωt ) + B2 cos(Ωt )

F(2K − MΩ2 ) FK (3-14) et A2 = 2 2 2 2 (2K − MΩ )(2K − 3MΩ ) − K (2K − MΩ )(2K − 3MΩ2 ) − K 2 d'où on tire U 1 (t ) et U 2 (t ) . Les pulsations de résonance sont celles qui rendent A1 et/ou A2 maximale soit ici les solutions B1 = B2 = 0 A1 =

de l’équation :

3M 2Ω 4 − 8 KMΩ 2 + 3K 2 = 0

(3-15) Ce qui donne: Ω 1 = 0 , 671 K et Ω 2 = 1, 488 K (3-16) M M Les courbes de réponse auront les allures suivantes en amplitude. U1F/K

U2F/K

(a)

(b)

Figure 3.7 courbes de réponse Il existe une autre méthode de résolution d'un tel problème c'est la méthode modale. Si les deux masses sont excitées harmoniquement on étudie séparément l'effet de chaque excitation et par la suite on utilise le principe de superposition.

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b) Excitations périodiques : Dans ce cas on utilise le principe de superposition tout comme pour les systèmes à un ddl.

c) Excitations transitoires : Pour ce cas on utilise la transformée de LAPLACE pour les 2 réponses U 1 (t ) et U 2 (t ) et on parlera de 2 types de réponse impulsionnelle (simple et couplée) et par suite de fonction de transfert.

M1

M2

M1

M2

types de

δ(t)

δ(t) Figure 3.8

h (t ) → H ( p) et h (t ) → H ( p) fonctions simples 1 1 2 1

1 1 2 1

2 2 1 2

2 2 1 2

h (t ) → H ( p) et h (t ) → H ( p) fonctions couplées. Ces fonctions de transfert seront revues sur des exemples avec plusieurs ddl. Reprenons les équations de mouvement du système de la figure 3.6 mais avec 2 forces masse de gauche et

F1 sur la

F2 sur la masse de droite.

••

3M U 1 + 2 KU1 − KU 2 = F1 (t )

••

M U 2 + 2 KU 2 − KU1 = F2 (t ) (3-17)

Pour trouver les différentes fonctions de transfert citées ci dessous on écrit :

H 11 (p)= LAPLACE U 1 (t) pour F1 (t ) = δ (t ) et F2 (t ) = 0 . H 21 (p)= LAPLACE U 2 (t ) pour le même chargement. Considérons ce cas de charge dans les équations de mouvement ce qui donne. en transformant par LAPLACE les équations sans tenir compte des conditions initiales.

H11 (3MP 2 + 2 K ) − H 21 K = 1 et soit: H 11 ( p ) = Pour trouver

− H11K + H 21 (2 K + Mp 2 ) = 0 (3-18)

( 2 K + Mp 2 ) et (3 M p 4 + 8 KMp 2 + 3 K 2 ) 2

H 21 ( p ) =

KH 11 ( p ) ( 2 K + Mp 2 )

(3-19)

H 12 ( p) et H 22 ( p) il suffit de dire que :

H 12 ( p) = LAPLACE (U 1 (t )) si F1 (t ) = 0 et F2 (t ) = δ (t )

H 22 ( p) = LAPLACE(U 2 (t )) pour les

mêmes charges. Là aussi transformons par LAPLACE les équations de mouvement avec ces dernières charges ce qui donne (3-20) H 12 ( p )( 3 Mp 2 + 2 K ) − H 22 ( p ) K = 0 − H 12 ( p ) K + H 22 ( p )( 2 K + Mp 2 ) = 1 D'où

H 12 ( p) = H 21 ( p) (réciprocité de Maxwell Betti)

et H 2 ( p ) = 2

( 3 Mp 2 + 2 K ) ( 3 Mp 4 + 8 KMp 2 + 3 K 2 )

(3-21)

Toutefois on peut procéder là aussi par la méthode modale comme on peut généraliser aux systèmes à N ddl ces définitions de fonction de transfert couplées.

d) Application : Etouffeur des vibrations : C'est une méthode de contrôle des phénomènes de résonance. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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U

K1 M M

Figure 3.9 Prenons un système à un ddl F cos( Ω t ) U (t ) = 2 ( K 1 − M 1Ω 1 )

K1 M1

Si Ω = ω 1 =

non amorti soumis

à une force F cos( Ωt ) , sa réponse sera: (3-22)

U (t ) devient infini ou encore très intense si on tient compte d'un amortisseur.

Ajoutons à ce système un ensemble d'un ressort et d'une masse (voir ci dessous). K1 M1

M2 K2

U1(t)

U2(t) Figure 3.10 La réponse d'un tel système sous l'effet de la même force F appliquée à la même masse sera : F cos(Ωt )( K 2 − M 2 Ω 2 ) − K 2U1 (t ) U 1 (t ) = et U 2 (t ) = 2 ( K 2 − M 2Ω 2 ) (( K1 + K 2 − M 1Ω 2 )( K 2 − M 2 Ω 2 ) − K 2 )

K2 F on aura : U1 = 0 et U 2 = (3-24) M2 K2

Ω = ω2 =

En particulier si

(3-23)

Donc si on choisit le second système tel que l'on a la dernière condition on bloque le premier système. En réalité le problème se pose si Ω = ω1 et on choisit donc : ω1 = ω 2 . Donc l'étouffeur des vibrations doit être tel que : - Il supporte sans dommage la force F . - Ω soit constante ou peu variable car la pulsation de résonance est remplacée par deux autres de part et d'autre de ω1 .

3.3. GENERALISATION A PLUSIEURS DEGRES DE LIBERTE - CALCUL DES ENERGIES Si

{U }

Ep =

est

le

vecteur

des

ddl

U i (i = 1, N ) l'énergie potentielle élastique est sous la forme:

p

1 ∑ K i ( y i1 − y i2 ) 2 2 1

(3-25)

p : est le nombre de ressorts de raideur K i et yi1 − yi2 est l'allongement du ressort i . 1

y i2 sont en général affines des ddl U i on aura l’énergie sous forme quadratique soit :

Comme y i et

Ep =

1 2

N

N

∑∑ 1

1

K ijU iU

j

=

1 {U }t [K ]{U } 2

(3-26)

La partie affine de cette énergie sera comptabilisée avec le travail des forces extérieures dans le signe opposé et elle contribue à une force statique. ( K ij + K ji ) [K] est une matrice de coefficients et par suite elle est symétrique, c'est la matrice des 2 raideurs.

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k • On refait le même travail avec l'énergie cinétique E p = 1 ∑ M i a i 2 1

comme le déplacement de masse

2

(3-27) car

ai est généralement pris

M i si le ddl est un angle il lui correspond un moment d'inertie au lieu d'une

Mi .

• 1 • t {U } [M ]{U } (3-28) où [M ] est la matrice diagonale des masses M i . 2 Si les ddl ne sont pas liés aux masses la matrice [M ] ne sera pas diagonale mais l'énergie garde cette forme et [M ] sera toujours définie positive.

Matriciellement on a :

Ec =

• 1 • t {U } [C ]{U } (3-29) où [C ] est la matrice de dissipation. 2 Exemple: Soit le système discret suivant composé de N masses en série identiques liées entre elles par des

La puissance de dissipation est :

Pd =

ressorts identiques aussi.

M1

K1

---------------------------------K2

M2

KN

MN

Figure 3.11 N −1

1 k ∑ ( xi+1 − xi ) 2 2 1 Par suite la matrice [K ] sera comme suit: . . . 0  1 −1 0 − 1 2 − 1 0 . . 0    0 −1 2 −1 0 . 0   [K ] = k  . .   sym   2 − 1   − 1 1  

Ep =

(3-30)

(3-31)

Cette matrice peut correspondre à une poutre en traction - compression discrétisée en segments identiques pris comme des ressorts de raideur

ES ( l est la longueur du segment et ES est la rigidité l

de traction de la poutre). Pour le même exemple la matrice de masse sera m I ( I est la matrice identité NXN ) Pour le cas de la poutre on prend m comme la masse du segment ou encore on calcule l'énergie potentielle et l'énergie cinétique par la méthode des poutres avec une formule judicieuse de discrétisation ce qui donnera deux autres matrices de masse et de raideur.

[] []

3.4. APPLICATION DU PRINCIPE DES TRAVAUX VIRTUELS (P.T.V.) On

garde

les t

notations

du

1°

chapitre

t

••

et

on t

aura

matriciellement : t

•

δWi = − {δU } [M ]{U } , δWr = − {δU } [K ]{U }, δWd = − {δU } [C ]{U } et δWe = − {δU } {F } (3-32) ••

Le P.T.V. amène à:

•

[M ]{U }+ [C ]{U }+ [K ]{U } = {F }

(3-33) où

{F }

est le vecteur des forces

extérieures données.

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Page ~ 58 ~

3.5. VIBRATIONS DES SYSTEMES NON AMORTIS 3.5.1. Vibrations libres : Modes et fréquences propres Il

s'agit de résoudre un système d'équations

différentielles couplées sans amortissement et libres.

••

[M ]{U }+ [K ]{U } = {0} On cherche

(3-34)

{U (t )} = {A}e pt

où

[p [M ] + [K ]]{A} = {0} (3-35) 2

{A}est

un vecteur complexe indépendant du temps ce qui donne :

cela revient à annuler le déterminant de la matrice

qui amène à N solutions complexes

pi et N vecteurs propres {Ai } .

[p [M ] + [K ]] 2

ce

Ces vecteurs sont les vecteurs propres du système. Le rapport des amplitudes, dans un vecteur propre, définit une façon de vibrer avec une certaine relation de phase et d'amplitude entre les deux coordonnées. Cette façon de vibrer à une fréquence naturelle s'appelle un mode de vibration. Un mode de vibration est donc caractérisé par: 1. sa fréquence propre 2. son vecteur modal (appelé souvent en pratique déformée modale) Réponse libre du système : La solution générale est une combinaison linéaire de ces deux solutions:

 A1N   A12  U1 (t )   A11   =   cos(ω1t + φ1 )+   cos(ω 2 t + φ2 )+ ...... +   cos(ω N t + φN ) U 2 (t )  A21   A22   A2 N 

{U (t )} = 

(3-36)

La seule exception réside quad la première fréquence est nulle on la contribution devient de la forme :

U1 (t )   A11   A12   =  + t   U 2 (t )  A21   A22 

{U (t )} = 

Résumé : La réponse libre non amortie est déterminée en exprimant que la réponse temporelle est égale à la somme des mouvements harmoniques à chaque fréquence naturelle en exprimant que l’amplitude des mouvements harmonique est égale au mode multiplié par une constante à déterminer. Les inconnues (amplitudes et phases) sont déterminées par les conditions initiales de déplacement et de vitesse. Si les conditions initiales sont sous forme de déplacement, le mouvement s’exprimera sous forme sinusoïdale. Si les conditions initiales sont sous forme de vitesse, le mouvement s’exprimera sous forme sinusoïdale. Si les conditions initiales sont sous forme de déplacement et de vitesse, le mouvement s’exprimera sous forme quelconque. Autrement si M est régulière chaque mode d'ordre i est solution de :

[ ] [D ]{X }i = λi {X }i

où

λi = − p i 2

[ ] [ ]−1 [K ]

et D = M

(3-37)

λi est solution de l'équation [D ] − λ [I ] = 0 (3-38) On montre que si [M ] et [K ] sont auto -adjointes on aura : t

t

[ ]

{X }i [K ]{X } j = {X } j [K ]{X }i

[ ]

(3-39) et idem pour: M .

[ ]

[ ]

et comme K {X }i = λi M {X }i (3-40) on aura : (λi − λ j ){X }i M {X }j = 0 (3-41) Par suite

*

t

t λi est réel. Pour i ≠ j on trouve l'équation : (λi − λ j ){X }i [M ]{X }j = 0 (3-42)

Donc les vecteurs propres Soit si i ≠ j .

t

{X }j = 0

sont orthogonaux vis à vis de

[M ] et il en sera de même pour [K ] .

t

{X }i [K ]{X }j = {X }i [M ]{X }j = 0

(3-43)

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Connaissant les valeurs propres l on remonte aux pulsations propres par

[ ]

On pose : {X }i M {X }i = mi t

mi est la masse modale, k i

{X }i [K ]{X }i = ki

ω i 2 = λi

à partir de :

et {X }i {F }i = ki (3-44) est la raideur modale et f i la force modale du iè mode propre. t

pi = ± jωi .

t

L'orthogonalité des modes sera utilisée pour constituer une base sur laquelle sera décomposé tout vecteur inconnu et par suite la recherche passera par celle des modes propres.

3.5.2. Vibrations forcées 3.5.2.1. Charges harmoniques Les équations de mouvement seront comme suit : ••

[M ]{U }+ [K ]{U } = {F0 }e jΩt (3-45) La solution générale sera somme de la solution générale du système homogène ce qui corresponds à la réponse libre objet du paragraphe précédant et une solution particulière de l’équation globale soit la réponse forcée objet du présent paragraphe. Ainsi cette réponse sera comme suit :

{U } = {U 0 }e jΩt

En remplaçant (3-46) dans (3-45) on aura :

(3-46)

[− Ω [M ] + [K ]]{U } = {F } (3-47) 2

0

0

Le premier cas de figure est si la matrice est singulière ce qui veut dire que la pulsation d’excitation coïncide avec l’une des pulsations propres calculées dans le paragraphe précédant. Dans ce cas il s’agit d’une résonance infini pour chacune des pulsations propres ce qui était trouvé pour les systèmes à un ddl Dans le cas contraire c'est-à-dire si la pulsation d’excitation diffère de toutes les pulsations propres la matrice est inversible et on aura :

{U } = [− Ω 2 [M ] + [K ]]−1{F0 }e jΩt (3-48)

3.5.2.2. Charges quelconques- Méthode modale L'avantage ici est que les équations projetées sur la base des modes propres orthogonaux seront découplées et la résolution de chacune des équations se fait tout comme pour un système à un ddl.

[ ]

Tout vecteur {U } s'écrit sous la forme : {U } = X {a}

(3-49)

[X ] : matrice des vecteurs propres {X}. {a}: vecteur des fonctions temporelles à chercher.

Reprenons l'équation matricielle forcée où on élimine le terme d'amortissement soit : ••

[M ]{U }+ [K ]{U } = {F } (3-50) [M ] et [K ].

Pré multiplions par {X }i et utilisons la normalité des modes vis à vis de t

••

On aboutit à :

mi a i + ki ai = f i (3-51) et ce pour i = 1, N .

