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Vibration des structures
Année 2015 - 2016 - Mécatronique 2ème
année
Cours
Table des matières
1 Système à 1 ddl - SDOF 2
1.1 Phénomènes de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.1 Vibration libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.2 Excitation par la base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Vibration forcée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.4 Réponse à une excitation périodique quelconque . . . . . . . . . . . 8
1.1.5 Réponse pour une excitation quelconque . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Identification . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.1 Réponse statique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.2 Réponse libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.3 Réponse harmonique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Fonction de réponse en fréquence (FRF) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 Système complexe : 2 ddls et plus - MDOF 12
2.1 Système à 2 ddls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.1.1 Vibration libre du système à 2ddls . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.1.2 Extension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Système à N ddl - MDOF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Fréquences propres et modes propres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 Systèmes continus 16
Annexe A Transformées de Laplace usuelles 17
Références
[1] Lalanne, M., Bertier P. & Der Hagopian J., Mécanique des vibrations linéaires, Masson,
1995.
[2] Thomas, M. & Laville, F., Simulation des vibrations mécaniques, Presses de l’Univer-
sité du Québec, 2007.
[3] Combes, B., Vibrations des structures pour l’ingénieur et le technicien, Ellipses, 2009.
[4] Dynae, DynaVIB - Glossaire et Lexique « Vibrations », Dynae, 2009.
Ce cours est en construction. Merci de me faire re-
monter les bugs (forcement) et améliorations (éven-
tuellement).
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 1
Introduction aux vibrations
Système réel = parties massives (rigides) + parties souples (flexibles)
Énergie mécanique = énergie cinétique + énergie de déformation
transfert "oscillant" = vibration
On va dans un premier temps poser le vocabulaire et les bases d’un calcul vibratoire
par l’étude de systèmes à un seul degré de liberté (1ddl ou SDOF 1
). La deuxième partie
étendra ces notions pour un système à deux degrés de liberté ou plus (MDOF 2
).
1 Système à 1 ddl - SDOF
1.1 Phénomènes de base
Exemple : Suspension de voiture (modèle 1/4 de véhicule), modèle 1ddl figure 1.
Figure 1 – modèle 1ddl du quart de véhicule
— masse 4 × m = 2 tonnes ⇒ m = 500 kg
— amortisseur (ressort+dissipatif) k = 25000 N.m−1
et c = 7000 N.m−1
.s
On isole le quart de véhicule :
mẍ = −cẋ − kx + F(t) (1)
1.1.1 Vibration libre
Cas où F(t) = 0. L’équation (1) devient :
mẍ = −cẋ − kx ⇒ mẍ + cẋ + kx = 0 (2)
1. SDOF : Single Degree Of Freedom
2. MDOF : Multiple Degree Of Freedom
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 2
C’est une équation différentielle du second ordre à coefficients constants. La solution est
de la forme :
x = Aert
(3)
ẋ = rAert
(4)
ẍ = r2
Aert
(5)
qui introduit dans (2) donne le polynome caractéristique :
mr2
+ cr + k = 0 (6)
Recherche des deux racines ri :
∆ = c2
− 4mk (7)
i = 1, 2 ri =
1
2

−
c
m
+ (−1)i
s
c2
m2
−
4k
m

 (8)
D’où la solution générale :
x(t) = A1er1t
+ A2er2t
(9)
On peut poser des constantes caractéristiques du système :
— la pulsation propre ω0 :
ω2
0 =
k
m
et ω0 =
s
k
m
(10)
— le coefficient d’amortissement α :
α =
c
cc
(11)
avec cc l’amortissement critique qui annule ∆ :
cc = 2
√
km = 2mω0 (12)
α =
c
2
√
km
(13)
Exemples d’amortissement α
• structure métallique 1-2 %
• structure béton 2-5 %
• sols 5-15 %
• plot élastomère 20 à 30 %
On peut alors exprimer les racines de (6) par :
i = 1, 2 ri = −αω0 + (−1)i
ω0
√
α2 − 1 (14)
Il existe différentes formes (cf. figure 2) de solution de (2) en fonction des deux paramètres
ω0 et α.
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 3
-0.6
-0.4
-0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 1 2 3 4 5
Position
(m)
temps (s)
α = 0.1
α = 1.0
α = 3.0
Figure 2 – réponse libre d’un système 1ddl pour différentes valeurs de α
Cas 1 : α < 1 (le plus souvent en mécanique)
α2
− 1 < 0 ⇒ ri = −αω0 + (−1)i
jω0
√
1 − α2 (j =
√
−1)
Ce qui donne comme solution :
x = A1e−αω0t−jω0t
√
1−α2
+ A2e−αω0t+jω0t
√
1−α2
(15)
= Ae−αω0t
sin(ω0t
√
1 − α2 + ψ) (16)
= Ae−αω0t
sin(ωat + ψ) (17)
Avec : ωa = ω0
√
1 − α2 la pulsation amortie du système.
Remarque : A1, A2 ou A, ψ sont des constantes à déterminer en fonction des CI :
x(0) et ẋ(0).
Cas 2 : α = 1 c = cc amortissement critique. C’est le cas de la voiture.
r1 = r2 = −ω0 (18)
x = A1e−ω0t
+ A2te−ω0t
(19)
= e−ω0t
(A1 + A2t) (20)
⇒ solution apériodique avec amortissement critique.
Cas 3 : α > 1 (cas rare pour un système mécanique)
x = A1e−αω0t−ω0t
√
α2−1
+ A2e−αω0t+ω0t
√
α2−1
(21)
⇒ solution apériodique avec amortissement surcritique.
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 4
1.1.2 Excitation par la base
Figure 3 – modèle 1ddl du quart de véhicule sur une route bosselée
On imagine que le véhicule roule (cf. figure 3) sur une route bosselée de la forme :
δ(t) = δ0 cos Ωt (22)
C’est aussi le cas d’une machine excitée par le sol (autre machine proche) = isolement.
L’isolement du quart de véhicule donne :
mẍ = k(δ − x) + c(δ̇ − ẋ) (23)
mẍ + cẋ + kx = δ0(k cos Ωt − cΩ sin Ωt) (24)
La solution est de la forme :
x = A cos(Ωt + ψ) avec A = δ0
v
u
u
t k2
+ c2
Ω2
(k − mΩ2)2 + c2Ω2
= δ0
v
u
u
u
t
1 + (2α Ω
ω0
)2
h
1 − ( Ω
ω0
)2
i2
+ (2α Ω
ω0
)2
(25)
La figure (4) illustre la transmissibilité A
δ0
en fonction de Ω
ω0
pour différentes valeurs de α.
Il y a une meilleur isolation si Ω
ω0
 1 donc si ω0 est petit. C’est limité pour une masse
donnée par : ω0 petit si k petit, donc un déplacement statique important (F = kx)
1.1.3 Vibration forcée
Cas δ(t) = 0 et F(t) = F0 cos Ωt. L’équation (1) devient :
mẍ + cẋ + kx = F0 cos Ωt (26)
Dont la solution est une composition linéaire de la solution générale de l’équation sans
second membre (solution libre) et d’une solution particulière de l’équation avec second
membre. Après une période transitoire, la réponse permanente (régime établi) se limite à
cette dernière sous la forme :
x(t) = x0 cos(Ωt − Φ) (27)
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 5
0
1
2
3
4
5
6
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
A/δ
0
Ω/ω0
α = 0.0
α = 0.1
α = 0.2
α = 0.5
α = 1.0
α = 2.0
Figure 4 – transmissibilité pour différentes valeurs de α
Cette solution peut être recherchée en passant en notation complexe 3
:
x̂(t) = XejΩt
→ x(t) =  [x̂(t)] (28)
F̂(t) = FejΩt
→ F(t) = 
h
F̂(t)
i
(29)
L’équation (26) s’écrit alors :

