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Cours de Dynamique des structures
Prof. I. Smith
EXERCICE 2
-Corrigé-
CORRIGE EXERCICE No 2
A.
M
Vo
K
Il s'agit d'un système amorti à un degré de liberté dont la solution générale est :
𝑥(𝑡) = 𝑒− 𝜔𝑛𝑡
(𝑋0 cos(𝜔𝐷𝑡) +
𝑉0 + 𝜔𝑛𝑋0
𝜔𝐷
sin(𝜔𝐷𝑡))
Conditions limites :
X0 = 0
𝑉0 = √2𝑔ℎ ≅ 4.43 m/s
Donc :
𝑥(𝑡) = 𝑒−𝜔𝑛𝑡
(
𝑉0
𝜔𝐷
sin(𝜔𝐷𝑡))
𝑥̇(𝑡) = 𝑉0𝑒−𝜔𝑛𝑡
(−
𝜔𝑛
𝜔𝐷
sin(𝜔𝐷𝑡) + cos(𝜔𝐷𝑡))
𝑥̈(𝑡) = 𝑉0𝑒−𝜔𝑛𝑡
(
(𝜔𝑛)2
𝜔𝐷
sin(𝜔𝐷𝑡) − 2𝜔𝑛 cos(𝜔𝐷𝑡) − 𝜔𝐷 sin(𝜔𝐷𝑡))
𝑥̈(𝑡 = 0) = −2𝜔𝑛𝑉0
n = K
M
 31,6 rad/s
𝜔𝑛n1,58 1/s
2
( 0) 2 1.58 4.43 14
m
x t
s
      
Avec :
M = 20 kg
K = 20 kN/m
 = 0,05
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EXERCICE 2
-Corrigé-
B.
C'est un système amorti à 1 degré de liberté dont la solution générale est :
( ) cos( )
nt
D
x t Ae t

 

 
X1= 2,54 cm
X2= 1,63 cm
Temps = 2T=1.25s
T=0.625
a) Pulsation propre n
 :
Taux de diminution de l’amplitude :
𝛿𝑛 = ln(
𝑥1
𝑥2
) = ln(
2.54
1.63
) = 0.44  = 𝛿𝑛
2𝜋∙𝑛
= 0.44
2𝜋∙2
= 0.035
𝜔𝐷 =
2𝜋
𝑇
= 10.05 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝜔𝑛 =
𝜔𝐷
√1 − 
2
= 10.06 𝑟𝑎𝑑/𝑠
Approximation : 𝜔𝑛 =
2𝜋
𝑇
=
2∙2∙𝜋
1.25
= 10.05 𝑟𝑎𝑑/𝑠
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EXERCICE 2
-Corrigé-
b) Rigidité et masse :
m
kN
X
F
K 35
0254
.
0
890
.
0
1


 kg
t
K
M
n
346
346
.
0
06
.
10
35
2
2





c) Amortissement
C = 𝜔𝑛2M=244 Ns/m
C.
𝛿𝑛 = ln(
𝑥1
𝑥2
) 𝜔𝑛 = 𝛿𝑛
𝑇∙𝑛
𝜔𝐷 =
2𝜋
𝑇
𝜔𝑛 =
𝜔𝐷
√(1 − )2
= 10.06 𝑟𝑎𝑑/𝑠
𝑛 =
δ𝑛
2𝜋𝑛
n X1 X2 t1 t2 T ξωn ωD
[cm] [cm] [s] [s] [s] [rad/s] [rad/s]
a) 1 0.80 0.60 0.6 1.9 1.3 0.288 0.221 4.831 4.836 0.046 0.046
2 0.80 0.40 0.6 3.2 1.3 0.693 0.272 4.925 4.933 0.055 0.055
3 0.80 0.30 0.6 4.4 1.3 0.981 0.258 4.958 4.965 0.052 0.052
b) 1 0.75 0.40 0.4 1.3 0.9 0.629 0.740 7.388 7.425 0.100 0.100
2 0.75 0.20 0.4 2.1 0.9 1.322 0.778 7.388 7.429 0.105 0.105
3 0.75 0.10 0.4 3 0.9 2.015 0.790 7.388 7.430 0.106 0.107

n
 n

n

Rem.: Pour un calcul pratique, dans le cas d’un amortissement faible, on peut tirer les
conclusions suivantes :
1) D n
 

2) n

 
D.
1. (a) 1 degré de liberté.
(b)
K
x1
M
3
3EI
K
h
(c) 𝑀𝑥1
̈ + 𝐾𝑥1 = 0
2. (a) 1 degré de liberté.
(b)
K
x1
M
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Prof. I. Smith
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-Corrigé-
3
3
2
EI
K
l
(c) 𝑀𝑥1
̈ + 𝐾𝑥1 = 0
3. (a) 1 degré de liberté.
(b)
x1
K
K
K
M
3
12EI
K
h
(c) 𝑀𝑥1
̈ + 3𝐾𝑥1 = 0
4. (a) 1 degré de liberté.
(b)
K1
K
x1
M1
1 3
3EI
K
l
(c) 𝑀𝑥1
̈ + (𝐾 + 𝐾1)𝑥1 = 0
5. (a) 1 degré de liberté.
(b)
K
K
x1l
K
M1
M2
K
x1
M
1 2
M M M
(c)
𝑀𝑥1𝑙
̈ + 2𝐾𝑥1𝑙 = 0 ⇒ 𝑀𝑥1
̈ + 2𝐾𝑥1 = 0