On aura ainsi N équations découplées de pulsation ωi =

ki mi

(3-52)

La réponse globale est la somme des réponses modales. L'avantage de la méthode est situé pour le cas de la prise en compte de quelconques modes. En effet une fois on retrouve les modes on calcule leurs masses et si on trouve une grande partie de la masse concentrée au niveau des premiers modes ce qui est généralement le cas on négligera dans le calcul le reste des modes. Pour vérifier ceci on norme les vecteurs propres par rapport à la masse : {X }i t [M ]{X }i = 1 (3-53) pour tout i et on prend les modes dont la somme des masses dépasse 90% de la masse totale du système. Ceci est d'autant plus avantageux si on utilise une méthode approchée de recherche des modes propres ce qui nous épargne de la recherche systématique de tous les modes. D’autres part si l’excitation est harmonique de la forme f i (t ) = F0 e forme ai =

j Ωt

(3-54) la réponse forcée sera sous la

fi (3-55) ce qui veut dire que si le système est excité à une fréquence proche de celle k i −mi Ω 2

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d’un mode la contribution de celui-ci sera dominante et vice versa c'est-à-dire si un mode est de fréquence éloignée de celle de l’excitation sa contribution sera minime et on peut la négliger. Donc en tout on ne retient que les modes dont les fréquences sont dans la zone de l’excitation. On peut également constater que si la force est orthogonale à un mode propre ce mode n’aura pas de réponse ce qui montre un intérêt de la connaissance des modes propres afin de choisir l’excitation qui fera le moins de vibrations même au voisinage de la résonance.

3.5.3. Méthodes approchées de recherche des modes et fréquences propres

[ ] [ ]

On part de la matrice D ' = D

[D ']{X }i = {X }2 i ωi

3.5.3.1. Méthodes de l'itération matricielle :

−1

et on cherche

ω1 telle que :

(3-56) Avec, il s'agit d'une méthode rapidement convergente pour la détermination des

3 premiers modes propres et de leurs pulsations. -

On prend un vecteur de départ quelconque {U }1 = a1 {X }1 + ....... + a1

-

On applique dessus D ' donc

-

On applique D ' au nouveau vecteur obtenu et ainsi de suite.

1

[ ]

Comme

ω1

N

[D']{U }1 = a11 {X }21 + ....... + a1N {X }2N ω1

[ ]

{X }N

(3-57)

(3-58)

ωN

est la plus petite des pulsations car elle correspond au premier mode, à un certain niveau le

terme en {X }1 dans la somme devient dominant avec des puissances grandes et par suite le vecteur obtenu est colinéaire à

{X }1 et le rapport de 2 vecteurs de suite est

1

ω1

2

.

Pour le second mode le premier raisonnement reste valable si le vecteur de départ ne contient pas de composante en {X }1 ou encore si on la lui élimine comme suit :On prend {U }1 et on calcule sa composante suivant

{X }1

par : a11 =

{X }1t [M ]{U }1

(3-59) et puis on prend

m1

{U }1 − a11{X }1 (3-60)

comme vecteur de départ. Le processus convergera alors vers le second mode et sa pulsation. On refait le même travail pour le troisième mode en éliminant au 1° vecteur les termes en {X }1 et en {X }2 . Pour les autres modes les calculs deviennent compliqués. Cette méthode est donc avantageuse si les premiers modes suffisent pour décrire la réponse du système à l'excitation. Ceci sera vrai si l'excitation est à basse fréquence (cas de la mécanique) et elle ne touche qu'aux premiers modes. On peut procéder autrement par la même méthode en remplaçant pour le second mode :

[D"] = [D'][S1 ]

(3-61) avec

[S ] = [I ] − {X } {mX } [M ] (3-62) t 1

1

1

1

[S ] = [S ]− {X } {mX } [M ] t

è

Pour le n mode on prend :

n

n −1

n

n

(3-63)

n

3.5.3.2. Méthode de HOLTZER : C'est une méthode applicable pour les premiers modes aussi. - On impose ω1 et un déplacement d'une extrémité libre du système égale à l'unité, par exemple une barre en flexion (voir figure 3.12).

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K1

K2

KN MN

M2

M1 F2

F1

FN

Figure 3.11. La force d'inertie sur la masse - Le déplacement de ressort

M n est Fn = M nω1 = Tn (3-64) (effort tranchant au niveau n ). 2

M n−1 sera déduit par d n−1 = d n −

Tn (3-65) Kn

où :

K n est la raideur de flexion du

n.

Fn−1 = M n−1d n−1ω1 et Tn−1 = Tn + Fn−1 (3-66) - On déduit d n − 2 ainsi de suite jusqu'à d 0 (extrémité fixée). - On procède à un balayage en d 0 et on représente la courbe d 0 en fonction de ω ;les intersections de 2

- On calcule

cette courbe avec l'axe des abscisses correspondent aux pulsations propres dans l'ordre. d0

ω1

ω3

ω

ω2 Figure 3.12 Naturellement l'allure de la déformée obtenue correspond au mode propre et si on a une idée sur ce mode on identifiera son ordre. La méthode modale présentée est temporelle. Il existe toutefois une méthode modale spectrale mais elle est essentiellement utilisée en Génie Civil et elle ne sera pas traitée dans ce cours.

3.6. VIBRATIONS DES SYSTEMES DISSIPATIFS 3.6.1. Vibrations libres Pour ce cas il y a une matrice d'amortissement ••

[C ] et

l'équation de mouvement matricielle devient :

•

[M ]{U }+ [C ]{U }+ [K ]{U } = {0} (3-67) en vibrations libres. Si on cherche la réponse de la même manière que pour les systèmes conservatifs on trouvera des valeurs propres complexes ainsi que des modes propres complexes et pas forcément orthogonaux. Les valeurs propres complexes indiquent des pulsations ainsi que des coefficients d’atténuation modaux. On va s’intéresser à un cas d’amortissement pratique souvent utilisé dans la littérature. 3.6.1.1. L'amortissement proportionnel Dans ce cas le seul moyen de découplage des équations dans la base modale sera quand :

{X }i t [C ]{X }i = 0 si i ≠

j (3-68)

Ainsi s'impose une condition sur l'amortissement dit proportionnel vérifiant une condition dite de Rayleigh à savoir : C = a M + b K (3-69) où a et b sont des constantes à déterminer expérimentalement. Les équations découplées seront de la forme :

[ ]

••

[ ] [ ]

•

mi a i + ci a i + ki ai = 0 (3-70) (cas forcé). Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Dans ce cas pour le i

εi =

ème

mode la pulsation est :

ωi =

ki (3-71) mi

et le coefficient d'amortissement

( ak i + bm i ) (3-72) ( 2 m iω i )

a) b) c) Figure 3.13. Amortissement proportionnel à la raideur a) proportionnel à la masse b) et non proportionnel c) Pour vérifier la validité de cette hypothèse dans la pratique on excite le système de façon harmonique et on agit sur la fréquence pour trouver les diverses fréquences de résonance et les bandes passantes donnant les coefficients d’amortissement par mode. Ainsi l’équation devra être vérifiée même approximativement autant de fois que de résonances. Si cette équation n’est vérifiée l’hypothèse est à remettre en cause. Si l'hypothèse de proportionnalité n'est pas vérifiée on parlera de modes propres complexes. D'autres part les modes utilisés en amortissement proportionnel sont les mêmes modes du système non amorti seulement la pulsation propre est

ω ia = ω i 1 − ε i 2

(3-73)

3.6.1.2. L'amortissement quelconque [Méthode de DUCAN ou projection dans l'espace 2n] Remarque : Dans ce cas, la matrice modale de la structure conservatrice associée ne permet pas de découpler les équations. &&}+ C {u&}+ K {u} = {0} (3-74) Le système d'équation : M {u

[ ] [ ] [ ] Ajoutons l'identité : [M ]{u&} = [M ]{u&} (3-75)

Ceci nous permet d'obtenir le système d'équations d'ordre 2n suivant :

 [C ] [M ] {u&} [ K ] [0]  {u} {0} [M ] [0]  {u&&} +  [0] [−M ] {u&} = {0} (3-76)        

Ce système est de la forme :

{y} = 

u  u& 

[A]{y& }+ [B]{y} = {0}

(3-77) avec

La solution est de la forme {

{y} = {Y }eλt (3-78), ce qui conduit au problème aux valeurs propres suivant :

[[A]

−1

[B ] − λ [I ]]{y} = 0 (3-79) λ k conjuguées 2 à 2 et 2n vecteurs propres complexes leur afférant ϕk λk = σ + j ω d

On obtient ainsi 2n valeurs propres

λk ∗ = σ − j ω d Et :

{ψ } {ϕ k } =  k   {θ k }

La matrice de passage

avec

[Φ ] = [ϕ1

:

(3-80)

{θλ } = λk . {ψ }k (3-81)  [ψ ]

[ψ ]∗  (3-82)  ∗ [ψ ][∧ ] [ψ ] [∧]

ϕ 2 Kϕ 2 n ] = 

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[∧] matrice diagonale d'ordre n contenant les valeurs propres avec partie

où :

imaginaire positive.

[ψ ] matrice modale d'ordre n correspondant aux valeurs propres de [∧] [ ]

On diagonalise les matrices A et B et la transformation {y} = Φ {Ζ}(3-83) découple les équations du système Remarque: Pour une structure sans amortissement (structure conservatrice associée) les pôles sont imaginaires pour p = jω k et les vecteurs propres sont réels. Pour une structure à amortissement proportionnel les pôles sont de la forme

p = σ k + jωk et les vecteurs

propres sont réels. Pour une structure à amortissement visqueux quelconque, les pôles sont de la forme

p = σ k + jω k et les

vecteurs propres sont complexes.

3.6.1. Vibrations forcées 3.6.1.1. Excitation harmonique ••

•

[M ]{U }+ [C ]{U }+ [K ]{U } = {F0 }e jΩt (3-84) La solution générale sera comme pour les systèmes conservatifs, somme de la solution générale du système homogène ce qui correspond à la réponse libre et une solution particulière de l’équation globale soit la réponse forcée objet du présent paragraphe. Ainsi cette réponse sera comme suit :

{U } = {U 0 }e jΩt (3-85)

En remplaçant (3-80) dans (3-79) on aura :

[− Ω [M ] + [K ] + jΩ[C ]]{U } = {F } 2

0

0

(3-86)

Le premier cas de figure est si la matrice est singulière, chose qui ne peut pas avoir lieu car les valeurs propres sont complexes. Donc même à la résonance la solution est définie Donc la solution est toujours :

{U } = [− Ω 2 [M ] +

]

jΩ [C ] + [K ]

−1

{F0 }e jΩt

(3-87)

3.6.1.1. Excitation quelconque

a) Réponses impulsionnelles Dans ce cas on généralise les notions de réponse impulsionnelle et de fonction des transferts couplés et ce par :

hi j : Réponse du ième ddl à une impulsion unité appliquée suivant le jè ddl et

H i j sa transformée de LAPLACE.

La réponse globale sera :

U i (t ) = ∑ F j (t ) ∗ hi j (t ) (3-88) où Fj (t ) est la force sur le jème ddl. Naturellement à cette méthode s'ajoute la méthode modale qui devient intéressante si le nombre de modes utiles est faible ce qui reflète la réalité. En fait l'excitation des systèmes ne touche qu'une zone déterminée de fréquence et les modes de fréquences extérieures à cette zone ne sont pas intéressantes. Si le chargement est harmonique il n'y a pas lieu d'utiliser ces méthodes présentées mais on cherchera la réponse harmonique à la fréquence d'excitation et le problème consistera alors à inverser une matrice et la multiplier par le vecteur des forces données. Cette matrice est

[− Ω [M ]+ jΩ[C ]+ [K ]] où Ω est la pulsation d'excitation. 2

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b) Méthode modale-Amortissement proportionnel En utilisant la propriété d’orthogonalité des modes vis-à-vis des matrices de masse, de raideur mais aussi d’amortissement pour ce cas On procède de la même manière qu’avec les systèmes conservatifs et l’équation ••

•

mi a i + ci a i + ki ai = f i (3-89) et ce pour i = 1, N . Avec ici : ci = a mi + bk i (3-90). a Par suite le calcul est fait comme pour un système à un ddl avec ε i = + bωi (3-91) ωi

(3-47) devient :

Ceci nous permet de contrôler expérimentalement la validité de l’hypothèse d’amortissement proportionnel. En effet en procédant à un essai à excitation harmonique de fréquence variable on peut trouver expérimentalement par la méthode de la bande passante les taux d’amortissement et les pulsations dans la zone des fréquences excitées. Si ces résultats respectent la relation on confirme l’hypothèse et on déterminer a et b sinon l’hypothèse st pas confirmée.