k − mΩ2
+ jcΩ

XejΩt
= FejΩt
(30)
L’amplitude complexe du régime permanent s’obtient alors par :
X =
F
k − mΩ2 + jcΩ
(31)
ce qui permet d’en déduire le module et la phase du déplacement x(t) :
tan Φ = arg X =
cΩ
k − mΩ2
=
2α Ω
ω0
1 − ( Ω
ω0
)2
(32)
x0 = |X| =
F0
q
(k − mΩ2)2 + c2Ω2
=
xst
rh
1 − ( Ω
ω0
)2
i2
+ (2α Ω
ω0
)2
(33)
xst =
F0
k
déplacement statique pour F0 (34)
On peut poser la fonction de transfert H(Ω) ou fonction de réponse en fréquence :
3. Les grandeurs en gras sont des complexes.
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 6
0
1
2
3
4
5
6
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
x
0
/x
st
α = 0.0
α = 0.1
α = 0.2
α = 0.5
α = 1.0
α = 2.0
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
Φ
Ω/ω0
Figure 5 – réponse forcée (amplitude et phase) pour différentes valeurs de α
H(Ω) =
X
F
(35)
La réponse en fréquence du système (amplitude et déphasage) est tracée figure (5) :
• À basse fréquence (Ω  ω0), le déphasage est faible (Φ ≈ 0). Le déplacement est
donc en phase (synchrone) avec la force d’excitation. L’amplitude du déplacement
est donnée par :
x0 ≈ xst =
FO
k
(36)
L’oscillateur se comporte comme une simple ressort de raideur k. L’effet de la masse
est négligeable.
• Aux alentours de la résonance (Ω ≈ ω0), le comportement est déterminé par le
facteur d’amortissement α.
Si α 
√
2
2
, l’amplitude x0 présente un maximum (résonance) :
xr =
F0/k
2α
√
1 − α2
=
xst
2α
√
1 − α2
(37)
pour une pulsation d’excitation :
ωr = ω0
√
1 − 2α2 (38)
sinon, il n’y a pas de résonance (cas α ≥
√
2
2
).
Dans la pratique α  1 (α  0, 1) :
pulsation propre ω0=
s
k
m
pulsation amortie ωa= ω0
√
1 − α2
pulsation de résonance ωr= ω0
√
1 − 2α2











ω0 ≈ ωa ≈ ωr (39)
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 7
Dans ce cas (α  1), à la résonance, la force dans le ressort est :
Fressort = kxr = k
xst
2α
=
F0
2α
(40)
donc pour α  0, 1 on a Fressort  5F0 d’où l’importance de la résonance pour
dimensionner le ressort (le calcul statique ne suffit pas).
• À haute fréquence (Ω  ω0), le déphasage tend vers −π. Le déplacement est
en opposition de phase avec la force d’excitation. L’amplitude du déplacement est
donnée par :
x0 ≈
F0
mΩ2
(41)
L’oscillateur se comporte comme une masse seule. L’effet du ressort est négligeable.
1.1.4 Réponse à une excitation périodique quelconque
Si la force extérieure F(t) est une fonction périodique (période T et pulsation Ω = 2π
T
),
elle peut être décomposée en série de Fourier :
F(t) =
a0
2
+
∞
X
n=1
an cos(nΩt) + bn sin(nΩt) (42)
avec