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  • 1. Page 1/4 EPFL IMAC-IS-ENAC Cours de Dynamique des structures Prof. I. Smith EXERCICE 2 -Corrigé- CORRIGE EXERCICE No 2 A. M Vo K Il s'agit d'un système amorti à un degré de liberté dont la solution générale est : 𝑥(𝑡) = 𝑒− 𝜔𝑛𝑡 (𝑋0 cos(𝜔𝐷𝑡) + 𝑉0 + 𝜔𝑛𝑋0 𝜔𝐷 sin(𝜔𝐷𝑡)) Conditions limites : X0 = 0 𝑉0 = √2𝑔ℎ ≅ 4.43 m/s Donc : 𝑥(𝑡) = 𝑒−𝜔𝑛𝑡 ( 𝑉0 𝜔𝐷 sin(𝜔𝐷𝑡)) 𝑥̇(𝑡) = 𝑉0𝑒−𝜔𝑛𝑡 (− 𝜔𝑛 𝜔𝐷 sin(𝜔𝐷𝑡) + cos(𝜔𝐷𝑡)) 𝑥̈(𝑡) = 𝑉0𝑒−𝜔𝑛𝑡 ( (𝜔𝑛)2 𝜔𝐷 sin(𝜔𝐷𝑡) − 2𝜔𝑛 cos(𝜔𝐷𝑡) − 𝜔𝐷 sin(𝜔𝐷𝑡)) 𝑥̈(𝑡 = 0) = −2𝜔𝑛𝑉0 n = K M  31,6 rad/s 𝜔𝑛n1,58 1/s 2 ( 0) 2 1.58 4.43 14 m x t s        Avec : M = 20 kg K = 20 kN/m  = 0,05
  • 2. Page 2/4 EPFL IMAC-IS-ENAC Cours de Dynamique des structures Prof. I. Smith EXERCICE 2 -Corrigé- B. C'est un système amorti à 1 degré de liberté dont la solution générale est : ( ) cos( ) nt D x t Ae t       X1= 2,54 cm X2= 1,63 cm Temps = 2T=1.25s T=0.625 a) Pulsation propre n  : Taux de diminution de l’amplitude : 𝛿𝑛 = ln( 𝑥1 𝑥2 ) = ln( 2.54 1.63 ) = 0.44  = 𝛿𝑛 2𝜋∙𝑛 = 0.44 2𝜋∙2 = 0.035 𝜔𝐷 = 2𝜋 𝑇 = 10.05 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜔𝑛 = 𝜔𝐷 √1 −  2 = 10.06 𝑟𝑎𝑑/𝑠 Approximation : 𝜔𝑛 = 2𝜋 𝑇 = 2∙2∙𝜋 1.25 = 10.05 𝑟𝑎𝑑/𝑠
  • 3. Page 3/4 EPFL IMAC-IS-ENAC Cours de Dynamique des structures Prof. I. Smith EXERCICE 2 -Corrigé- b) Rigidité et masse : m kN X F K 35 0254 . 0 890 . 0 1    kg t K M n 346 346 . 0 06 . 10 35 2 2      c) Amortissement C = 𝜔𝑛2M=244 Ns/m C. 𝛿𝑛 = ln( 𝑥1 𝑥2 ) 𝜔𝑛 = 𝛿𝑛 𝑇∙𝑛 𝜔𝐷 = 2𝜋 𝑇 𝜔𝑛 = 𝜔𝐷 √(1 − )2 = 10.06 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝑛 = δ𝑛 2𝜋𝑛 n X1 X2 t1 t2 T ξωn ωD [cm] [cm] [s] [s] [s] [rad/s] [rad/s] a) 1 0.80 0.60 0.6 1.9 1.3 0.288 0.221 4.831 4.836 0.046 0.046 2 0.80 0.40 0.6 3.2 1.3 0.693 0.272 4.925 4.933 0.055 0.055 3 0.80 0.30 0.6 4.4 1.3 0.981 0.258 4.958 4.965 0.052 0.052 b) 1 0.75 0.40 0.4 1.3 0.9 0.629 0.740 7.388 7.425 0.100 0.100 2 0.75 0.20 0.4 2.1 0.9 1.322 0.778 7.388 7.429 0.105 0.105 3 0.75 0.10 0.4 3 0.9 2.015 0.790 7.388 7.430 0.106 0.107  n  n  n  Rem.: Pour un calcul pratique, dans le cas d’un amortissement faible, on peut tirer les conclusions suivantes : 1) D n    2) n    D. 1. (a) 1 degré de liberté. (b) K x1 M 3 3EI K h (c) 𝑀𝑥1 ̈ + 𝐾𝑥1 = 0 2. (a) 1 degré de liberté. (b) K x1 M
  • 4. Page 4/4 EPFL IMAC-IS-ENAC Cours de Dynamique des structures Prof. I. Smith EXERCICE 2 -Corrigé- 3 3 2 EI K l (c) 𝑀𝑥1 ̈ + 𝐾𝑥1 = 0 3. (a) 1 degré de liberté. (b) x1 K K K M 3 12EI K h (c) 𝑀𝑥1 ̈ + 3𝐾𝑥1 = 0 4. (a) 1 degré de liberté. (b) K1 K x1 M1 1 3 3EI K l (c) 𝑀𝑥1 ̈ + (𝐾 + 𝐾1)𝑥1 = 0 5. (a) 1 degré de liberté. (b) K K x1l K M1 M2 K x1 M 1 2 M M M (c) 𝑀𝑥1𝑙 ̈ + 2𝐾𝑥1𝑙 = 0 ⇒ 𝑀𝑥1 ̈ + 2𝐾𝑥1 = 0