3 .6. EXERCICES D’APPLICATION 1. Sur la figure ci dessous, on a schématisé la suspension à ressort d'un camion. On suppose que les ressorts restent verticaux, que les oscillations ont lieu dans ce plan et que le châssis est horizontal au repos. La masse du camion est m, son moment d'inertie, autour du centre de gravité G , est I G . 1) Trouver les pulsations propres des oscillations. Préciser les mouvements propres pour x et θ définis par la figure. 2) Quel est l'intérêt pratique du découplage des deux mouvements x et θ ? Quelle condition le constructeur du camion doit-il réaliser et quelles sont alors les pulsations propres

ωp

de pompage et

ωt

de tangage, la

hauteur du centre de gravité par rapport au sol et l'inclinaison du camion? 3) Exprimer les pulsations propres trouvées au 1) en fonction de ωt et ω p , dans le cas d'un couplage faible. Préciser l'effet du couplage sur les pulsations propres du système. 4) A.N.: Calculer les pulsations propres, pour K1 = 50 KN / m ;

K1 = 400 N / m l1 = 2m , l2 = 2,5 m ,

m = 1600 Kg et I G = 2500Kgm . 2

Réponses 1 Suspension d’un camion Le système est à 2 ddl x (pompage) et

θ

(tangage)

•2 1 •2 1 Ec = m x + I G θ 2 2 1 1 2 2 E p = mgx + K 1 ( x − l1 θ − l 0 ) + K 2 ( x + l 2 θ − l 0 ) 2 2

l0 = longueur à vide des ressorts

x  ⇒ {U } =   , [M ] = θ 

m 0   K1 + K 2 [ ] , K = 0 I  K l − K l G 1 1   2 2

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K 2 l 2 − K1 l1  K1 l12 + K 2 l 22 

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Equations aux pulsations propres

− ω 2 m + ( K1 + K 2 )

K 2 l 2 − K 1 l1

K 2 l 2 − K 1 l1

− ω 2 I G + K 1 l12 + K 2 l 22

[−ω Soit :

2

m + ( K1 + K 2 )

ω 4 mI G − ω 2

Si on pose :

] [− ω

[ m (K

2

=0

]

I G + K 1 l12 + K 2 l 22 − ( K 2 l 2 − K 1 l1 ) 2 = 0

]

l + K 2 l 22 ) + I G ( K 1 + K 2 ) + K 1 K 2 (l1 + l 2 ) 2 = 0

2 1 1

ω 2 = X A = mI G − B = m (K 2 l12 + K 2 l22 ) + I G (K1 + K 2 )

C = K 2 K 2 ( l1 + l 2 )2 A.N

A = 4 .10 6 kg 2 m 2

B = 45.10 7 kgN m

C = 405 .10 6 N 2

∆ = B 2 − 4 AC = ∆ = 443 .10 6 X 1 = 1,756 ω1 ≈ 1,32 rad / s X 2 = 111,625 ω 2 ≈ 10,56 rad / s 2 / Modes propres 1 -

(− ω12 m + K1 + K 2 ) a + (K 2 l 2 − K1 l1 )b = 0

⇒

ω 12 m − ( K 1 + K 2 ) b = ≈ 0 , 48 rad / m a K 2 l 2 − K 1 l1

er

ème

2

ω 22 m − ( K 1 + K 2 ) b = ≈ − 1, 29 rad / m a K 2 l 2 − K 1 l1

Au premier mode x domine au second mode le tangage est dominant. Mais il y a couplage dans des sens opposés pour le second mode et de même sens pour le premier. 2°) L’intérêt pratique du découpage est que si le pompage seul est excité il n’y aura pas de tangage et vis versa. Dans ce cas

K 1 l1 = K 2 l 2

K1 + K 2 ωp = m A.N

K 1 l12 + K 2 l 22 ωt = IG

ω p = 5,6 N rad / s

ωt = 9 rad / s

Le couplage écarte les fréquences si il donne la plus faible et augmente le plus grande ce qui veut avoir un grand intérêt pratique. 2. Le système suivant est une barre ayant un mouvement de rotation θ à laquelle est accroché une masse ayant un mouvement de translation x. Le système est soumis à de petites oscillations. 1) Ecrire les équations qui régissent le mouvement du système présenté dans la figure. 2) En négligeant l’amortissement déterminer (x,θ) 3) En considérant l’amortissement déterminer (x,θ) . 2 5 4 J=200 Kg.m , M=120 kg, K1=22 10 N/m, K2=30 10 N/m, C=500 Ns/m. a=0.6 m, b=0.3 m, d=0.2 m, f(t)=1000 cos(10t).

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d

b

a

K2 F(t)

o

J

K1

C

M

Réponses Le système est à 2 ddl

θ

et

•2

x

par rapport à la pesanteur.

•2

1 1 Jθ + M x 2 2 • • 1 1 1 E p = K 2 ( Lθ ) 2 + K1 ( a θ + x ) 2 Pd = c ( x + a θ ) 2 2 2 2

1°/

Ec =

W = F (t )( a + b )θ

Equations de mouvement : • •  •• 2 2  J θ + c a ( x + a θ ) + ( K 2 L + K1 a ) θ = F ( t ) ( a + b ) − K 1 ax  •• • •  M x + ( x + a θ ) + K 1 ( a θ + x ) = 0

2°/ Sans amortissement les matrices deviennent :

 K a 2 + K 2 L2 θ  J 0  {U } =   , [ M ] =   , [K ]=  K1 a x 0 M   F ( a + b ) {F } =  0  cos Ω t 0 

{U } =

[ − Ω [ M ] + [U ] ]

−1

2

K1 a   K1 

 F   cos Ω t 0 

− Ω 2 J + K1a 2 + K 2 L2 θ  =    K1 a x 

  − Ω 2 M + K1  K1 a

−1

 F0 ( a + b )   cos Ω t 0  

−Ω2 M + K1  F0 ( a+b) −K1 a θ 1  =  cosΩt 2 2 2 2 2 2  2 2 2  −Ω J + K1 a + K2 L  0 x (−Ω J + K1 a + K2 L )( −Ω M + K1 ) − K1 a  − K1 a 

[

 θ =   x = 

]

[(− Ω [(− Ω

2

2

F 0 ( a + b ) ( − Ω 2 M + K 1 ) cos Ω t J + K 1 a 2 + K 2 L 2 ) ( − Ω 2 M + K 1 ) − K 12 a 2

]

F0 ( a + b ) ( − K 1 a ) J + K 1 a 2 + K 2 L 2 ) ( − Ω 2 M + K 1 ) − K 12 a 2

]

A.N: Ω = 10 , M = 120 , K 1 = 22 .10 5 , K 2 = 3.10 5 , A = 0 ,6 , L = 1,1 , F0 = 1000 N

∆= 74 ,1 .10 10

Les amplitudes seront :

θ 0 ≅ 0 ,0026 rad x 0 ≅ 0 ,00166 m.

On considère maintenant l’amortissement, on utilise la notation complexe en prenant : F ( t ) = F0 On prendra les modules pour les réponses en θ et en x. Les matrices [ K ] et [ M ] restent inchangées. La matrice

[C ] =

c a   ca

2

[ C ] est similaire à [ K ] sans

e jΩt

K2.

ca   c 

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(

∆ = − Ω2 J + K1 a 2 + K2 L2 + jΩ c a 2

Ici

−1

 F 0 ( a + b )  jΩ t  e 0   2 2 − Ω M + K1 + j Ω c − ( K1 a + j c Ω a)

  ⇒ {U } =  − Ω 2 [M ]+ [K ]+ j Ω [C ]  

)(

)

 F0 (a + b) − K1 a − j Ω c a θ  1 − Ω2 M + K1 + j Ω c x  =  e 2 2 2 2  0  − Ω J + K1 a + K2 L + j Ω c a   x  ∆  − K1 a − j Ω c a

[

j Ωt

]

1  2 jΩt θ (t ) = ∆ . F0 ( a + b ) − Ω M + K 1 + j Ω c e ⇒  x ( t ) = 1 . F ( a + b ) (− K a − j Ω c a )e jΩt 0 1  ∆ Par suite on passe aux modules

1 F0 ( a + b ) ∆

θ (t ) = x =

1 F0 ( a + b ) ∆

( − Ω 2 M + K1 ) 2 + Ω 2 c 2

K12 a 2 + Ω 2 c 2 a 2

((− Ω J + K a + K L )(− Ω M + K )− Ω c a − K + (Ω c a (− Ω M + K ) + Ω c (− Ω J + K a + K L )− 2 c

∆=

2

2

1

2

2

2

2

2

1

2

1

A.N

2

2

2

1

2

2

2 1

2

2

a 2 + c 2 Ωa 2 K1 Ω a 2

)

)

2

2

F0 (a + b) = 900 Nm ∆ = 2 . 1012

3. Un tracteur et sa remorque sont reliés ensemble par une attache élastique dans la direction longitudinale (figure ci dessous). Le tracteur pèse 5 000 kg et la remorque pèse 2 000 kg. La rigidité de l’attache est de 200 000 N/m. a) Déterminez les équations du mouvement du système et exprimez-les sous forme matricielle. b) Déterminez les fréquences propres du mouvement longitudinal. c) Déterminez les modes correspondants et donnez-en une explication physique. d) Au démarrage, le tracteur subit brusquement un déplacement initial de 10 cm, exprimez l’équation de la réponse libre de la remorque. e) Déterminez les masses et rigidités modales. f) Le véhicule étant à l’arrêt, on installe, dans la remorque, un moteur qui génère une excitation longitudinale harmonique avec une amplitude de 2 000 N et une fréquence de 1.91 Hz, déterminez l’amplitude de la vibration de la remorque en utilisant la méthode modale.

Réponses Masse tracteur m 1 = 5000 Kg Masse remorque m 2 = 2000 Kg Le problème de vibration est posé au démarrage, aux arrêts, aux accélérations et aux freinages. Le système sans amortissement sera modélisé comme suit : Les 2 ddl du système sont q1 et q2 (déplacements respectifs de m 1 et est à vide).

Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

m 2 par rapport au repos où le ressort

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Page ~ 68 ~

•2 •2   m1 q1 + m2 q1   

1 Ec = 2

1 E p = K ( q1 − q 2 2

)2

Matriciellement on a :

 q1   , [M  q2 

{U } = 

] = 

0 , m2 

m1

0

− K  − K K 

[ K ] = 

K

L’équation aux pulsations propres est :

− ω 2 m1 + K

−K

−K

− ω 2 m2 + K

(− ω

Soit

2

m1 + K

) (− ω

2

=0

)

m2 + K − K 2 = 0

donc

ω 4 m1 m2 − ω 2 K ( m1 + m2 ) = 0

Les 2 pulsations propres sont :

K ( m1 + m 2 ) m1 m 2

ω2 =

ω1 = 0

ω 2 ≅ 11,85 rad / s

AN : c)

1er mode

[ − ω [ M ]+ [ C ]] {U 2 1

0

}1 = { 0 }

− K   a  0  K q ⇒ si on pose {U 0 }1 =   on aura     = ⇒ a=b b − K K      b  0   1 { } = U   correspondant au mouvement d’ensemble sans vibrations Soit le mode rigide 0 1  1 2ème mode

[− ω [ M ] + [U ] ] {U 2 2

0

}2 = { 0 }

Si on pose :

{U 0 }2

Soit

q =  b 

m1   −K  − K m  q  0  2    =  ⇒  m  b 0  −K 2     − K m1  

− K m1 a− K b=0 m2

 1     1  m1 b =− a ⇒ {U 0 }2 =  − m1  =   m2  m  − 2,5  2 

Le tracteur et la remorque vibrent en opposition de phase. L’amplitude de la remorque est plus forte puisqu’elle est plus légère. d/ Conditions initiales : •

q1 ( 0 ) = 0 Comme

q 1 ( 0 ) = 0 ,1 m = q 10

q2 ( 0 ) = 0

•

q1 ( 0 ) = 0

ω = 0 est une solution double la réponse libre sera :

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Page ~ 69 ~

q1 (t )  1   1    = ( a1 + t b1 )   + (a 2 cos ω 2 t + b2 sin ω 2 t )   1  − 2,5  q 2 (t )  Soit : q1 (t ) = q1 + t b1 + a2 cos ω 2 t + b2 sin U 2 t q 2 (t ) = q1 + t b1 − 2,5 ( a 2 cos ω 2 t + b2 sin ω 2 t ) On reprend les C.I.

q1 (0) = q10 = a1 + a 2 q 2 (0) = 0 = a1 − 2,5 a 2 •

•

q1 (0) = 0 = b1 + ω 2 b2 q 2 (0) = 0 = b1 − 2,5 ω 2 b2 Les deux premières équations donnent :

a2 =

q10 ≈ 2,86 cm 3,5

a1 ≈ 7,14 cm

Les deux autres équations donnent :

b1 = b2 = 0

⇒ Définitivement les réponses libres sont : q1 (t ) = 2 ,86 cos ( 11,83 t ) + 7 ,14

en cm

q 2 (t ) = 7,14 − 7,14 cos ( 11,83 t ) c/ Caractéristiques modèles du système

m1 1}  0

0  1  K1 = ω12 m1 = 0   = m1 + m2 = 7000 kg . m2   1  0  1 m1  m2 = {1 − 2,5 }    = m1 + 6,25 m2 = 17500 kg  U m2   − 2,5  K 2 = ω 22 m2 = 2,45.10 6 N / m m1 = {1

f/ Vibrations forcées

F ( t ) = F0 e

j Ωt

où

 F0  Ωt F0 = 2000 N Ω = 2 π f = 12 rad / s ⇒ { F }=   ej 0 

Par la méthode modale on calcule les forces modales :

f 1 ( t ) = {1

 F0  1}   e j Ω t = F0 e j Ω t 0 

f 2 ( t ) = {1

F  − 2,5 }  0  e jΩt = F0 e jΩt 0 

La réponse est donc :

 q1 (t )  1   1    = a1 (t )   + a2 (t )   1   − 2,5   q 2 (t )  ••

••

m1 a 1 + K 1 a1 = F0 e jΩt

Où :

m2 a 2 + K 2 a 2 = F0 e jΩt

F0 e jΩt − F0 a1 (t ) = = e jΩ t 2 2 K1 − Ω m1 − Ω m1 a1

=

2000 (12 ) 2 7000

≈ 2 mm

a2 =

a2 (t ) =

F0 e jΩt 2 K 2 − Ω m2

2000 2 , 45 . 10 − 12 2. 175000 6

≈ + 28 , 6 mm

Constat : L’excitation du tracteur génère une plus nette vibration sur la remorque. Les 2 éléments oscillent en phase. 4. Soit un système, tel que montré sur la figure 3, composé de deux disques d’inertie massique définis tels que

J1

et

J2 ,

J 2 = 4 J1 = 4 J .

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Page ~ 70 ~

Les deux disques sont reliés par un arbre, défini par sa rigidité de torsion

K t . On donne comme conditions

initiales au système, des vitesses angulaires nulles et des déplacements angulaires aux deux disques opposés,

θ1 (0) = −4θ 2 (0) .

tels que :

a) Calculez les fréquences naturelles du système en fonction de

J et de K t .

b) Calculez les modes du système. c) Déterminez l’expression temporelle des déplacements angulaires θ 1 ( t ) et θ 2 ( t ) en fonction de

θ 2 (0) , J

et

Kt .