an = 2
T
R T
2
−T
2
F(t) cos(nΩt)dt
bn = 2
T
R T
2
−T
2
F(t) sin(nΩt)dt
Comme l’équation différentielle (26) est linéaire, il suffit alors de calculer la réponse x(t)
à l’excitation périodique F(t) par superposition :
F(t)
excitation périodique
Fourier
−
−
−
−
−
→ Fn(t) = an cos(nΩt) + bn sin(nΩt)
exitation harmonique n
m,k,c (26)
−
−
−
−
−
−
→ xn(t)
réponse forcée n
x(t)=
P∞
n=1
xn(t)
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
→ x(t)
réponse périodique
1.1.5 Réponse pour une excitation quelconque
Si le système est soumis à une excitation quelconque F(t), sa réponse x(t) peut être
calculée en utilisant la transformée de Laplace. L’équation (26) devient :
mẍ + cẋ + kx = F(t) (43)
mL[ẍ] + cL[ẋ] + kL[x] = L[F(t)] (44)
mp2
X(p) + cpX(p) + kX(p) = F(p) (si cond. init. nulles) (45)
X(p) =
F(p)
mp2 + cp + k
(46)
Il ne reste plus qu’à calculer la réponse temporelle par transmormée de Laplace inverse :
x(t) = L−1
[X(p)] (47)
Les transformées usuelles de Laplace sont données annexe A.
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 8
1.2 Identification
La fréquence et le facteur d’amortissement d’un oscillateur à un degré de liberté peuvent
être identifiés à partir de réponses expérimentales mesurées. On se place ici dans un cas
d’amortissement faible (ie α  10%).
1.2.1 Réponse statique
Figure 6 – réponse statique d’un modèle 1ddl
Une masse m (cf figure 6) suspendue sur un ressort k (avec ou sans amortissement c),
soumise à l’action de son propre poids, s’enfonce d’une distance :
xst =
mg
k
d’où k =
mg
xst
(48)
La connaissance de la masse m et la mesure de l’enfoncement xst permettent de déterminer
la raideur k de la suspension. On peut en déduire sa fréquence naturelle :
f0 =
1
2π
s
k
m
=
1
2π
s
g
xst
(49)
1.2.2 Réponse libre
La réponse libre d’un oscillateur faiblement amorti (cf figure 7) est donnée par (α  1) :
x(t) = Ae−αω0t
sin(ω0t
√
1 − α2 + ψ) (50)
Détermination de la fréquence propre : On peut relever sur le graphique la pseudo-
période T et en déduire la fréquence :
f0 ≈
1
T
(51)
ou avec une mesure Ti = i × T sur i oscillations consécutives (meilleure précision) :
f0 ≈
i
Ti
(52)
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 9
-1.5
-1
-0.5
0
0.5
1
1.5
0 1 2 3 4 5 6
Position
(m)
temps (s)
x0
t0
xi
ti
Ae
-αω0 t
T
i×T
Figure 7 – réponse libre d’un oscillateur faiblement amorti
Détermination du facteur d’amortissement : Le maximum local de la réponse,
situé à t = t0, a pour valeur :
x0 = Ae−αω0t0
(53)
Le maximum local, situé à i oscillations après, au temps t = ti = t0 + iT, a pour valeur :
xi = Ae−αω0(t0+iT)
(54)
Ces deux mesures de déplacement sont dans le rapport :
x0
xi
=
e−αω0t0
e−αω0(t0+iT)
= eαω0iT
(55)
Le décrément logarithmique vaut :
δ =
1
i
ln
x0
xi
= αω0T ≈ 2πα (56)
d’où le facteur d’amortissement :
α ≈
δ
2π
=
ln x0
xi
2iπ
(57)
1.2.3 Réponse harmonique
La réponse harmonique en amplitude déterminée équation (33), figure (8) est souvent
tracée en décibels (dB) :
x(dB) = 20 log10 x (58)
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 10
-60
-55
-50
-45
-40
-35
10
2
amplitude
x
(dB)
pulsation Ω (rad.s
-1
)
ωr≈ω0
Ω1 Ω2
∆Ω
-3dB
Figure 8 – réponse harmonique d’un oscillateur faiblement amorti
Détermination de la pulsation naturelle : On mesure la pulsation sur le graphe
d’amplitude, au point d’amplitude maximale (résonance) :
ω0 ≈ [Ω]x=xr (59)
Sinon, sur le graphe de phase, on mesure la pulsation au point de quadrature de phase :
ω0 ≈ [Ω]Φ=−π
2
(60)
Détermination du facteur d’amortissement : La bande passante ∆Ω = Ω2 − Ω1
est la largeur de bande à −3 dB. Les amplitudes à la résonance et pour les fréquences de
coupures sont alors dans le rapport :
x−3 dB
xr
= 10
3
20 ≈
√
2
2
(61)
On mesure ∆Ω soit à −3 dB par rapport à xr sur un graphe d’amplitude en décibels
soit à
√
2
2
par rapport à xr pour un graphe d’amplitude en échelle réelle. Le facteur
d’amortissement est alors donnée par :
α ≈
∆Ω
2ω0
(62)
La surtension Q (ou encore facteur de qualité) est le rapport entre l’amplitude maximum
et l’amplitude statique :
Q =
xr
xst
=
1
2α
√
1 − α2
≈
1
2α
(63)
Toujours pour un amortissement faible (α  10%) :
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 11
— sur un graphe d’amplitude en échelle réelle, on mesure xr et xst et Q = xr
xst
.
— sur un graphe d’amplitude en décibels, on mesure Q(dB) = xr (dB) − xst (dB) et
Q = 10
Q(dB)
20
Le facteur d’amortissement vaut alors :
α ≈
1
2Q
(64)
1.3 Fonction de réponse en fréquence (FRF)
Soit un oscillateur mécanique à 1ddl, son entrée est f(t) et ses sorties x(t), v(t) = ẋ(t) et
a(t) = ẍ(t) :
f(t) → oscillateur
→ x(t)
→ v(t)
→ a(t)
(65)
Par transformée de Fourrier, les signaux temporels sont associés aux spectres fréquentiels :
f(t)
F
7−
→ F(ω) (66)
x(t)
F
7−
→ X(ω) (67)
v(t)
F
7−
→ V (ω) (68)
a(t)
F
7−
→ A(ω) (69)
Plusieurs Fonctions de Réponse en Fréquence (FRF) H(ω) peuvent être définies pour
caractériser le comportement vibratoire de l’oscillateur mécanique :
• H = X
F
en m.N−1
: souplesse, compliance ou réceptance dynamique. Son inverse
H = F
X
est la raideur dynamique.
• H = V
F
en m.s−1
.N−1
: mobilité ou admittance. Son inverse H = F
V
est l’impédance.
• H = A
F
en m.s−2
.N−1
= kg−1
: accélérance ou inertance. Son inverse H = F
A
est la
masse dynamique.
Une FRF a pour unité le rapport des unités de l’entrée et la sortie considérée. Une FRF
entre une entrée et une sortie de même nature (même unité) est parfois utilisée (cas d’une
suspension d’isolement). La FRF est alors appelée transmissibilité et n’a pas d’unité.
2 Système complexe : 2 ddls et plus - MDOF
2.1 Système à 2 ddls
2.1.1 Vibration libre du système à 2ddls
Le système à deux degrés de libertés présenté figure (9) est étudié. Les vibrations libres
sont recherchées.
L’isolement de chaque masse donne :
3mẍ1 + 2kx1 − kx2 = 0 (70)
mẍ2 + 2kx2 − kx1 = 0 (71)
Ces équations sont réécrites sous une forme matricielle :
x =

x1
x2
#
M =

3m 0
0 m
#
K =

2k −k
−k 2k
#
(72)
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 12
Figure 9 – exemple de système à deux degrés de liberté

3m 0
0 m
# 
ẍ1
ẍ2
#
+

2k −k
−k 2k
# 
x1
x2
#
=

0
0
#
(73)
Mẍ + Kx = 0 ⇒ ẍ = −M−1
Kx (74)
La solution est de la forme :
x =

x10
x20
#
ert
⇒
h
Mr2
+ K
i

x10
x20
#
= 0 (75)
On cherche une solution non triviale, ie. telle que (x10, x20) 6= (0, 0) donc :
det
h
Mr2
+ K
i
= 0 ⇒ r2
= valeur propre (76)
Ici :
(r1)2
= −0, 45
k
m
→ r1 = ±jω1 (77)
(r2)2
= −2, 22
k
m
→ r2 = ±jω2 (78)
Les 2 ddls donnent 2 fréquences de résonance avec 2 modes propres associés :
ω1 : x20 = 0, 65x10 (79)
ω2 : x20 = −4, 65x10 (80)
Remarque : Si excitation du système à ω1 alors réponse en sinus de forte amplitude
(résonance) : (
x1 = A sin ω1t
x2 = 0, 65A sin ω1t
(81)
pour ω2 : (
x1 = A sin ω2t
x2 = −4, 65A sin ω2t
(82)
2.1.2 Extension
Pour une structure plus complexe à plusieurs ddls (ou continue), on retrouve les mêmes
phénomènes :
— plusieurs fréquences de résonance : autant que de ddls (ou une infinité)
— un mode associé à chaque résonance.
Lors d’une excitation sur une résonance, tous les ddls se déplacent en phase ou en oppo-
sition de phase = tous les déplacements sont au maximum (positif ou négatif) en même
temps pour chaque ddl (ou point de la structure).
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 13
2.2 Système à N ddl - MDOF
Pour un système à N degrés de liberté, les équations de comportement dynamique peuvent
se mettre sous une forme matricielle :
Mẍ + Cẋ + Kx = F (83)
avec :
— le vecteur des déplacements x =
h
x1(t) x2(t) . . . xN (t)
it
,
— le vecteur des forces appliquées F =
h
f1(t) f2(t) . . . fN (t)
it
,
— la matrice de masse M (symétrique) de taille N × N,
— la matrice d’amortissement C de taille N × N,
— la matrice de raideur K (symétrique) de taille N × N.
2.3 Fréquences propres et modes propres
On se préoccupe de la solution libre non amortie du système précédent :
Mẍ + Kx = 0N×1 (84)
On recherche des solutions de la forme :
x(t) = xoejωt
(85)
ce qui donne :
Kxo = ω2
Mxo ou encore
h
K − ω2
M
i
xo = 0N×1 (86)
C’est un problème de recherche de valeurs propres et de vecteurs propres associés. Les
valeurs propres sont données par la résolution de (polynôme de degré N en ω2
) :
det
h
K − ω2
M
i
= 0 (87)
ce qui donne N fréquences propres (pulsations ωi) ou naturelles du système. Les vecteurs
propres associés sont de la forme :
Vi =
h
vi
1 vi
2 . . . vi
N
it
(88)
et sont obtenus par la résolution des N systèmes linéraires de rang N − 1 :
∀i = 1, N
h
K − ω2
i M
i
Vi = 0N×1 (89)
Orthogonalité des modes : On prend deux modes distincts Vi et Vj avec i 6= j :
— mode i
KVi = ω2
i MVi (90)
V t
j KVi = ω2
i V t
j MVi (91)
— mode j 6= i
KVj = ω2
j MVj (92)
V t
i KVj = ω2
j V t
i MVj (93)
On transpose avec M et K symétriques :
V t
j KVi = ω2
j V t
j MVi (94)
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 14
Par soustraction de (94) à (91), il vient :
0 = (ω2
i − ω2
j )V t
j MVi (95)
Comme ωi 6= ωj, cela donne :
V t
j MVi = 0 et V t
j KVi = 0 (96)
Les modes propres Vi sont orthogonaux par rapport aux matrices de masse M et raideur
K.
Masse et rigidité modales : Pour chaque mode i, on peut définir :
— la masse modale Mi = V t
i MVi
— la raideur modale Ki = V t
i KVi
Elles sont reliées par :
ωi =
s
Ki
Mi
(97)
Base modale : Les modes propres sont définis à une constante multiplicative près. Si
Vi est un vecteur propre associé au mode i alors a.Vi (a 6= 0) est également un vecteur
propre associé au mode i. Il faut donc normer les vecteurs propres. Il suffit donc de diviser
chaque vecteur propre par sa norme :
Ṽi =
Vi
kVik
⇒ kṼik = 1 (98)
On peut citer plusieurs techniques pour calculer la norme :
1. Plus grande composante
kVik∞ = max

|V 1
i |, . . . , |V N
i |

(99)
2. Norme euclidienne
kVik2 =
q
|V 1
i |2 + · · · + |V N
i |2 (100)
3. Masse modale
kVikM =
q
V t
i MVi =
q
Mi (101)
Les N modes propres Ṽi sont orthogonaux et normés. Ils constituent donc une base or-
thonormée, la base modale Ṽ de dimension N × N :
Ṽ =
h
Ṽ1 Ṽ2 . . . ṼN
i
(102)
On peut alors opérer un changement de coordonnées en introduisant les coordonnées
généralisées (ou modales) qi :
x(t) = Ṽq(t) avec q(t) =
h
q1(t) q2(t) . . . qN (t)
it
(103)
L’équation de comportement dynamique (83) devient :
Ṽt
MṼq̈ + Ṽt
CṼq̇ + Ṽt
KṼq = Ṽt
F (104)
M̃q̈ + C̃q̇ + K̃q = F̃ (105)
avec :
— la matrice de masse modale M̃ = Ṽt
MṼ = diag [Mi]
— la matrice de raideur modale K̃ = Ṽt
KṼ = diag [Ki]
— la matrice d’amortissement modale C̃ = Ṽt
CṼ, pas forcement diagonale.
— le vecteur des forces généralisées F̃ = Ṽt
F
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 15
Vibrations découplées : La matrice d’amortissement modale C̃ est symétrique. Par
ailleurs, si la matrice d’amortissement C peut se mettre sous la forme (amortissement
proportionnel) :
C = a.M + b.K (106)
alors C̃ est diagonale et vaut :
C̃ = a.M̃ + b.K̃ = diag [Ci] avec Ci = aMi + bKi (107)
On peut alors poser un facteur d’amortissement modale αi par analogie avec un système
à 1 ddl :
αi =
Ci
2Miωi
=
a
2ωi
+
bωi
2
(108)
La connaissance de l’amortissement modale de deux modes permet de trouver les amor-
tissements modaux de tous les autres modes. Les équations dynamiques se ramènent alors
à N oscillateurs modaux à 1 ddl :
∀i = 1, N Mi ¨
qi + Ci ˙
qi + Kiqi = F̃i (109)
La résolution de ces équations est plus aisée que le système initiale (83). On peut alors
proposer une démarche de résolution par projection modale et superposition modale :
F
forces réelles
Ṽt
−
→ F̃ = Ṽt
F
forces généralisées
Mi,Ki,Ci
−
−
−
−
−
→ qi
déplacements généralisés
Ṽ
−
→ x
déplacements réels
(110)
Sur un système modélisé par un grand nombre de degrés de liberté (méthode EF par
exemple), on peut, de plus, opérer une troncature modale judicieuse. On ne simule la
réponse que sur k  N modes choisis (plage de fréquence, masse ou raideur modale, . . .)
3 Systèmes continus
stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 16
A Transformées de Laplace usuelles
Table of Laplace Transforms
f(t) L[f(t)] = F(s)
1
1
s
(1)
eat
f(t) F(s − a) (2)
U(t − a)
e−as
s
(3)
f(t − a)U(t − a) e−as
F(s) (4)
δ(t) 1 (5)
δ(t − t0) e−st0
(6)
tn
f(t) (−1)n dn
F(s)
dsn
(7)
f0
(t) sF(s) − f(0) (8)
fn
(t) sn
F(s) − s(n−1)
f(0)−
· · · − f(n−1)
(0) (9)
Z t
0
f(x)g(t − x)dx F(s)G(s) (10)
tn
(n = 0, 1, 2, . . . )
n!
sn+1
(11)
tx
(x ≥ −1 ∈ R)
Γ(x + 1)
sx+1
(12)
sin kt
k
s2 + k2
(13)
cos kt
s
s2 + k2
(14)
eat 1
s − a
(15)
sinh kt
k
s2 − k2
(16)
cosh kt
s
s2 − k2
(17)
eat
− ebt
a − b
1
(s − a)(s − b)
(18)
f(t) L[f(t)] = F(s)
aeat
− bebt
a − b
s
(s − a)(s − b)
(19)
teat 1
(s − a)2
(20)
tn
eat n!
(s − a)n+1
(21)
eat
sin kt
k
(s − a)2 + k2
(22)
eat
cos kt
s − a
(s − a)2 + k2
(23)
eat
sinh kt
k
(s − a)2 − k2
(24)
eat
cosh kt
s − a
(s − a)2 − k2
(25)
t sin kt
2ks
(s2 + k2)2
(26)
t cos kt
s2
− k2
(s2 + k2)2
(27)
t sinh kt
2ks
(s2 − k2)2
(28)
t cosh kt
s2
− k2
(s2 − k2)2
(29)
sin at
t
arctan
a
s
(30)
1
√
πt
e−a2
/4t e−a
√
s
√
s
(31)
a
2
√
πt3
e−a2
/4t
e−a
√
s
(32)
erfc