Réponses

J 2 = 4 J J1 = J

Données

Kt

rigidité de torsion

Le système est à 2 ddl θ 1 et θ 2 si on néglige la masse de l’arbre et sa flexion. Le problème est donc de torsion

Ec =

1 2

⇒ {U

•2 •2   J 1 θ 1 + J 2 θ 1   

 θ1   , [M θ2 

}=

1 E p = K t ( θ1 −θ 2 2

] = 

J1

0

)2 Kt − Kt  K t  − K t

0  J 0  = J 2   J 4 J 

[ K ] = 

−ω 2 J + Kt

− Kt

a/ Pulsations propres

−ω

2

[M ]+ [K ]

=0⇒

−ω 2 4J + Kt

− Kt

5 Kt 4J

ω2 =

4 ω 4 J 2 − 5 ω 2 J K t = 0 ⇒ ω1 = 0

=0

b/ Modes Le 1er mode est rigide donc tout comme l’exercice précédent

{U 0 }1 = 

1  1 

L’arbre tourne en rotation pure sans torsion dans ce cas. Le 2ème mode

 − ω 22 J + K t   − Kt Soit

+ Kt

 0  {U 0 }2 =   4 − ω J + K t  0

( −ω J + Kt ) a − Kt b = 0 2 2

Soit

{U 0 }2

a =  b 

−ωa J + K t b 1 = =− a Kt 4 2

⇒ {U 0 }2

 1    =  1 − 4 

Il y a torsion avec les 2 roulants en opposition de phase. Le petit volant a une rotation plus grande. c/ Réponse libre Tout comme le cas précédent avec la racine double

ω=0

Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

on aura :

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Page ~ 71 ~

 1   θ 1 (t )   1     = ( U 1 + t b1 )   + ( a 2 cos ω 2 t + b2 sin ω 2 t )  1   1  θ 2 (t )  − 4  −α a θ1 (0) = α = a1 + a2 θ 2 (0 ) = = a1 − 2 4 4 •

θ 1 ( 0 ) = 0 = b1 + ω 2 b 2

•

θ 2 ( 0 ) = 0 = b1 −

1 ω 2 b2 4

On aura :

a1 = 0 , a2 = α 2 , b1 = b2 = 0 ⇒ θ1 (t ) = α cos (ω 2 t ) θ 2 (t ) = −

α 4

cos (ω 2 t )

Les conditions initiales ont respecté les conditions du second mode, le système ne vibre alors qu’à sa seconde fréquence. 5. Une table de moulage, supportant un moule, repose sur le sol par l’intermédiaire de plots en caoutchouc, l’ensemble ayant une masse m1 de 350 kg. Le sable de moulage étant compacté verticalement au moyen d’un vibreur à 400 cycles/min, on constate que le système entre en résonance dans le sens vertical. Pour supprimer ces vibrations, on installe un amortisseur de Frahm constitué par une masse m2 et une barre cylindrique AB de longueur l= 1.52 m et de diamètre d = 2.54 cm en acier, comme montré à la figure ci-dessous. Sachant que l’amortisseur est optimisé à un rapport unitaire entre les pulsations propres ω2 et ω1 de l’oscillateur secondaire (masse additionnelle m2) non amorti isolé et de l’oscillateur principal (masse m1 de la table) isolé, calculer la masse m2 et les pulsations propres du système en considérant les appuis A et B comme des encastrements (a) et des appuis simples (b). Indication : Les entretoises supportant la barre de l’oscillateur secondaire peuvent être admises indéformables.

Réponses Table de moulage :

m1 = 350 Kg Les plots jouent le rôle d’un ressort équivalent de raideur K1 inconnue. La fréquence d’excitation est f =

400 H z ≈ 6,6711 H z il y a résonance à cette fréquence ce qui veut 60

dire que si on néglige l’amortissement du caoutchouc on aura : Par conséquent

f=

1 2π

K1 m1

K = 4 K 2 f 2 et K1 = 4 π 2 f 2 m1 m1 2

A.N

 20  K1 = 4 π .   . 350 ≈ 0,614 .10 6 N / m  3  2

L’amortisseur de Frahm donne le schéma équivalent suivant : m2 est inconnue K2 est 2ème est la raideur d’un barre de largeur l = 1,52 m du diamètre de section φ = 25,4 mm Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 72 ~

a/ barre bi-encastrée A.N K

2

=

flèche au milieu

192 . 2 . 10 11 . π . ( 25 , 4 ) 4 . 10 64 . (1, 53 ) 3

Si on choisit cet amortisseur tel que

K1 = m1

K2 ⇒ m m2

2

ω1 = ω 2

= m1

f =

− 12

F l3 192 Eπ φ 4 ⇒ K2 = 192 EI 64 . l 3

≅ 0 , 22 . 10 6 N / m

on aura :

K2 0 , 22 = 350 . K1 0 , 614

≈ 125 kg

b/ On suppose la barre bi-articulée Dans ce cas d’après la R D M la flèche au milieu sera f =

P l3 48 EI

⇒ K2 = s

48 EI F l3

z

=

1 * (1ère 4

raideur calculée dans le cas bi encastré)

⇒ m2 =

1 m 2 calculée dans le cas bi encastré Soit m 2 ≈ 31 ,35 kg 4

Visiblement le second montage est plus intéressant puisque la masse additionnelle nécessaire est nettement plus faible. Mais dans la pratique la liaison est située entre l’encastrement et l’articulation ce qui donne une masse intermédiaire entre les deux masses trouvées. 6. On considère un véhicule de masse m1 roulant sur une route ondulée à la vitesse véhicule est située une masse

k2

m2

liée à

m1

. A l'intérieur du

par l'intermédiaire de deux ressorts identiques de raideur

(voir ci dessous).

Les deux roues du véhicule sont schématisées par un ressort équivalent de raideur parfaitement sur la route ondulée. La longueur d'onde de la route ondulée est que

V

λ

et l'amplitude de l'ondulation

y (t )

k1 est

assujetti à adhérer

a0

.( on suppose

y ( 0) = 0 )

1°) On demande de déterminer le mouvement de l'extrémité inférieure du ressort 2°) Le système global est à 2 ddl définis comme suit:

k1 soit y (t ) .

u1 (t ) : déplacement vertical global absolu du véhicule m1 .

K2 m1

m2 K2 K1

u2 (t ) : déplacement vertical global absolu de la masse m2 . On demande d'écrire les équations de mouvement du système.

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Page ~ 73 ~

k1 = 2k 2 = k et m1 = m2 = m . Déterminer les amplitudes A1 déplacements respectifs u1 (t ) et u 2 (t ) après établissement du régime permanent forcé. 3°) On pose

On pose : V0

=

λ 2π

et

A2

des

K . m

A1

On demande de représenter les allures de variation de particuliers des courbes : résonance et anti- résonance); 5°) Quelles sont alors en fonction de

et

A2

en fonction de

V

(préciser les points

V0 les valeurs de V pour lesquelles le système résonne?

6°) Dans quelles conditions de vitesse les deux masses vibrent elles en phase entre elles? Considérer les cas de phase ou opposition de phase avec Réponses

y (t ) .

• 2 • 2 1 1 1 1 Ec = m1 x1 + m2 x2 E p = K1 ( x1 − y ) 2 + K 2 ( x2 − x1 ) 2 . 2 2 2 2 2

Matriciellement on a :

0 0  x1   m1 m =  [M ] =   m1  m  0  x2  0 K + 2 K2 − 2 K 2  2 K −K [ K ] =  1 =  2 K 2  − K K  − 2 K 2 K y K y { F } =  1  =  1  0  0 

{U } = 

••

[ M ]  U  =+ [ K ] {U } = { F } 

Comme



{F }

 K a 0 =   sin Ω t et que le système est conservatif on aura  0 

 x1   A1    =   sin Ωt  x2   A2  On remarque ces expressions dans les équations de mouvement

− Ω 2 m + 2 K − K   A1   K a0      =  − Ω 2 m + K   A2   0   − K K2m+K   Ka 0   A  K 1 ⇒  1 =    2 2 2 2 −Ω m+2K −Ω m+K −K K −Ω m+2K0   A2   2 2 ( − Ω m + K ) Ka 0 K a0 Où : ∆ = ( − Ω 2 m + 2 U ) ( − Ω 2 m + K ) − K 2 ⇒ A1 = , A2 = ∆ ∆

[(

)(

On va simplifier les équations : m   a0  1 − Ω 2  K   A1 =  2 m   2 m  2− Ω   1− Ω  −1 K   K   a ⇒ A1

=

−   2 − V  

0 2

      

−

1− V

2

−   1− V  

   2

  −1  

]

)

2

Ω2

et

−  V  λ2 m 4π 2 V 2  = V = . =  2 2 2 K λ 4 π V0  V0 

A2

=

−   2 − V  

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2

   

a0 −   1− V  

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2

2

  −1  

Page ~ 74 ~

−2

On pose

X =V

∆ = 0 si X

2

on développe ∆ : ( 2 − X )( 1 − X ) − 1 = X

− 3 X +1 = 0 ( ∆ = 5 ) X 1 =

2

− 3 X +1

3− 5 3+ 5 et X 2 = 2 2

Etude des fonctions

a 0 (1 − X ) Df = R + − { X 1 , X 2 } ∆ a a A1' ( X ) = 0 2 [ − ∆ − (1 − X ) ∆ ' ] = 0 2 ( − ( X ∆ ∆ a A1' ( X ) = 0 2 . X 2 − 2 X + 2 ∆

1/ A1 =

[

2

)

− 3 X + 1 − (1 − X ) ( 2 X − 3 )

)

]

∆ ' = 1 − 2 〈 0 ⇒ A1' garde le signe positif A1 est toujours croissante a0 ∆' a Df = R + − { X 1 , X 2 } A2' ( X ) = − a0 2 = − 0 . ( 2 x − 3 ) 2/ A2 = ∆ ∆ ∆2 A2 est décroissante si X 〉

3 .⇒ V 〉 V0 2

3 2

et croissante sinon.

Représentation graphique

0,6 V0

X1

X2

5/ le système résonne si Par rapport à

y (t )

V

0,6 V0

V ≈ 0 , 6 V 0 et V ≈ 1, 6 V 0

quand

A

est positive le système est en phase et vice versa.

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Page ~ 75 ~

0 〈 V 〈 0,6 V0

Donc pour m1 elle est en phase avec le sol pour

V0 〈 V 〈 1,6 V0

Entre elles, m1 et m2 sont en phase si

0 〈 V 〈 0,6 V0 V 〈 1,6 V0 0 〈 V 〈 V0

Elles sont en opposition de phases si

V 〉 V0

Pour m2 elle est en phase avec le sol pour

7. On se donne le système représenté ci dessous 1°) Donner les modes propres et leurs fréquences si le système est conservatif. 2M 2 et k 2 = 2 k 1 = 4 k = 40 KN / m M 1 = = 0 , 2 Kg 5

2°) On considère le système dissipatif avec: a) c 2 = 2 c1 = 4 c = 40 Ns / m

c 2 = c1 =

b)

c = 20 Ns / m 2

Pour quel cas l'hypothèse de Rayleigh est applicable? Trouver les modes et fréquences propres pour les deux cas.

K1

C1 M2 C2

K2

M1 K1

C1

Réponses Ecrivons les équations de la dynamique à m1 et m2 par rapport aux translations verticales. ••

m 1 U 1 + ( K 1 + K ) U 1 − KU ••

•

2

•

+ ( C1 + C ) U 1 − C U •

m 2 U 2 + ( K 2 + K ) U 2 − KU 1 + ( C 21 + C ) U Matriciellement on a :

2

2

=0

•

−CU1 =0

 U1   U 2 

{U } = 

Si :

••

[ M ]  U 

Où

  •   + [C ]  U  + K {U   

} = {0 }

1 0  = m 1 0 m 2  

0 1  . cas (a) ou (b) 2 

[M ]

m =  1 0

[C ]

−c  c + c  3 − 1 =1 =c   . cas (a) − 1 5   − c c2 + c 

[K ] =

K1 + K  −K 

−K   3 = K   K 2 + a −1

− 1 . cas (a) ou (b) 5 

1/ Système non amorti

[M ]

 ••   U  + K {U  

La solution

} = {0 }

   A  st  U  =   e donne :   B

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Page ~ 76 ~

{s [ M ] + [ K ]}  BA 

0  =   ⇒ s 2 [M  0 

2



⇒

Où

s 2 m1 + 3 K

0

−K

=0 5 2 s m1 + 5 K 2 5 2 2 25 2 s 2 = X ⇒ m1 X + m1 K X + 14 K = 0 2 2 −K

On pose ω 0

=

∆ = 65 ω04 A.N

]+ [ K ] =

K m1

⇒ 5 X 2 + 25 ω 02 X + 28 ω 04 + 0

X 1 = 1,69 ω02 ⇒ ω1 = 1,3 ω 0

ω 0 = 223,6 rad / s

X 2 = 3,306 ω 02

ω 2 = 1,8 ω 0 ω 2 = 402,5 rad / s

⇒ ω1 = 290,7 rad / s

Pour les modes propres on a : 1/ mode on remplace X par X 1 ce qui donne pour un vecteur propre

 A   B

m1 X 1 A + K ( 3 A − B ) = 0 ⇒ A . ( 3 K + m 1 X 1 ) = K B

⇒

B K 1 = = 1 A 3 K + m1 X 1 3+ 2

=

ω0 X 1

1 3 − 1,69

U  1   masses en phase   =   1   0 , 76  Pour le deuxième mode on remplace X 1 par X 2 . 1  1 B ⇒ = = − 3,27 ⇒ {U 2 } =   masses en opposition de phase A 3 − 3,306  − 3,27   3 − 1 2/ a/ [ C ] = c .   − 1 5  ⇒

B = 0 , 76 . ⇒ A

L’hypothèse de basile sera vérifiée si :

{U 1 }t [ C ] {U 2 } =

Faisons le calcul

0

{U1} et {U 2 }étant les deux vecteurs propres.

{U1}= 

1   , 0 , 76  

{U 2 }= 

1    − 3,27 

On trouve l’égalité non vérifié et par suite l’hypothèse de basile est non vérifiée. 3  − 1 2 b/ [C ] = c   3  −1 2   On reprend la même procédure de Basile est vérifiée et par suite la méthode de décomposition modèle est applicable . 8. On demande de calculer les pulsations propres d'un système de 2 arbres reliés par un engrenage, les moments des masses montées et des pignons sont:

I1 = 8750 Kgm 2 , I 2 = 5600 Kgm 2 , I 3 = 30,2 Kgm2 et I 4 = 1,05 Kgm 2 Le rapport de transmission est K =

Z1 = 5. Z2

Les rigidités de torsion des arbres sont :

c1 = 316 105 Nm et c2 = 115 105 Nm .

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Page ~ 77 ~

On néglige les masses des arbres. Calculer en négligeant les masses des pignons la pulsation des oscillations libres du système précédent. I1

I4

Réponses Les ddl choisis sont :

θ1 θ2 θ4 Mais

I3

C1

rotation de

I1

rotation de

I2

rotation de

I4

θ 4 = − 5 θ 3 car

C2

I2

z1 =5 z2

Ainsi le système est à 3 ddl, et on va chercher les 3 pulsations propres Pas de frottement aux paliers • 2 • 2 • 2 • 2 1 1 1 1 I1 θ 1 + I2 θ 2 + I3 θ 3 + I4 θ 4 2 2 2 2   •2 • 2 1  •2 1  E c =  I1 θ 1 + I 2 θ 2 +  I 3 + 25 I 4  θ 3  1 42 4 3 2  2    I5    

Ec =

Ep =

1 1 2 2 C 1 (θ 1 − 5θ 3 ) + C 2 (θ 2 − θ 3 ) 2 2

Les équations de mouvement s’obtiennent par application du principe de Lagrange aux ddl

θ1 , θ 2 et θ 3

 ••  I1 θ 1 + C1 θ1 − 5 C1 θ 3 = 0  •• ⇒  I 2 θ 2 + C2 θ 2 − C2 θ 3 = 0  ••  I 5 θ 3 + C3 θ 3 − 5 C1 θ1 − C2 θ 2 = 0 

 C3 = 25 C1 + C 2   I 5 = I 3 + 25 I 4

On pose :

La recherche des vibrations libres harmoniques amène à poser :

θ1 = A1 e jωt θ 2 = A2 e jωt θ 3 = A3 e jωt Ceci amène à un système de Cramer de déterminant nul pour l’obtention de la solution non banale.