a
2
√
t

e−a
√
s
s
(33)
«2011 B.E.Shapiro for integral-table.com. This work is licensed under a Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike
3.0 Unported License. Revised with corrections January 2, 2014.
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  • 1. Vibration des structures Année 2015 - 2016 - Mécatronique 2ème année Cours Table des matières 1 Système à 1 ddl - SDOF 2 1.1 Phénomènes de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1.1 Vibration libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1.2 Excitation par la base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.3 Vibration forcée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.1.4 Réponse à une excitation périodique quelconque . . . . . . . . . . . 8 1.1.5 Réponse pour une excitation quelconque . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.2 Identification . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.1 Réponse statique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.2 Réponse libre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2.3 Réponse harmonique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3 Fonction de réponse en fréquence (FRF) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2 Système complexe : 2 ddls et plus - MDOF 12 2.1 Système à 2 ddls . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.1.1 Vibration libre du système à 2ddls . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2.1.2 Extension . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.2 Système à N ddl - MDOF . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2.3 Fréquences propres et modes propres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 3 Systèmes continus 16 Annexe A Transformées de Laplace usuelles 17 Références [1] Lalanne, M., Bertier P. & Der Hagopian J., Mécanique des vibrations linéaires, Masson, 1995. [2] Thomas, M. & Laville, F., Simulation des vibrations mécaniques, Presses de l’Univer- sité du Québec, 2007. [3] Combes, B., Vibrations des structures pour l’ingénieur et le technicien, Ellipses, 2009. [4] Dynae, DynaVIB - Glossaire et Lexique « Vibrations », Dynae, 2009. Ce cours est en construction. Merci de me faire re- monter les bugs (forcement) et améliorations (éven- tuellement). stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 1
  • 2. Introduction aux vibrations Système réel = parties massives (rigides) + parties souples (flexibles) Énergie mécanique = énergie cinétique + énergie de déformation transfert "oscillant" = vibration On va dans un premier temps poser le vocabulaire et les bases d’un calcul vibratoire par l’étude de systèmes à un seul degré de liberté (1ddl ou SDOF 1 ). La deuxième partie étendra ces notions pour un système à deux degrés de liberté ou plus (MDOF 2 ). 1 Système à 1 ddl - SDOF 1.1 Phénomènes de base Exemple : Suspension de voiture (modèle 1/4 de véhicule), modèle 1ddl figure 1. Figure 1 – modèle 1ddl du quart de véhicule — masse 4 × m = 2 tonnes ⇒ m = 500 kg — amortisseur (ressort+dissipatif) k = 25000 N.m−1 et c = 7000 N.m−1 .s On isole le quart de véhicule : mẍ = −cẋ − kx + F(t) (1) 1.1.1 Vibration libre Cas où F(t) = 0. L’équation (1) devient : mẍ = −cẋ − kx ⇒ mẍ + cẋ + kx = 0 (2) 1. SDOF : Single Degree Of Freedom 2. MDOF : Multiple Degree Of Freedom stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 2
  • 3. C’est une équation différentielle du second ordre à coefficients constants. La solution est de la forme : x = Aert (3) ẋ = rAert (4) ẍ = r2 Aert (5) qui introduit dans (2) donne le polynome caractéristique : mr2 + cr + k = 0 (6) Recherche des deux racines ri : ∆ = c2 − 4mk (7) i = 1, 2 ri = 1 2  − c m + (−1)i s c2 m2 − 4k m   (8) D’où la solution générale : x(t) = A1er1t + A2er2t (9) On peut poser des constantes caractéristiques du système : — la pulsation propre ω0 : ω2 0 = k m et ω0 = s k m (10) — le coefficient d’amortissement α : α = c cc (11) avec cc l’amortissement critique qui annule ∆ : cc = 2 √ km = 2mω0 (12) α = c 2 √ km (13) Exemples d’amortissement α • structure métallique 1-2 % • structure béton 2-5 % • sols 5-15 % • plot élastomère 20 à 30 % On peut alors exprimer les racines de (6) par : i = 1, 2 ri = −αω0 + (−1)i ω0 √ α2 − 1 (14) Il existe différentes formes (cf. figure 2) de solution de (2) en fonction des deux paramètres ω0 et α. stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 3
  • 4. -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 0 1 2 3 4 5 Position (m) temps (s) α = 0.1 α = 1.0 α = 3.0 Figure 2 – réponse libre d’un système 1ddl pour différentes valeurs de α Cas 1 : α < 1 (le plus souvent en mécanique) α2 − 1 < 0 ⇒ ri = −αω0 + (−1)i jω0 √ 1 − α2 (j = √ −1) Ce qui donne comme solution : x = A1e−αω0t−jω0t √ 1−α2 + A2e−αω0t+jω0t √ 1−α2 (15) = Ae−αω0t sin(ω0t √ 1 − α2 + ψ) (16) = Ae−αω0t sin(ωat + ψ) (17) Avec : ωa = ω0 √ 1 − α2 la pulsation amortie du système. Remarque : A1, A2 ou A, ψ sont des constantes à déterminer en fonction des CI : x(0) et ẋ(0). Cas 2 : α = 1 c = cc amortissement critique. C’est le cas de la voiture. r1 = r2 = −ω0 (18) x = A1e−ω0t + A2te−ω0t (19) = e−ω0t (A1 + A2t) (20) ⇒ solution apériodique avec amortissement critique. Cas 3 : α > 1 (cas rare pour un système mécanique) x = A1e−αω0t−ω0t √ α2−1 + A2e−αω0t+ω0t √ α2−1 (21) ⇒ solution apériodique avec amortissement surcritique. stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 4
  • 5. 1.1.2 Excitation par la base Figure 3 – modèle 1ddl du quart de véhicule sur une route bosselée On imagine que le véhicule roule (cf. figure 3) sur une route bosselée de la forme : δ(t) = δ0 cos Ωt (22) C’est aussi le cas d’une machine excitée par le sol (autre machine proche) = isolement. L’isolement du quart de véhicule donne : mẍ = k(δ − x) + c(δ̇ − ẋ) (23) mẍ + cẋ + kx = δ0(k cos Ωt − cΩ sin Ωt) (24) La solution est de la forme : x = A cos(Ωt + ψ) avec A = δ0 v u u t k2 + c2 Ω2 (k − mΩ2)2 + c2Ω2 = δ0 v u u u t 1 + (2α Ω ω0 )2 h 1 − ( Ω ω0 )2 i2 + (2α Ω ω0 )2 (25) La figure (4) illustre la transmissibilité A δ0 en fonction de Ω ω0 pour différentes valeurs de α. Il y a une meilleur isolation si Ω ω0 1 donc si ω0 est petit. C’est limité pour une masse donnée par : ω0 petit si k petit, donc un déplacement statique important (F = kx) 1.1.3 Vibration forcée Cas δ(t) = 0 et F(t) = F0 cos Ωt. L’équation (1) devient : mẍ + cẋ + kx = F0 cos Ωt (26) Dont la solution est une composition linéaire de la solution générale de l’équation sans second membre (solution libre) et d’une solution particulière de l’équation avec second membre. Après une période transitoire, la réponse permanente (régime établi) se limite à cette dernière sous la forme : x(t) = x0 cos(Ωt − Φ) (27) stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 5
  • 6. 0 1 2 3 4 5 6 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 A/δ 0 Ω/ω0 α = 0.0 α = 0.1 α = 0.2 α = 0.5 α = 1.0 α = 2.0 Figure 4 – transmissibilité pour différentes valeurs de α Cette solution peut être recherchée en passant en notation complexe 3 : x̂(t) = XejΩt → x(t) = [x̂(t)] (28) F̂(t) = FejΩt → F(t) = h F̂(t) i (29) L’équation (26) s’écrit alors : k − mΩ2 + jcΩ XejΩt = FejΩt (30) L’amplitude complexe du régime permanent s’obtient alors par : X = F k − mΩ2 + jcΩ (31) ce qui permet d’en déduire le module et la phase du déplacement x(t) : tan Φ = arg X = cΩ k − mΩ2 = 2α Ω ω0 1 − ( Ω ω0 )2 (32) x0 = |X| = F0 q (k − mΩ2)2 + c2Ω2 = xst rh 1 − ( Ω ω0 )2 i2 + (2α Ω ω0 )2 (33) xst = F0 k déplacement statique pour F0 (34) On peut poser la fonction de transfert H(Ω) ou fonction de réponse en fréquence : 3. Les grandeurs en gras sont des complexes. stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 6
  • 7. 0 1 2 3 4 5 6 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 x 0 /x st α = 0.0 α = 0.1 α = 0.2 α = 0.5 α = 1.0 α = 2.0 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 Φ Ω/ω0 Figure 5 – réponse forcée (amplitude et phase) pour différentes valeurs de α H(Ω) = X F (35) La réponse en fréquence du système (amplitude et déphasage) est tracée figure (5) : • À basse fréquence (Ω ω0), le déphasage est faible (Φ ≈ 0). Le déplacement est donc en phase (synchrone) avec la force d’excitation. L’amplitude du déplacement est donnée par : x0 ≈ xst = FO k (36) L’oscillateur se comporte comme une simple ressort de raideur k. L’effet de la masse est négligeable. • Aux alentours de la résonance (Ω ≈ ω0), le comportement est déterminé par le facteur d’amortissement α. Si α √ 2 2 , l’amplitude x0 présente un maximum (résonance) : xr = F0/k 2α √ 1 − α2 = xst 2α √ 1 − α2 (37) pour une pulsation d’excitation : ωr = ω0 √ 1 − 2α2 (38) sinon, il n’y a pas de résonance (cas α ≥ √ 2 2 ). Dans la pratique α 1 (α 0, 1) : pulsation propre ω0= s k m pulsation amortie ωa= ω0 √ 1 − α2 pulsation de résonance ωr= ω0 √ 1 − 2α2            ω0 ≈ ωa ≈ ωr (39) stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 7
  • 8. Dans ce cas (α 1), à la résonance, la force dans le ressort est : Fressort = kxr = k xst 2α = F0 2α (40) donc pour α 0, 1 on a Fressort 5F0 d’où l’importance de la résonance pour dimensionner le ressort (le calcul statique ne suffit pas). • À haute fréquence (Ω ω0), le déphasage tend vers −π. Le déplacement est en opposition de phase avec la force d’excitation. L’amplitude du déplacement est donnée par : x0 ≈ F0 mΩ2 (41) L’oscillateur se comporte comme une masse seule. L’effet du ressort est négligeable. 1.1.4 Réponse à une excitation périodique quelconque Si la force extérieure F(t) est une fonction périodique (période T et pulsation Ω = 2π T ), elle peut être décomposée en série de Fourier : F(t) = a0 2 + ∞ X n=1 an cos(nΩt) + bn sin(nΩt) (42) avec      an = 2 T R T 2 −T 2 F(t) cos(nΩt)dt bn = 2 T R T 2 −T 2 F(t) sin(nΩt)dt Comme l’équation différentielle (26) est linéaire, il suffit alors de calculer la réponse x(t) à l’excitation périodique F(t) par superposition : F(t) excitation périodique Fourier − − − − − → Fn(t) = an cos(nΩt) + bn sin(nΩt) exitation harmonique n m,k,c (26) − − − − − − → xn(t) réponse forcée n x(t)= P∞ n=1 xn(t) − − − − − − − − − − → x(t) réponse périodique 1.1.5 Réponse pour une excitation quelconque Si le système est soumis à une excitation quelconque F(t), sa réponse x(t) peut être calculée en utilisant la transformée de Laplace. L’équation (26) devient : mẍ + cẋ + kx = F(t) (43) mL[ẍ] + cL[ẋ] + kL[x] = L[F(t)] (44) mp2 X(p) + cpX(p) + kX(p) = F(p) (si cond. init. nulles) (45) X(p) = F(p) mp2 + cp + k (46) Il ne reste plus qu’à calculer la réponse temporelle par transmormée de Laplace inverse : x(t) = L−1 [X(p)] (47) Les transformées usuelles de Laplace sont données annexe A. stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 8
  • 9. 1.2 Identification La fréquence et le facteur d’amortissement d’un oscillateur à un degré de liberté peuvent être identifiés à partir de réponses expérimentales mesurées. On se place ici dans un cas d’amortissement faible (ie α 10%). 1.2.1 Réponse statique Figure 6 – réponse statique d’un modèle 1ddl Une masse m (cf figure 6) suspendue sur un ressort k (avec ou sans amortissement c), soumise à l’action de son propre poids, s’enfonce d’une distance : xst = mg k d’où k = mg xst (48) La connaissance de la masse m et la mesure de l’enfoncement xst permettent de déterminer la raideur k de la suspension. On peut en déduire sa fréquence naturelle : f0 = 1 2π s k m = 1 2π s g xst (49) 1.2.2 Réponse libre La réponse libre d’un oscillateur faiblement amorti (cf figure 7) est donnée par (α 1) : x(t) = Ae−αω0t sin(ω0t √ 1 − α2 + ψ) (50) Détermination de la fréquence propre : On peut relever sur le graphique la pseudo- période T et en déduire la fréquence : f0 ≈ 1 T (51) ou avec une mesure Ti = i × T sur i oscillations consécutives (meilleure précision) : f0 ≈ i Ti (52) stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 9