− I1 ω 2 + C1

− 5 C1

0 − I2 ω + C2

−C2

− C2

− I5 ω + C3

2

0 − 5 C1

= 0 2

X = ω 2 ce qui donne l’équation : − I1 I 2 I 5 X 3 + ( C I 2 I5 − I1 ( C2 I5 + C3 I 2 )) X 2 + ( I1 ( C C3 − C22 )− I1 ( C2 I5 + C3 I 2 ) + 25 C12 I 2 ) X = 0

On pose

1

2

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Page ~ 78 ~

La première solution est

à:

1   X = 0; − 5 pas de vibration et les deux autres sont positives et amènent 1  

ω1 = 54,8 rad / s ; {U 0 }1

1   1      = 1,8  et ω 2 = 2380 rad / s {U 0 }2 =  −  0,7  − 1,57     

Si on néglige les masses des pignons cela revient à poser I 4

= I3 = 0

donc

I5 = 0

L’équation aux pulsations propres sera :

− I 1 I 2 C 3 X 2 + C1 C 2 ( 25 I 1 − I 2 ) X = 0 Là aussi la première solution est nulle et la seconde est :

C1 C 2 ( 25 I 1 − I 2 ) ≅ 58,7 rad / s I1 I 2 C3

ω=

9. Un compresseur à air, dont la masse est de 200 Kg et l’amortissement négligeable, a un balourd de

0,01 Kgm . On constate de fortes vibrations lorsque celui-ci tourne à 1200 Rpm

.

Le compresseur est à l’arrêt, un essai d’impact a montré une amplitude maximale à 1260 Rpm . a) Déterminez la rigidité du système initial. b) Déterminez l’amplitude maximale du déplacement vibratoire initial. c) Faites la conception d’un absorbeur dynamique non amorti, de façon que les résonances soient éloignées d’au moins 20% de 1200 Rpm . d) Calculez l’amplitude du déplacement de l’absorbeur. Réponses

m = 200 Kg . Sans amortissement b = 0,01 Kgm

Compresseur de masse Balourd : a/ Si

N = 1260 trs / mn π N

il y a résonance

K ⇒ K = ( 42 π ) 2 m 30 m 2 A.N K = ( 40 π ) . 200 ≈ 3,48 .106 N / m soit :

ω=

= 42 π . =

b/ Le système tourne à

1200 trs / mn

.

−

Ω = 40 π F0 = b π 2 Ω = 40

Soit :

42

La charge est harmonique de pulsation

⇒

Le déplacement

F0 K

U0 =

− 2

θ

Ω

une amplitude

U0

(Système conservatif) U 0

1− Ω

b Ω2 K =  40  1−    42 

= 2

b −2 Ω m − 2    1 − Ω   

2

A.N U

0

=

10 − 2 200

 40    5 . 10 − 5 ( 0 , 91 ) 42   . = ≈ 0 , 5 mm 2 1 − 0 , 91  40  1−    42 

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Page ~ 79 ~

c/ On veut concevoir un absorbeur dynamique non amorti

40 π de ± 20 %

de

Ec =

• 2 • 2 1 m q1 + m1 q 2 2

m 0 ⇒ [M ]=  1 0 m 

(k ' , m') pour que ω1 et ω 2

soient différentes

1 1 K q 12 + K ' ( q 2 − q1 ) 2 2 2  K + K ' − K ' [K ]=   − K ' K '  Ep =

Les deux pulsations sont solutions de l’équation :

−ω 2 m + K + K '

= 0 ⇒ ω4 m' m−ω2 [ m K'+ m' ( K + K' )] + K K' = 0

− ω m' + K '

− K'

2

ω1 = ω − 0,2 ω → ω12 = ω 2 . 0,64 ω 2 = ω + 0,2 ω ω 22 = ω 2 .1,44 S = ω12 + ω 22 = 2,08ω 2 P = ω12 .ω 22 = ω 4 x 0,92

On veut : On pose :

K K '  K' S =  + + = 2 , 08 ω 2  m m   m'

Ici :

On pose

− K'

P =

K K' . = 2 , 92 ω m m'

4

K' K = a ⇒ a = 0,92 ω 2 = 0,92 m' m

K ' K'  ⇒  1,92 ω 2 + = 2,08 ω 2 ⇒ = 0,16 ω 2 ⇒ K 1 = 0,16 ω 2 m  m'  m  Soit :

m' =

K' K' 0 ,16 ω 2 m = = a 0 , 92 ω 2 0 , 92 ω 2

Soit :

m' =

0 ,16 m 0 , 92

K ' = 0 ,51 .10 6 N / m

A.N

Si on veut des valeurs plus éloignées il faut faire baisser le produit donc : Il suffit de prendre

K'

m ' ≈ 34,8 kg K' m'

plus faible que la valeur trouvée ou bien m’ un peu plus grande.

10. Déterminer les fréquences propres de torsion du système tournant représenté ci-suit et formé d’un arbre cylindrique de longueur équidistants de masse

4l m

G , supportant trois disques R1 pour les deux disques extérieurs et de masse m ' et rayon

, de diamètre et rayon

d

et de module de glissement

R2

pour le disque central. On négligera la masse de l’arbre dans les calculs. Application numérique :

l = 0 ,5 m d = 5 cm G = 80 GPa m 1 = 10 Kg R1 = 10 cm m 2 = 50 Kg R 2 = 15 cm

Réponses Le calcul est effectué en torsion Le système est à 3 ddl : θ1

, θ 2 et θ3

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Page ~ 80 ~

•2    •2 •2   I1 θ 1 + θ 3  + I 2 θ 2  E p =          I1 0 0  2 GI   [K ] = p − 1 2/ ⇒ [M ]= 0 I 2 0   l   0 0 I1   0

2 1 GI p  2 2 2  θ1 + (θ 2 − θ1 ) + (θ 2 − θ 3 ) + θ 3 2 l  −1 0  2 − 1 − 1 2 

1 1/ Ec = 2

••

[M ]  U 

 + 

[ K ] {U } = { 0 }

Equations aux pulsations propres : − ω

− ω 2 I1 + 2

GI p

− GI p

l

l

− GI p

⇒

− ω 2 I2 + 2

l

[M ] + [ K ]

GI p

− GI p

l

l − ω 2 I1 + 2

l

X = −ω 2 I1 + 2

2

=0

0

− GI p

0

On pose

   

GI p

;

l

GI p l

=0 GI p l

; Y = −ω 2 I 2 + 2

=a

GI p l

−a 0 2 2 Y − a = 0 ⇒ X (YX − a ) − a x = 0 −a X

X ⇒ −a 0

⇒ X (YX − 2 a 2 ) + 0

⇒ X = 0 où YX = 2 a 2

X = 0 ⇒ − ω 2 I1 +

2 GI p

l

2 GI p

ω3 =

=0

I1 l

X Y − 2 a 2 = 0 ⇒ ( − ω 2 I1 + 2 a ) ( − ω 2 I 2 + 2 a ) − 2 a 2 = 0

ω

I 2 I1 − 2 a ( I1 + I 2 ) ω

4

On pose

[I + I =a 1

ω1 =

GI p lI1 I 2

a= A.N

+ 2a2 = 0

α = ω2

∆' = a 2 ( I1 + I 2 ) 2 − 2 a 2 I1 I 2

a2

2

[I

GI p ll

1

2

−

I 12 + I 22

∆' = a 2 ( I12 + I 22 )

]

a2

I1 I2 + I2 −

=

I 12 + I 22

]

[I + I =a

ω2 =

1

GI p lI 1 I 2

2

+

I 12 + I 22

]

I1 I 2

[I

1

+ I2 +

I 12 + I 22

]

8.1010 x (5.10 −2 ) 4 = 31250 N .m 32 x 0,5

m1 R12 m2 R22 10.10 −2 10.0,0225 2 I1 = = = 0,05 kg .m I 2 = = = 0,1125 kg.m 2 2 2 2 2 2 I I = 0,005625 kg 2 .m 4 I 1 + I 2 = 0,1625 kgm . 1

2

I 12 + I 22 = 0,01515625kg 2 .m 4

I 12 + I 22 = 0,123 kg .m 2

 ω1 ≈ 468,4 rad / s   ω2 ≈ 1118,4 rad / s  ω ≈ 1259,4 rad / s  3 Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 81 ~

Les modes propres sont : 1°)

(− ω12 I 1 + 2 a )  −a 0   2 −a − ω1 I 2 + 2a −a   2  0 −a − ω1 I 1 + 2a  

− ω 2 I1 + 2 a Ici q2 = . q1 ≅ 1,64 a

et

 q1   q2 q  3

  =  

0   0 0  

q3 = .q1

1    ⇒ 1 ° mod e  1, 64  1   

2°)

Ici − ω12 I1 + 2 a = 0

⇒ − a q2 = 0 ⇒ . q2 = 0

et q1 = . − q3

1    ⇒ 2° mod e  0   − 1   3°/ q2 =

− ω32 I1 + 2 a .q2 = − 0,53 a

et q3 = . q1

1    ⇒ 3° mod e − 0 ,53  1    11. Un ensemble de trois barres supposées infiniment rigides, chacune de longueur L, de masse M et d'inertie 2 de rotation autour de leur propre centre de gravité J=ML /12, sont articulées entre elles. Cet ensemble est suspendu à une articulation en O (figure 2). On s'intéresse aux petits mouvements dans le plan {x, y} lorsque le système est abandonné à son poids propre autour de la position verticale. Montrer que le système est à trois degrés de liberté. Représenter le système dans une configuration géométrique quelconque et paramétrer sa position (introduire soigneusement la définition des paramètres, établir éventuellement les relations de dépendance entre ces paramètres) Calculer l’énergie potentielle de pesanteur. Calculer l'énergie cinétique du système. En l'absence de viscosité dans les liaisons, établir les équations de mouvement Commenter - peut-on résoudre analytiquement le système d'équations obtenu ?

Réponses 1 barre dans le plan à 3 ddl 3 barres dans le plan ont 9 ddl 1 rotule dans le plan à 2 degrés de blocage Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 82 ~

Le nombre total de ddl est donc : N = 3 x 3 – 3 x 2 = 3ddl On choisit θ1 , θ 2 et θ 3 les angles respectifs par rapport à la verticale des 3 barres du haut en bas On choisit E p = 0 en O.

L  ⇒ E p = − Mg .  cos θ 1 +  L cos θ 1 + 2   5  θ2 3  θ2 E p = − MgL .   1 − 1  +  1 − 2 2  2  2 2 

(

L L    cos θ 2  + .  L cos θ 1 + L cos θ 2 + cos θ 3   2 2     1  θ2  +  1 − 3 2  2 

   

)

L . 5θ12 + 3θ 22 + θ 32 + Constante 4

E p = Mg

En petits mouvements

1 ML 2 • 2 1  ML 2 • 2  1  • L •  1 ML 2 • 2 1 Ec = θ 1 +  θ 2  +  L θ 1 + θ 2  + θ2 + M 2 3 2  12 2 2 12 2   2  2

Il y a déjà une solution L’autre équation est :

2

2c I1

ω 4 I1 I 2 − ω 2 2 c ( I1 + I 2 ) + 2 c 2 = 0

X = ω 2 ∆' = c 2 ( I1 + I 2 ) 2 − 2 c 2 I1 I 2 = c 2 ( I12 + I 22 )

On pose

X1 =

ω=

•  • L •   L θ 1 + L θ 2 + θ 3  2  

[

c (I1 + I 2 ) − I12 + I 22 I1 I 2

Donc : ω1

=

]

[

c I1 + I 2 − I1 I 2

X2 = I12 + I 22

]

[

c (I1 + I 2 ) + I12 + I 22 I1 I 2

ω2 =

2c I1

]

ω3 =

[

c I1 + I 2 + I12 + I 22 I1 I 2

]

8.1010 x (5.10−2 ) 4 ≈ 49,09 KN .m 32

A.N :

c=

I1 =

10 . (10 −1 ) 2 = 0,05 kg.m 2 2

ω1 ≅ 91 rad / s

I2 =

ω2 ≅ 1376 rad / s

50 . (0, 15) 2 ≈ 0,5625 kg.m 2 2

ω3 ≅ 1471 rad / s

12. Soit le système masses-ressorts: 1) Calculer l’énergie cinétique et potentielle du système. 2) Déduire la forme matricielle des équations du mouvement. 3) Calculer les fréquences et les modes propres du système. 4) Déterminer la fonction analytique définissant un coefficient d’influence dynamique principal et non principal.

Réponses •2 •2  •2  x1 + 2 x 2 + x 3    x1  {U }  x2  x   3 m 0 0  [M ]=  0 2m 0  , [ K U U m

Ec =

1 m 2

   

Ep =

K ]= − K  0

1 K 2

−K 2K −K

[( x

1

− x2

)2 + ( x3

− x2

)2

]

0  − K  K 

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Page ~ 83 ~

− ω 2 [M ] + [ K ] = 0 −ω2 m + K ⇒ −K 0 On pose : X

X −K

−K 2K

0

−K

−K −ω 2 m + 2 K −K

0 −K =0 2 −ω m + K

2

= ω2 m + K 0 −K = 0

X ( 2 X 2 −K2 ) + K (−K X ) = 0

X

X ( 2 X 2 −2K2 ) = 0

⇒

 X =0   X =−K  X =K 

K m Si X = − K ω3 = 2 K m Si X = 0 ω 2 =

Si X = K ω1 = 0 Modes propres : 1er mode : 0  a + X 1 − K  −K +2 X −K b  = 1    −K X 1   c   0

 0    0  où : X 1 = K 0  

⇒ a =b = 1

⇒ {U 0 }1

1    =  1  mode rigide 1   

2ème mode

 0

X 2 = 0 ⇒ − K 

 0 1    ⇒ {U 0 }2 =  0   −1    3ème mode

−K 0 −K

0  − K  0 

a   b = c   

 0   0 0  

⇒ a = 0 et a = − c

1    ⇒ { U } = − 2K  − 1 0 3 1  −K   13. Soit le système suivant composé de 3 barres rigides et deux ressorts identiques. Les masses identiques m peuvent pivoter autour des rotules des angles θ1 , θ 2 et θ 3 faibles.