  • 10. -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 0 1 2 3 4 5 6 Position (m) temps (s) x0 t0 xi ti Ae -αω0 t T i×T Figure 7 – réponse libre d’un oscillateur faiblement amorti Détermination du facteur d’amortissement : Le maximum local de la réponse, situé à t = t0, a pour valeur : x0 = Ae−αω0t0 (53) Le maximum local, situé à i oscillations après, au temps t = ti = t0 + iT, a pour valeur : xi = Ae−αω0(t0+iT) (54) Ces deux mesures de déplacement sont dans le rapport : x0 xi = e−αω0t0 e−αω0(t0+iT) = eαω0iT (55) Le décrément logarithmique vaut : δ = 1 i ln x0 xi = αω0T ≈ 2πα (56) d’où le facteur d’amortissement : α ≈ δ 2π = ln x0 xi 2iπ (57) 1.2.3 Réponse harmonique La réponse harmonique en amplitude déterminée équation (33), figure (8) est souvent tracée en décibels (dB) : x(dB) = 20 log10 x (58) stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 10
  • 11. -60 -55 -50 -45 -40 -35 10 2 amplitude x (dB) pulsation Ω (rad.s -1 ) ωr≈ω0 Ω1 Ω2 ∆Ω -3dB Figure 8 – réponse harmonique d’un oscillateur faiblement amorti Détermination de la pulsation naturelle : On mesure la pulsation sur le graphe d’amplitude, au point d’amplitude maximale (résonance) : ω0 ≈ [Ω]x=xr (59) Sinon, sur le graphe de phase, on mesure la pulsation au point de quadrature de phase : ω0 ≈ [Ω]Φ=−π 2 (60) Détermination du facteur d’amortissement : La bande passante ∆Ω = Ω2 − Ω1 est la largeur de bande à −3 dB. Les amplitudes à la résonance et pour les fréquences de coupures sont alors dans le rapport : x−3 dB xr = 10 3 20 ≈ √ 2 2 (61) On mesure ∆Ω soit à −3 dB par rapport à xr sur un graphe d’amplitude en décibels soit à √ 2 2 par rapport à xr pour un graphe d’amplitude en échelle réelle. Le facteur d’amortissement est alors donnée par : α ≈ ∆Ω 2ω0 (62) La surtension Q (ou encore facteur de qualité) est le rapport entre l’amplitude maximum et l’amplitude statique : Q = xr xst = 1 2α √ 1 − α2 ≈ 1 2α (63) Toujours pour un amortissement faible (α 10%) : stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 11
  • 12. — sur un graphe d’amplitude en échelle réelle, on mesure xr et xst et Q = xr xst . — sur un graphe d’amplitude en décibels, on mesure Q(dB) = xr (dB) − xst (dB) et Q = 10 Q(dB) 20 Le facteur d’amortissement vaut alors : α ≈ 1 2Q (64) 1.3 Fonction de réponse en fréquence (FRF) Soit un oscillateur mécanique à 1ddl, son entrée est f(t) et ses sorties x(t), v(t) = ẋ(t) et a(t) = ẍ(t) : f(t) → oscillateur → x(t) → v(t) → a(t) (65) Par transformée de Fourrier, les signaux temporels sont associés aux spectres fréquentiels : f(t) F 7− → F(ω) (66) x(t) F 7− → X(ω) (67) v(t) F 7− → V (ω) (68) a(t) F 7− → A(ω) (69) Plusieurs Fonctions de Réponse en Fréquence (FRF) H(ω) peuvent être définies pour caractériser le comportement vibratoire de l’oscillateur mécanique : • H = X F en m.N−1 : souplesse, compliance ou réceptance dynamique. Son inverse H = F X est la raideur dynamique. • H = V F en m.s−1 .N−1 : mobilité ou admittance. Son inverse H = F V est l’impédance. • H = A F en m.s−2 .N−1 = kg−1 : accélérance ou inertance. Son inverse H = F A est la masse dynamique. Une FRF a pour unité le rapport des unités de l’entrée et la sortie considérée. Une FRF entre une entrée et une sortie de même nature (même unité) est parfois utilisée (cas d’une suspension d’isolement). La FRF est alors appelée transmissibilité et n’a pas d’unité. 2 Système complexe : 2 ddls et plus - MDOF 2.1 Système à 2 ddls 2.1.1 Vibration libre du système à 2ddls Le système à deux degrés de libertés présenté figure (9) est étudié. Les vibrations libres sont recherchées. L’isolement de chaque masse donne : 3mẍ1 + 2kx1 − kx2 = 0 (70) mẍ2 + 2kx2 − kx1 = 0 (71) Ces équations sont réécrites sous une forme matricielle : x = x1 x2 # M = 3m 0 0 m # K = 2k −k −k 2k # (72) stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 12
  • 13. Figure 9 – exemple de système à deux degrés de liberté 3m 0 0 m # ẍ1 ẍ2 # + 2k −k −k 2k # x1 x2 # = 0 0 # (73) Mẍ + Kx = 0 ⇒ ẍ = −M−1 Kx (74) La solution est de la forme : x = x10 x20 # ert ⇒ h Mr2 + K i x10 x20 # = 0 (75) On cherche une solution non triviale, ie. telle que (x10, x20) 6= (0, 0) donc : det h Mr2 + K i = 0 ⇒ r2 = valeur propre (76) Ici : (r1)2 = −0, 45 k m → r1 = ±jω1 (77) (r2)2 = −2, 22 k m → r2 = ±jω2 (78) Les 2 ddls donnent 2 fréquences de résonance avec 2 modes propres associés : ω1 : x20 = 0, 65x10 (79) ω2 : x20 = −4, 65x10 (80) Remarque : Si excitation du système à ω1 alors réponse en sinus de forte amplitude (résonance) : ( x1 = A sin ω1t x2 = 0, 65A sin ω1t (81) pour ω2 : ( x1 = A sin ω2t x2 = −4, 65A sin ω2t (82) 2.1.2 Extension Pour une structure plus complexe à plusieurs ddls (ou continue), on retrouve les mêmes phénomènes : — plusieurs fréquences de résonance : autant que de ddls (ou une infinité) — un mode associé à chaque résonance. Lors d’une excitation sur une résonance, tous les ddls se déplacent en phase ou en oppo- sition de phase = tous les déplacements sont au maximum (positif ou négatif) en même temps pour chaque ddl (ou point de la structure). stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 13
  • 14. 2.2 Système à N ddl - MDOF Pour un système à N degrés de liberté, les équations de comportement dynamique peuvent se mettre sous une forme matricielle : Mẍ + Cẋ + Kx = F (83) avec : — le vecteur des déplacements x = h x1(t) x2(t) . . . xN (t) it , — le vecteur des forces appliquées F = h f1(t) f2(t) . . . fN (t) it , — la matrice de masse M (symétrique) de taille N × N, — la matrice d’amortissement C de taille N × N, — la matrice de raideur K (symétrique) de taille N × N. 2.3 Fréquences propres et modes propres On se préoccupe de la solution libre non amortie du système précédent : Mẍ + Kx = 0N×1 (84) On recherche des solutions de la forme : x(t) = xoejωt (85) ce qui donne : Kxo = ω2 Mxo ou encore h K − ω2 M i xo = 0N×1 (86) C’est un problème de recherche de valeurs propres et de vecteurs propres associés. Les valeurs propres sont données par la résolution de (polynôme de degré N en ω2 ) : det h K − ω2 M i = 0 (87) ce qui donne N fréquences propres (pulsations ωi) ou naturelles du système. Les vecteurs propres associés sont de la forme : Vi = h vi 1 vi 2 . . . vi N it (88) et sont obtenus par la résolution des N systèmes linéraires de rang N − 1 : ∀i = 1, N h K − ω2 i M i Vi = 0N×1 (89) Orthogonalité des modes : On prend deux modes distincts Vi et Vj avec i 6= j : — mode i KVi = ω2 i MVi (90) V t j KVi = ω2 i V t j MVi (91) — mode j 6= i KVj = ω2 j MVj (92) V t i KVj = ω2 j V t i MVj (93) On transpose avec M et K symétriques : V t j KVi = ω2 j V t j MVi (94) stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 14
  • 15. Par soustraction de (94) à (91), il vient : 0 = (ω2 i − ω2 j )V t j MVi (95) Comme ωi 6= ωj, cela donne : V t j MVi = 0 et V t j KVi = 0 (96) Les modes propres Vi sont orthogonaux par rapport aux matrices de masse M et raideur K. Masse et rigidité modales : Pour chaque mode i, on peut définir : — la masse modale Mi = V t i MVi — la raideur modale Ki = V t i KVi Elles sont reliées par : ωi = s Ki Mi (97) Base modale : Les modes propres sont définis à une constante multiplicative près. Si Vi est un vecteur propre associé au mode i alors a.Vi (a 6= 0) est également un vecteur propre associé au mode i. Il faut donc normer les vecteurs propres. Il suffit donc de diviser chaque vecteur propre par sa norme : Ṽi = Vi kVik ⇒ kṼik = 1 (98) On peut citer plusieurs techniques pour calculer la norme : 1. Plus grande composante kVik∞ = max |V 1 i |, . . . , |V N i | (99) 2. Norme euclidienne kVik2 = q |V 1 i |2 + · · · + |V N i |2 (100) 3. Masse modale kVikM = q V t i MVi = q Mi (101) Les N modes propres Ṽi sont orthogonaux et normés. Ils constituent donc une base or- thonormée, la base modale Ṽ de dimension N × N : Ṽ = h Ṽ1 Ṽ2 . . . ṼN i (102) On peut alors opérer un changement de coordonnées en introduisant les coordonnées généralisées (ou modales) qi : x(t) = Ṽq(t) avec q(t) = h q1(t) q2(t) . . . qN (t) it (103) L’équation de comportement dynamique (83) devient : Ṽt MṼq̈ + Ṽt CṼq̇ + Ṽt KṼq = Ṽt F (104) M̃q̈ + C̃q̇ + K̃q = F̃ (105) avec : — la matrice de masse modale M̃ = Ṽt MṼ = diag [Mi] — la matrice de raideur modale K̃ = Ṽt KṼ = diag [Ki] — la matrice d’amortissement modale C̃ = Ṽt CṼ, pas forcement diagonale. — le vecteur des forces généralisées F̃ = Ṽt F stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 15
  • 16. Vibrations découplées : La matrice d’amortissement modale C̃ est symétrique. Par ailleurs, si la matrice d’amortissement C peut se mettre sous la forme (amortissement proportionnel) : C = a.M + b.K (106) alors C̃ est diagonale et vaut : C̃ = a.M̃ + b.K̃ = diag [Ci] avec Ci = aMi + bKi (107) On peut alors poser un facteur d’amortissement modale αi par analogie avec un système à 1 ddl : αi = Ci 2Miωi = a 2ωi + bωi 2 (108) La connaissance de l’amortissement modale de deux modes permet de trouver les amor- tissements modaux de tous les autres modes. Les équations dynamiques se ramènent alors à N oscillateurs modaux à 1 ddl : ∀i = 1, N Mi ¨ qi + Ci ˙ qi + Kiqi = F̃i (109) La résolution de ces équations est plus aisée que le système initiale (83). On peut alors proposer une démarche de résolution par projection modale et superposition modale : F forces réelles Ṽt − → F̃ = Ṽt F forces généralisées Mi,Ki,Ci − − − − − → qi déplacements généralisés Ṽ − → x déplacements réels (110) Sur un système modélisé par un grand nombre de degrés de liberté (méthode EF par exemple), on peut, de plus, opérer une troncature modale judicieuse. On ne simule la réponse que sur k N modes choisis (plage de fréquence, masse ou raideur modale, . . .) 3 Systèmes continus stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 16
  • 17. A Transformées de Laplace usuelles Table of Laplace Transforms f(t) L[f(t)] = F(s) 1 1 s (1) eat f(t) F(s − a) (2) U(t − a) e−as s (3) f(t − a)U(t − a) e−as F(s) (4) δ(t) 1 (5) δ(t − t0) e−st0 (6) tn f(t) (−1)n dn F(s) dsn (7) f0 (t) sF(s) − f(0) (8) fn (t) sn F(s) − s(n−1) f(0)− · · · − f(n−1) (0) (9) Z t 0 f(x)g(t − x)dx F(s)G(s) (10) tn (n = 0, 1, 2, . . . ) n! sn+1 (11) tx (x ≥ −1 ∈ R) Γ(x + 1) sx+1 (12) sin kt k s2 + k2 (13) cos kt s s2 + k2 (14) eat 1 s − a (15) sinh kt k s2 − k2 (16) cosh kt s s2 − k2 (17) eat − ebt a − b 1 (s − a)(s − b) (18) f(t) L[f(t)] = F(s) aeat − bebt a − b s (s − a)(s − b) (19) teat 1 (s − a)2 (20) tn eat n! (s − a)n+1 (21) eat sin kt k (s − a)2 + k2 (22) eat cos kt s − a (s − a)2 + k2 (23) eat sinh kt k (s − a)2 − k2 (24) eat cosh kt s − a (s − a)2 − k2 (25) t sin kt 2ks (s2 + k2)2 (26) t cos kt s2 − k2 (s2 + k2)2 (27) t sinh kt 2ks (s2 − k2)2 (28) t cosh kt s2 − k2 (s2 − k2)2 (29) sin at t arctan a s (30) 1 √ πt e−a2 /4t e−a √ s √ s (31) a 2 √ πt3 e−a2 /4t e−a √ s (32) erfc a 2 √ t e−a √ s s (33) «2011 B.E.Shapiro for integral-table.com. This work is licensed under a Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 Unported License. Revised with corrections January 2, 2014. stephane.bochard@univ-ubs.fr 4 janvier 2016 17