X3 = K

− K ⇒ − K  0

−K

0  − K  − K 

 a   b = c  

⇒ b = − a et c = 0

 0   0 0  

l k

k m

Écrire les équations de mouvement libre du système. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 84 ~

Déterminer les fréquences propres et les modes propres. Trouver la réponse du système à une force horizontale échelon de 0,1 N appliquée à la masse de gauche. • 2 • 2   •2 1 mgL 2 2 1 2 ( θ 12 + θ 22 + θ 32 )2 E c = m L 2  θ 1 + θ 2 + θ 3  E p = K L ( θ 2 − θ 1 ) + ( θ 3 − θ 2 ) + 2 2 2  

(

)

Les équations de mouvement seront : ••

m L2 θ

1

+ m g L θ 1 + K L2 (θ 1 − θ 2 ) = 0

2

+ m g L θ 2 + K L2 ( 2 θ 2 − θ 1 − θ 3 ) = 0

••

m L2 θ

••

m L2 θ

+ m g L θ 3 + K L2 ( θ 3 − θ 2 ) = 0

3

2

et on pose

On divise par m L

K g et p 2 = m L

ω2 =

 •• 2 2 2  θ 1 + ( p + ω ) θ1 − ω θ 2 = 0  • • ⇒  θ 2 + ( p 2 + 2 ω 2 ) θ 2 − ω 2 θ1 − ω  ••  θ 3 + ( p 2 + ω 2 ) θ1 − ω 2 θ 2 = 0  Le déterminant à annuler avec

p2 +ω 2 − X − ω2

−ω

On pose

θ3 = 0

X = Ω 2 est :

− ω2 p 2 + 2ω 2 − X

0

2

0 − ω2

=0

p +ω − X

2

2

2

p2 + ω 2 =a2

Le déterminant développé donne :

[

]

( a 2 − X ) X 2 − (2 a 2 + ω 2 ) + a 2 ( a 2 + ω 2 ) − 2 ω 4 = 0 La première section est : X = a

2

g K + L m

et Ω = p 2 + ω 2 =

Les deux autres sont solutions de l’équation

X 2 − X (2 p 2 + 3ω 2 ) + p 4 + 3ω 2 p 2 = 0 ∆ = 910 4 = ( 3 ω 2 ) 2 ⇒ X1 =

2 p 2 + 3ω 2 − 3ω 3 = p2 2

⇒ X2 =

2 p 2 + 3ω 2 + 3ω 3 = p 2 + 3ω 2 2

et

Les pulsations propres dans l’ordre sont : Ω 1

Ω=

=

g L Ω=

g K +3 L m

g Ω2 = L

g K + et Ω 3 = L m

g K +3 L m

Pour les modes propres on impose A1 = 1 1° mode X = p

2

=

g les équations sont : L

ω 2 x1 − ω 2 A2 = 0 ⇒ A2 = 1

et

− ω 2 1 + ω 2 A3 = 0 ⇒ A3 = 1

La 1ère trisectrice est la 1ère direction propre Les 3 masses tournent du même angle dans le même sens à la première résonance. 2° mode

X = p 2 + ω 2 les équations seront :

0 .1 − ω 2 A2 = 0 ⇒ A2 = 1 et − ω 2 .1 − ω 2 A3 = 0 ⇒ A3 = −1 C’est la deuxième bissectrice dans

Ox1 x3

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Page ~ 85 ~

Les masses extrêmes tournent du même angle de sens opposés et la masse du milieu ne bouge pas 14. Un véhicule est schématisé par une plaque uniforme de dimensions

b, h, e (voir ci-dessous)

X ' X est un axe moyen longitudinal Y ' Y est un axe moyen transversal M = 1000Kg I XX ' = 400 Kgm 2 , K1 = 105 N / m, I YY ' = 600 Kgm 2 , K 2 = 5.10 4 N / m h

Y

K1

K2

X’

b X

K2

Y’

K1

Les mouvements possibles de la plaque sont : - Pompage : Mouvement de translation de G de haut en bas - Tangage : Mouvement de rotation au tour de Y ' Y - Roulis : Mouvement de rotation autour de X ' X . Les ressorts avant sont identiques de raideur K1 et ceux arrière sont identiques de raideur

[ ] [ ]

K2 .

1°) On demande de former les matrices M et K ;avec les ddl U , ϕ , θ : pompage, tangage et roulis respectivement. 2°) En déduire qu'un des modes de vibration est de couple des autres et trouver les fréquences propres et les modes correspondants.

K1 = K , K 2 = 2 K ,

On prend

K = 5 .104 N / m

Mb 2 3 M .b 2 ; I yy ' = 10 20  Pompage : U U   {U } =  bϕ  =  Tangage : ϕ  Roulis : θ  bθ    

b = 2 m h = 2b

M = 1000 Kg

I xx ' =

 U1    U2  U   3

2 2 • 2 •2 •2 • 2 1 1 1 1 1 3 M b2 • 1 M b 2 • M U + I y y ' ϕ + I xx ' θ Ec = M U 1 + . ϕ + θ 2 2 2 2 2 20 2 10 2 2 2 • • •   Soit Ec = 1 . M . U 1 + 3 U 2 + 1 U 3  2 20 10  

Ec =

 M  [M ]=  0  0 

0 3M 20 0

 0  0  M 10  2

Ep =

1 b b   K2  U + ϕ + θ  2 2 2  

Ep =

2

2

1 1 1 b b  b b  b b     K1  U − ϕ − θ  + K1  U − ϕ + θ  + + K2  U + ϕ − θ  + 2 2 2  2 2 2  2 2 2     2

1  2 3 2 K 6 U 1 − 8 U 1 U 2 + 4 U 1 U 2 + 6 U 22 + U3  2  2 

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  6K [K ] = − 2 K  0 

−2K 6K 0

 0  0  3 K  2 

••

[ M ]  U  + [ K ]  U  = { 0 } 





K On pose a = M



et ω 2 = X On aura :

Le mode de roulis est découplé

ω = 15

K ≅ 3,87 M

K m

Pour les autres

− X +6a

−2a =0 3X −2a − + 6a 20 3 18 ⇒ X2− a X − 6 a X + 36 a 2 − 4 a 2 = 0 20 20

3 69 X2− a X + 32 a 2 = 0 20 10

3 X 2 −138 a X + 64 a 2 = 0 ∆ = (69) 2 − 32640 = 2841a 2 X1 ≅

69 − 53,5 a ≅ 5,17 a 3

ω2 ≅ 6,39 A.N

K M

ω1 ≅ 2,27

K = M

∆ ≅ 53,5 a

K M

X2 ≅

69 + 53,5 a ≅ 40,8 a 3

5.104 = 50 103

ω1 ≅ 16,05 rad / s ω 2 ≅ 27,36 rad / s

ω 3 ≅ 45,18 rad / s

Modes propres :

 0   2° mode  0  donnée direct 1    Les deux autres dans le plan U 1 U 2

1    1 ° mode  α  avec X 1 ≅ 5 ,17 a 0  

− 5,17 a + 6 a − 2 a  ⇒   −2a  

 1   0  =  α   0  1



0 

 

⇒ 0,83 a − 2 α a = 0 ⇒ α = 0,415 {U } =  0,415    1 3ème mode :

X2 = 0 1     (498 + 6) α   U    

{U }3

− 2 a  

 1   0 ⇒ − 34,8 − 2 α = 0 ⇒ α ≅ − 17,4  =  α   0 

1    =  − 17,4 0   

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Page ~ 87 ~

4. VIBRATIONS DES POUTRES 4.1. INTRODUCTION Un système est continu s'il n'est pas régi par un nombre fini de ddl. Ceci est le cas de tous les milieux continues : poutres, plaques, coques etc. Dans ce cas la résolution analytique est difficile voire impossible pour les géométries complexes selon les conditions aux limites (CAL). Ainsi on est généralement amené à considérer des calculs numériques pour résoudre les équations de mouvement ou encore à procéder par des moyens approchés (Rayleigh Ritz, matrices de transfert, éléments finis etc.). On étudiera ici essentiellement les poutres en négligeant leur amortissement (sauf dans un paragraphe où on se propose d'évoquer son effet). Le comportement sera supposé élastique linéaire et on cherche la réponse établie (régime permanent) des systèmes.

4.2. EQUATIONS DE MOUVEMENT DES POUTRES 4.2.1. Mouvement longitudinal : traction et compression : On se propose d'équilibrer un tronçon de poutre de longueur dx en tenant compte des forces d'inertie ainsi que des efforts intérieurs.

N+dN -N

Σ(s) Σ’(s+ds)

Figure 5.1 Efforts de traction- compression sur un élément de poutre Etablissons le bilan des forces suivant la ligne moyenne sur l'élément de poutre entre S et S ' où on suppose l'existence des forces réparties (on exclue les charges ponctuelles). Face S : Force suivant la ligne moyenne − N (x ) ( N est l'effort normal) Face S ' :................................................... N ( x + dx) = N ( x) + dN ( x ) Face S " latérale : Forces suivant la ligne moyenne La force d'inertie dynamique est ρAdx ∂ U ∂t 2 U : Déplacement axial, A : aire de S ou S ' et

p x dx

2

ρ : masse volumique du tronçon de poutre considéré.

On divise par dx et on fait tendre dx vers zéro ce qui donne avec N = EA ∂U (loi de HOOKE en traction ∂x et compression) : (5-1) 2 EA ∂ ( EA ∂ U ) + p x = ρ A ∂ U ∂x ∂x ∂t2 Si EA est constante on aura :

2 2 EA ( ∂ U ) + p x = ρ A ∂ U 2 ∂x ∂t2

(5-2)

Pour la résolution on divise la poutre en éléments non chargés ponctuellement.

4.2.2. Mouvement de torsion : On fait la même chose en équilibrant seulement les moments autour de l'axe de la ligne moyenne (torsion).

µx -C

Σ (s)

Σ’(s+ds)

C+dC

Figure 5.2 Efforts de torsion sur un élément de poutre Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 88 ~

Bilan des couples extérieurs sur le tronçon considéré : Face S : − C (x ) ) : où C est le couple de torsion

C ( x + dx) = C ( x) + dC ( x) Face S " latérale : µ x dx ( µ x densité linéique de couple) Face S ' :

Couple d'inertie I θ dx

∂ 2θ ∂t 2

où

Iθ

est le

moment

massique d'inertie de l'élément par unité de

longueur par rapport à l'axe moyen de torsion. L'équation de mouvement sera : Comme C = GJ t

∂θ ∂x

Iθ

∂ 2θ ∂C = +µ x ∂t 2 ∂x

(5-3)

( loi de HOOKE zen torsion pure) où

J t est le moment de torsion de la section , G

est le module de Coulomb et θ est l'angle de torsion. Finalement on aura : ∂θ ∂ 2θ ∂

I

Si est constant alors :

θ ∂x2

I

θ

∂ 2θ

=

(5-4)

( GJ t )+ µ x ∂x ∂x

= GJ

∂ 2θ

t ∂ t 2 ∂ x 2 Pour une section circulaire on a la relation : I θ =

(5-5)

+ µ x

ρJt

.

On peut constater une analogie parfaite entre l’équation de torsion et celle de traction compression.

4.2.3. Mouvement de flexion : Cette fois ci on suppose la flexion suivant Oy et donc causée par M z py

TY +dTY

-TY Σ (s)

Σ’(s+ds)

Mz+d Mz

-Mz

µz Figure 5.3 Efforts de flexion sur un élément de poutre * Bilan des forces suivant Oy Face S : - T y (x ) ( T y est l'effort tranchant suivant Oy )

S ' : Ty ( x + dx ) = Ty ( x ) + dT y ( x ) Face S " latérale: p y dx ( p y : densité linéique des forces suivant Oy )

Face

Force d'inertie ρ A dx

∂ 2V ∂t 2

* Bilan des moments par rapport à G centre de S suivant Oz . Face S : − M z (x ) (

M z est le moment fléchissant suivant Oz ) Face S ' : M z ( x + dx ) = M z ( x ) + dM z ( x ) Face S " latérale : µ z ( x ) dx ( µ z : densité linéique des moments suivant Oz ) * Le moment d'inertie est :

ρ I dx

∂ 2ψ ∂t 2

V : flèche suivant l’axe Oy

ψ : angle de flexion autour de l’axe Oz . I : Moment massique par unité de longueur de l'élément par rapport à l'axe Oz . Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 89 ~

Les équations de mouvement en forces suivant

Oy et en moments suivant Oz donnent après simplification par dx et passage aux équations locales ( dx → 0 ): ρA

∂ 2V ∂t 2

=

∂T y ∂x

+ p y et ρ I

∂ 2ψ ∂t 2

=

∂M z +T y + µ z ∂x

(5-6)

C'est l'équation de TIMOSHENKO de la déformée en flexion simple en tenant compte de l'effort tranchant..

M Ty ∂V z et ∂ψ = = ψ + ∂x ( kGA ) ∂x (EI z )

Or

(5-7)

k est un coefficient de forme dépendant de la section. Si on utilise l'hypothèse de BERNOULLI (les sections droites restent planes après déformation) et on néglige I et µ z on trouve :

Ty =

− ∂M z ∂x

(5-8),

∂V (5-9) ∂x

ψ =

∂ 2V ∂2 ∂ 2V EI A ( ) + − py = 0 (5-10) ρ ∂t 2 ∂x2 z ∂x2 2

et Si

EI z est constante on aura :

EI z

∂ 4V ∂x 4

+ ρA

∂ 2V

(5-11)

− py = 0 ∂t 2

Telle est l'équation de vibration de flexion d'EULER-BERNOULLI.

4.3. FREQUENCES ET MODES PROPRES – ORTHOGONALITE On supposera les sections droites constantes, et vue la similitude entre les mouvements longitudinal et de torsion on ne considère donc que le premier cas. On procédera dans tous les cas par la séparation des variables : U ( x, t ) = f ( x) g (t ) de même pour V ( x, t ) .

4.3.1. Mouvement longitudinal : U ( x, t ) = f ( x) g (t ) (5-12) on aura en éliminant les charges

On pose dans l'équation de mouvement réparties (vibrations libres):

(

E

ρ

).

f " g" d2 f = où : f " = f g dx 2

et g " =

d 2g (5-13). dt 2

L'égalité des deux membres dépendant séparément de x et de t amène à les égaler à une constante. Soit

E f " g" ( ). = = −ω 2 (5-14) (la constante doit être négative pour avoir une fonction harmonique g(t) de ρ f g

pulsation ω sinon la solution sera instable) ;

g ( t ) = A cos( ω t ) + B sin( ω t ) ,

f ( x ) = C cos( ω x

ρ

) + D sin( ω x

ρ

) (5-15) E E où A et B sont à déterminer par les conditions initiales (C.I.) et C et D par les conditions aux limites ( C.A.L.) a) Exemple : Barre encastrée libre de longueur L.

x Figure 5.4. Poutre console Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 90 ~

U (0, t ) = 0 et N ( L, t ) = 0 soit EA.

C.A.L.:

f (0) = 0 et f ' ( L) = 0 Ces deux conditions amènent à

∂U ( L, t ) = 0 ∂x

D = 0 et cos ( cos(ωL

Soit les solutions en pulsation ωn = ( 2n − 1)π

ρ E

soit

à

tout

instant

t

donc

) = 0 )=0 (5-16)

E (5-17) c'est la famille des pulsations propres d'une telle

ρ

2L

poutre ( ωn est la pulsation du nè mode propre non amorti). Le mode propre correspondant est f n ( x ) = sin(

(2n − 1)π x) (5-18) en prenant la valeur 1 pour la 2L

constante ( d'ailleurs c'est un équilibre indifférent dû à une instabilité à la résonance non amortie). La solution en vibrations libres conservatrices est comme suit :

U ( x, t ) = ∑ ( An sin(ωnt ) + Bn cos(ωnt ))sin( Poutre biencastrée (E-E) ω n = n π L

ωn =

Poutre libre - libre (L-L) CAL

-

E

et f n ( x ) = sin(

ρ

nπ L

(2n − 1)πx ) (5-19) 2L nπ ) L

E et nπ f n ( x) = cos( ) . L ρ

Premier mode

Mode

Second mode

E-L: encastrée –libre

E-E: Biencastrée

L-L: Libre- libre

Figure 5.5 Allures des modes b). Orthogonalité des modes : La démonstration est généralisable pour toutes les CAL chaque mode

df i d ( EA ) = − ρ A f iω dx dx

2

(5-20) où

i

Soit en multipliant les 2 membres par

∫

L

fj

0

f i vérifie :

ω i est la pulsation du iè mode.

f j dx et en intégrant de 0 à L on aura :

d df 2 ( EA i )dx = − ω i ∫ dx dx

L 0

ρ Af i f j dx

(5-21)

Ce qui donne par intégration par parties avec des CAL du genre encastré ou libre :

∫

L 0

EA

df dx

i

df

j

dx

dx = − ω

2 i

∫

L 0

ρ Af

i

(5-22)

f j dx

On écrit la même équation en inversant les indices i et j et on fait la différence de l'équation obtenue avec la première on aura: ( ω

2 j

− ω

L

2 i

)∫

ρ Af

i

f j dx = 0 (5-23) et comme les modes sont différents: donc

O

f i ≠ f j et

L

∫ 0

ρ Af

L

i

f j dx = 0 (5-24) et par suite

df i df j dx = 0 (5-25) dx

∫ EA dx 0

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Page ~ 91 ~

Ces deux dernières équations sont les conditions d'orthogonalité des modes propres. On reprend la première équation et on fait le produit par f i avant l'intégration puis on intègre le nouveau produit sur toute la poutre on aura : L

d dx

∫ 0

df dx

( EA

i

L

= − ω

) dx

2 i

ρ Af

∫

2 i

dx

(5-26)

0

L'intégration par parties avec prise en compte des C.A.L. donne :

ω

k m

=

2 i

L

i

(5-27) où : m

k

=

i

ρ A ( fi)

∫

=

i

2

dx

(5-28) masse modale.

0

L

et

i

∫

 df   dx

EA

0

i

  

2

(5-29) raideur modale.

dx

Ces grandeurs permettent de déterminer la pulsation du mode et sa part de masse dans la masse globale du système, ce qui permettra de juger si on peut négliger un mode par rapport aux autres ou non selon sa contribution massique à la masse totale.

5.3.2. Mouvement de flexion : Dans

EI

ρ A

l'équation z

.

( 4 )

f

f

de

=

flexion

− g " = ω g

on 2

V ( x, t ) = f ( x) g (t ) (5-30)

pose

on

aura :

(5-31) (même raisonnement que précédemment en négligeant

d 4 f ). dx 4 Ainsi g (t ) = A cos( ω t ) + B sin( ω t ) (5-31) et

les charges réparties (

f

(4)

=

f ( x ) = C sin( β x ) + D cos( β x ) + Fsh ( β x ) + Gch ( β x ) où : β Conditions aux limites courantes : Libre(L) : T y = M

4

=

ρAω EI

2

(5-32).

z

f " = f '" = 0 Encastrée (E) : V = ψ = 0 à tout instant soit f = f ' = 0 Appuyée (A) V = M z = 0 à tout instant soit f = f " = 0 z

= 0

On montre alors que pour différentes C.A.L. on aura:

à tout instant soit

EI z (5-33) où X ρ Al 4

ωn = X n

et des CAL. a) Exemples: Tableau 5.1. Equations aux fréquences propres pour quelques conditions aux limites Poutre Equation transcendante X

X

1

E-L A-A E-E (L-L) E-A (L-A)

1 + ch X cos X =0 sin X =0 1-ch X cos X =0 tg X =th X

3,516 9,87 22,37 15,41

n

dépend du mode

2

22,03 39,47 61,67 49,96

Les modes propres sont à trouver par les équations de mouvement en remplaçant à chaque fois et en utilisant les relations entre les constantes établies par les C.A.L. pour ce mode i. b) Orthogonalité des modes: Là aussi la démonstration est générale, l'équation de BERNOULLI avec 2

ω par ω i

EI z variable est

2

d fi d 2 ( EI z )= ρAω i f i (5-34) de même pour l'indice j. 2 2 dx dx

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Là aussi pour les C.A.L. ordinaires (libre - appui - encastrement) et par intégrations par parties sur toute la L L 2 d 2 fj 2 poutre comme pour en traction on aura : EI d f i dx = ω z i ∫0 ∫0 ρ Af i f j dx (5-35) dx 2 dx 2

ω

j

au lieu de

ωi

puis on fait la différence des deux équations ce qui donne pour deux modes différents: L

L

∫ ρ Af

i

f j dx = 0

(5-36)

L

ki =

∫ 0

0

∫

EI z

2 ki 2 d 2 fi d f j (5-38) d x = 0 (5-37), là aussi on retrouve: ω i = 2 2 mi dx dx

L

2

EI

z

(

0

d fi 2 ) dx = 0 (5-39) raideur modale dx 2

mi=

∫ ρA( f

i

) 2 dx = 0 (5-40) masse

0

modale.

5.3.3. Conditions aux limites particulières: a) masse additionnelle: On note ici ∆A= A (droite) - A (gauche)

a.1) flexion

M

M a)

Ty ( L ) = − M ∆Ty = M

b) Figure 5.6

∂ 2V ( L, t ) pour la masse à l’extrémité ∂t 2

∂ 2V pour la masse intermédiaire où la continuité de la flèche, de la pente et celle du moment ∂t 2

fléchissant sont assurés.

a.2) traction compression

M

a)

M

b) Figure 5.7

∂ U ( L, t ) pour la masse à l’extrémité ∂t 2 ∂ 2U ∆N = M 2 pour la masse intermédiaire où la continuité du déplacement U est assurée ∂t N ( L) = − M

2

a.3) torsion

J a)

J b)

Figure 5.8 ∆T y =M ∂2 V /∂t 2

∂ θ ( L, t ) ∂ 2θ M t ( L) = − J pour le volant à l’extrémité et ∆M t = J pour le volant intermédiaire où la ∂t 2 ∂t 2 2

continuité de l’angle est assurée b)

Ressort :

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Page ~ 93 ~

b.1) flexion

K

K

a)

b) Figure 5.9

Ty ( L) = − KV ( L, t ) pour le ressort à l’extrémité et ∆Ty = KV pour le ressort intermédiaire où la continuité de la flèche, de la pente et celle du moment fléchissant sont assurés.

b.2) traction et compression

a)

b)

Figure 5.10

N pour le ressort intermédiaire K b.3) torsion

N ( L, t ) = − KU ( L, t ) pour le ressort à l’extrémité et ∆U =

a) Figure 5.11

b)

C ( L, t ) = − Kθ ( L) pour le ressort à l’extrémité ∆θ =

C pour le ressort intermédiaire. K

c) Changement de forme brusque: La continuité du déplacement, du moment de flexion , des pentes de flexion , de l'effort tranchant , du couple de torsion et de l'angle de torsion est à respecter.

5.3.5. Effet de l'amortissement: Dans ce cas on schématise l'amortissement interne des poutres par des dash-pots répartis sur toute la longueur de la poutre de coefficient par unité de longueur c. Dans le cas de flexion par exemple ces amortisseurs sont verticaux et leur force par unité de longueur sera

−c

∂V . ∂t

L'équation de mouvement d'EULER devient alors:

∂ 2 ( EI ∂x 2

z

∂ 2V ∂ 2V ) + A ρ ∂t 2 ∂x 2

− c

∂V = 0 ∂t

(5-41)

La résolution se fait de la même manière avec cette fois ci une pulsation complexe dont la partie réelle est la vraie pulsation de vibration et la partie imaginaire reflète l'amortissement modal.

5.4. METHODES APPROCHEES DE RESOLUTION 5.4.1. Détermination des pulsations méthode des matrices de transfert:

propres

de

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flexion

par

la

Page ~ 94 ~

l

l M

1

3

2

4

Figure 5.12 Matrice de transfert Si les éléments sont identiques le passage du point 1 au point 4 (voir ci dessus) est établi par 3 matrices pour les 3 passages 1-2 ; 2-3 et 3-4 et définies comme suit: Les éléments 1 et 2 sont des barres identiques de forme constante et de masses négligeables

dT dV (5-42); ψ = (5-43) on néglige la flèche due à l'effort tranchant. dx dx l2 l3 l On pose : A = et C = (5-44) B= 2 EI EI 6 EI M =−

La 5ème colonne et la 5ème ligne sont destinées aux charges imposées dans le cas des vibrations forcées.

 T4  M   4  ψ 4  = V   4   1 

 1  −l  − A  − C  0

0

0

0

1 B

0 1

0 0

A 0

l 0

1 0

0  1  0   0 0 0  0 0 1   0

0 1

0 0

− mω 2 0

0 0

1 0

0 1

0

0

0

0  0 0  0 1 

 1  −1  − A  − C  0

0

0

0

1 B

0 1

0 0

A 0

l 0

1 0

0   T1  0   M 1    0   ψ 1  (5-45)  0   V1    1   1 

Maintenant on fait le produit des 3 matrices et on écrit les Conditions aux limites. Si par exemple on prend 2 appuis simples : M 4 = V4 = M 1 = V1 = 0 (5-46). On n'aura besoin de la 2è et 4è ligne et de la 1è et 3è colonne qui donnent un système homogène de 2 équations à 2 inconnues : T1 et ψ 1 . Ce système admettra des solutions non nulles ssi son déterminant est nul.

− 2 l + Cml ω 2 ψ4= − 0 − 2 C − mC 2 ω 2 T4 0

1

0

− − − −

− − l mω 2 − 2 l − lCm ω 2

− − − −

0 T1 0 0 0 ψ 1 (5-47) 0 0

0

0

0

1

2

1

Les lignes et colonnes où il y a des termes nuls sont les seules intéressantes ; ce qui donne un déterminant 2X2 nul. On trouve :

ω 2 = 12

EI (5-48) ml 3

Il faut signaler que cette méthode permet la recherche d'une réponse à un chargement donné. Pour ce faire on introduit dans la matrice de transfert une 5è ligne et une 5è colonne. La 5è ligne contient des zéros partout et un à la 5è colonne. Cette dernière contient au niveau de la 1ère colonne la force extérieure donnée sur la travée et au niveau de la 3è ligne le moment imposé sur la travée. Pour les vecteurs d'état on ajoute un à la dernière ligne.

5.4.2. Rappels sur l'énergie en milieu continu : 5.4.2.1. Energie potentielle élastique : Les résultats sont fournis par la RDM. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Page ~ 95 ~

1 1 ∂U ∂θ E p = ∫ EA( ) 2 dx (5-49) en traction compression E p = ∫ GJ ( ) 2 dx (5-50) 20 20 ∂x ∂x L

L

Ep =

1 ∂ 2V 2 EI ( ) dx (5-51) en flexion z 2 ∫0 ∂x 2

Ec =

1 ∂U ρA( ) 2 dx (5-52) en traction compression ∫ 20 ∂t

en torsion

L

5.4.2.2.Energie cinétique: L

1 ∂θ Ec = ∫ I ( ) 2 dx (5-53) en torsion où I est le moment d'inertie massique de l'arbre par unité de 2 0 ∂t L

longueur ( en arbre circulaire I

= ρJ

)

1 ∂U ρA( ) 2 dx (5-54) en flexion si on néglige l'inertie massique de rotation ∫ ∂t 20 L

Ec =

5.4.3. Méthode de Rayleigh: Elle permet de déterminer de façon rapide mais approchée le premier mode propre et sa fréquence. On peut partir d'un champ de déplacement V ( x, t ) = f ( x) g (t ) (5-55) avec f (x ) une fonction vérifiant les CAL cinématiques au moins, g (t ) est laissée inconnue ou paramètre du système. On calcule ensuite E p et E c . jωt

On applique par la suite le principe de Lagrange en vibrations libres avec g (t ) = Ae (5-56) ce qui donne ω . Cela revient à dire que le module de l'énergie cinétique (son maximum) est égal à celui de l'énergie potentielle (son maximum) ; ceci est valable en système conservatif (voir pendule simple):tout ce qu'on perd en énergie cinétique est gagné en énergie potentielle et inversement. On montre que la fréquence obtenue par ce moyen est toujours supérieure ou égale à la valeur exacte.

5.4.4. Exemples: Poutre en flexion encastrée libre.

On prend

V ( x, t ) = g (t )(3( x / L) 2 − 2( x / L) 3 ) (5-57). Ici on vérifie : V (0, t ) = 0 et

∂V (0, t ) = 0 (5-58). ∂x

Sur l'extrémité libre on n'a pas de condition cinématique, seules les conditions statiques sont applicables dans ce cas: M z ( L, t ) = 0 et T y ( L, t ) = 0 (5-59) (elles ne sont pas vérifiées par ce champ choisi) •2

6 EI z g 2 (5-61). L2 •• 3,56EI z 12 EI z L'équation de mouvement sera : 0,9428 ρAL g + g = 0 (5-62) donc : ω1 = (5-63). 3 ρAL4 L Calculons les énergies on trouve

Ec = 0,4714 ρAL g (5-60) et E p =

Cette valeur de pulsation est supérieure de 2% par rapport à la valeur exacte. On peut montrer que la méthode de Rayleigh consiste à écrire l'égalité des énergies potentielle et cinétique maximales et qu'elle donne une valeur approchée de la première fréquence propre toujours supérieure à la valeur exacte.

5.4.5. Méthode de Rayleigh-Ritz: C'est une méthode approchée plus développée que celle de Rayleigh. En effet on pose dans ces cas V ( x, t ) =

N

∑f

i

( x ) g i (t ) (5-64)

1

Ceci est pour déterminer les N premiers modes et leurs fréquences Pour N faible la méthode est encore plus intéressante.. Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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f i (x) vérifient les C.A.L. cinématiques.

Les fonctions

Là aussi le principe de Lagrange pour les systèmes à plusieurs ddl est applicable. On retrouve les équations des systèmes discrets et par suite on retrouve le N modes et leurs fréquences de façon approchée mais la précision est meilleure pour les modes les plus bas. Autrement dit si on veut par exemple obtenir les 3 premières fréquences avec une assez bonne précision on choisira N nettement supérieur à 3 par exemple 6.

5.4.6. Exemple: Pour la même poutre que précédemment on prend en traction:

U ( x, t ) = g1 ( x / L ) + g 2 ( x / L ) 2 + g 3 ( x / L ) 3 + g 4 ( x / L ) 4 (5-65). On trouve pour ce cas :

ω1 = 1,57

E/ρ E/ρ (5-66) et les modes sont: et ω2 = 4,724 L L

f 1 ( x ) = x / L + 0 , 028 ( x / L ) 2 − 0 , 5 ( x / L ) 3 + 0 ,11 ( x / L ) 4 f 2 ( x ) = x / L − 0 , 69 ( x / L ) 2 − 2 , 56 ( x / L ) 3 + 2 , 056 ( x / L ) 4

(5-67).

Naturellement f 1 et f 2 sont déterminées à une constante multiplicative près. On peut continuer pour obtenir les autres modes, la différence sur les premières fréquences propres est de 1%.

5.5. VIBRATIONS COMPOSEES 5.5.1. Effet d'un effort normal sur les vibrations de flexion: ∂ 2V L'équation devient à partir de M z = EI z + P.V (5-68) ( P est la charge axiale). ∂x 2 L'équation de mouvement est:

EI z ∂ 4V P ∂ 2V (5-69) − ∂ 2V . = + ∂t 2 ρA ∂x 4 ρA ∂x 2

On résout cette équation aux dérivées partielles par V(x,t)=f(x).g(t) avec la même procédure que les vibrations (4)

simples on aura:

f

et

des

ce

pour

suivant: χ

=

( x) + (

P ). f " ( x ) − ρ A ω 2 f ( x ) = 0 (5-70) EI z

vibrations harmoniques de pulsation ω. Procédons au changement de variables

ρ AL ω 2 x PL2 ; β4 = et α = (5-71), l'équation (5-70) des vibrations devient : L EI z EI zπ 2

d 4 f / dχ 4 + π 2α d 2 f / dχ 2 − β 4 f = 0 (5-72) donc f ( χ ) = A sin( aχ ) + B vos ( aχ ) + A sinh( aχ ) + A cosh( aχ ) a=

π2

α 2

+

β4 +

π 4α 2 4

(5-73)

où

(5-74) et b est la même chose que a où le premier terme est à

retrancher au lieu de l'ajouter .

β La fréquence propre est dans ce cas : f =

2

EI

ρ AL 2π

z 4

(5-75)

5.5.2. Effet de la variation continue de la section: Dans ce cas l'équation de flexion par exemple devient:

2 2 (5-76) ( x ) ∂ V ( x ,t ) ) = − ρ A ∂ V ( x ,t ) 2 2 ∂x ∂t Si on prend par exemple A = α x 2 et I z = β x 4 (5-77) la solution sera obtenue par la première et la

∂ 2 ( EI ∂x2

seconde fonction de Bessel.

5.5.3. Effet des fondations élastiques: Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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Ici tout se passe comme si on a une répartition uniforme de ressorts de raideur par unité de longueur k.

Figure 5.13 Poutre sur appuis élastiques répartis L'équation de mouvement sera (prise en compte de charges réparties en flexion ( p y = − kV )(5-78):

2 (5-79) EI z ∂ 4 V ( x , t ) + k V ( x,t) = − ∂ V ( x,t) ρA ρA ∂x4 ∂t2 On pose :

kL 4 x ρ AL 4 ω 2 (5-80) K* = − K* , χ = et β 4 = EI z L EI z d 4 f dx 4

La solution harmonique de pulsation amène à l'équation:

− β

4

f = 0

(5-81)

Si on compare ici les équations avec celles obtenues sans fondation on aura juste à remplacer l'ancienne valeur de β par la nouvelle et par suite les fréquences seront telles que:

f corrigée = f sans

1+

fondation

K*

β4

(5-82).

5.6. REPONSE A UNE EXCITATION DONNEE 5.6.1. Méthode de Rayleigh-Ritz: On procède par la méthode de Rayleigh-Ritz. Mais si on connaît de façon exacte les modes propres, on les prendra comme champs de base. On calcule E p et E c . Ensuite on calcule le travail virtuel causé par la charge F (t ) suivant une perturbation virtuelle (i=1,N). L'application du principe de Lagrange pour chaque l'équation en g i le produit de

δ gi

g i nous amène à mettre au niveau du 2° membre de

δ g i dans l'expression du travail virtuel de F (t ) .

Exemple: Poutre biencastrée en traction -compression. On prend ici les modes exacts comme champs de base, dans ce cas on va rejoindre la méthode modale présentée au paragraphe suivant. N

∑

Ainsi U ( x , t ) =

g i sin(

1

ix π ) (5-83) L

En utilisant l'orthogonalité des modes on aura:

Ec =

EA  •  (5-84) et Ep = π g  ∑ 4 1  n 4L

ρ AL

2

2

N

Le travail virtuel de la force

F ( t ) appliquée en x =

δW = F sin( Ω t ).(δg1 − δg 3 + δ g 5 − .......) ρ AL

••

L sera : g i 2

(5-86) ; ainsi les équations de Lagrange seront:

π 2 EA

) g 1 = F sin( Ω t ) 2 2L ρ AL • • π 2 EA (5-87) ( ) g 2 + 4( )g2 = 0 2 2L •• ρ AL π 2 EA ( ) g 23 + 9 ( ) g 3 = − F sin( Ω t ) etc ... 2 2L (

) g1+ (

2

  ∑1  n g n  (5-85) N

Les équations d'ordre

g i (i paire) auront une contribution nulle.

La solution en régime permanent sera: Cours et Exercices Corrigés de Mécanique des Vibrations

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U ( x , t ) = F sin( Ω t )(

donc

ω1 =

sin( π x / L ) sin( 3π x / L ) − + ...) (5-88) (π 2 EA /( 2 L ) − Ω 2 ρ AL / 2 ) ( 9π 2 EA /( 2 L ) − Ω 2 ρ AL / 2 )

π

E

L

ρ

et ω

2

= 3ω

1

(5-89) etc.

Telles sont les pulsations propres du système. Elles coïncident avec les fréquences de résonance du système car U(x,t) tend vers l'infini quand Ω tend vers une des pulsations propres du système . En annexe de ce chapitre seront présentes des tableaux sur les modes propres et les fréquences propres de poutres sous différentes liaisons isostatiques et hyperstatiques ainsi que des cas des masses ponctuelles et de ressorts.

5.6.2. Méthode modale:

f n (x) . Sous une excitation donnée de densité linéique F ( x, t ) on ajoute à l'équation locale le terme F ( x, t ) au

Dans ce cas on doit connaître les modes propres

membre des forces extérieures par unité de longueur. On cherche par suite la solution sous la forme :

V (x,t) =

∑

a n ( t ) f n ( x ) (5-90)

n

On remplace cette forme de V dans l'équation de mouvement, par suite on multiplie l'équation par

f m ( x )dx

et on intègre dans tout le domaine. L'orthogonalité des modes permet d'obtenir des équations découplées pour chaque valeur de m, la solution en am (t ) est obtenue par le moyen de résolution des systèmes à un ddl. Exemple: Poutre sur appuis simples en flexion chargée ponctuellement P(t) a Figure 5.14 Poutre sur appuis simples Dans ce cas F ( x, t ) = P (t ) δ ( x − a ) (5-91) où : δ est la distribution de Dirac. L'équation locale de vibration de flexion sera si EI est constante:

z

− EI z

∂ 4 V + P ( t )δ ( x − a ) = ρ A ∂ 2 V ∂x4 ∂t2

(5-92)

mπx ) (5-93) on aura l'équation du mè mode: L ρ AL a.. m ( t ) + EI z π 4 m 4 a ( t ) = P ( t ) sin( m π a ) (5-94) m 2 L 2 L3

Comme f m ( x ) = sin(

La résolution de cette équation dépend de

P (t ) (voir système à un ddl)

La solution globale sera prise en ne considérant que quelques modes selon leur importance massique. Ci après nous présentons des abaques regroupant des résultats des modes propres et des fréquences propres des poutres de section constante sous différentes liaisons puis des poutres munies de masses ponctuelles et par suite des poutres de section continûment variable, pour finir avec des poutres continues.

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Tableau 5-2 donnant

βl

pour les 4 premiers modes de vibration de flexion pour des CAL courantes

5.7. EXERCICES D’APPLICATION 1. Pour mesurer la première fréquence propre d’une lame encastrée de longueur l, de section uniforme à moment d’inertie I, de module d’élasticité E et de masse linéique µ1, on dispose d’un accéléromètre de masse ma monté à l’extrémité de cette lame; on désire connaître la fréquence propre de la barre seule.

Réponses ma : masse du capteur instable pour mesurer la vibration de la barre. On choisit

V ( x , t ) = f ( x ) e jωt avec

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f ( x ) vérifiant : f (0) = f ' ( 0 ) = 0 qui constituent les conditions aux limites sur la face fixée Calcul de f ( x ) Ici M z = − F ( l − x ) EI

z

f ''( x ) = − F ( l − x )

On choisit alors :

Ec =

f ( x) =

z

f ' = − F ( lx −

x2 ) 2

 lx 2 x 3   EI z f = − F  − 6   2

x2 ( x − 3l ) 6

1 l 1 ρ S f 2 ( x) ( j ω e jωt ) 2 dx + m a . f 2 (l ) ( j ω e jωt ) 2 ∫ 0 2 2

l 1 µ ω2 ∫ 0 2  1 Max Ec = ω 2 . l 6  2 

Max Ec =

Ep =

EI

x4 1 l6 ( x − 3 l ) 2 dx + ma ω 2 36 2 9 ma m b  1 9   +  + −1   9 36  7 5  

1 l 1 l3 jω t 2 2 EI ( e ) ( x l ) dx max E EI − ⇒ = p 2 ∫0 2 3

max E c = max E p ⇒ EI

l3 m 33   m = ω 2 .l 6  a + b  ω = 3 1260   9

EI m 33 m b   l3  a +  420   3

On constate sur cette formule même si elle est apportée que la participation de influence dépend du rapport

ma est importante est que son

ma . 420 qui doit être beaucoup plus petit que 1. 99 mb

Si c’est négligeable m aura : ω =

420 EI ≈ 3,56 33 m b l 3

EI m b l3

qui est très proche du résultat exact ce qui

confirme le choix de la fonction f (x ) . Inversement si

ω=

ma >> mb

3 EI 3 EI Il s’agit de la pulsation d’un système masse ressort où ce dernier est de raideur K = 3 qui 3 l ma l

est réelle d’une console chargée à l’extrémité libre. 1. Pour mesurer la première fréquence propre d’une lame encastrée de longueur l, de section uniforme à moment d’inertie I, de module d’élasticité E et de masse linéique µ1, on dispose d’un accéléromètre de masse ma monté à l’extrémité de cette lame; on désire connaître la fréquence propre de la barre seule.

Réponses ma : masse du capteur instable pour mesurer la vibration de la barre. On choisit V ( x , t ) = f ( x ) aux limites sur la face fixée Calcul de f ( x ) Ici

e jωt avec f ( x ) vérifiant : f (0) = f ' ( 0 ) = 0 qui constituent les conditions

M z = − F (l − x )

EI z f ' ' ( x ) = − F ( l − x )

x2 EI z f ' = − F ( lx − ) 2

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 lx 2 x 3  EI z f = − F  −  2 6  Rachid NASRI

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f ( x) =

On choisit alors :

x2 ( x − 3l ) 6

1 l 1 ρ S f 2 ( x) ( j ω e jωt ) 2 dx + m a . f 2 (l ) ( j ω e jωt ) 2 ∫ 2 0 2 4 l 1 x 1 l6 Max Ec = µ ω2 ∫ ( x − 3 l ) 2 dx + ma ω 2 0 36 2 2 9 1 2 6 m mb 1 9   Max Ec = ω . l  a +  + −1   2 36  7 5    9 Ec =

1 l 1 l3 jωt 2 2 E p = ∫ EI ( e ) ( x − l ) dx ⇒ max E p = EI 2 0 2 3 max Ec = max E p ⇒ EI

ω=

l3 m 33  m = ω 2.l 6  a + b  3 1260   9

EI 33 mb  m l3  a +  420   3

On constate sur cette formule même si elle est apportée que la participation de ma est importante est que son influence dépend du rapport

ma . 420 qui doit être beaucoup plus petit que 1. 99 mb

420 EI ≈ 3,56 33 m b l 3 confirme le choix de la fonction f (x) Inversement si ma >> mb

Si c’est négligeable m aura : ω

ω= K =

=

EI m b l3

qui est très proche du résultat exact ce qui

3 EI Il s’agit de la pulsation d’un système masse ressort où ce dernier est de raideur ma l 3 3 EI qui est réelle d’une console chargée à l’extrémité libre l3

2. Soit une poutre bi- appuyée de longueur L sur laquelle repose une masse M. m est la masse linéique de la poutre . Trouver une approximation de ω1 par la méthode de Rayleigh- Ritz Discuter le choix de la fonction de forme p.our les situations asymptotiques

mL >> M , mL