Introduction aux vibrations_mecaniques_belakroum_rassim_05_05_2016

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Université Kasdi Merbah, Ouargla
Faculté des Sciences Appliquées
Département de Génie Mécanique
Introduction aux Vibrations Mécaniques
Dr. Rassim BELAKROUM
– Avril 2016 –

“Le génie n’est qu’une longue patience”, a dit BUFFON. Cela est bien incomplet. Le génie,
c’est l’impatience dans les idées et la patience dans les faits : une imagination vive et un
jugement calme ; quelque chose comme un liquide en ébullition dans un vase qui reste
toujours froid. — Léo ERRERA
iii U.K.M. Ouargla

Table des matières
Avant-propos ix
1 Éléments fondamentaux de vibrations 1
1.1 Notions fondamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Degrés de liberté . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.2 Classification des vibrations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Modélisation des systèmes mécaniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Éléments constitutifs d’un modèle de système vibratoire . . . . . . . . . . . . . 5
1.3.1 Elément de raideur (ressort) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2 Élément d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3.3 Élément d’amortissement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Méthode de Rayleigh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Mouvement oscillatoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5.1 Mouvements ou vibrations harmoniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5.2 Représentation dans le plan complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5.3 Vibrations périodiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.6 Domaine fréquentiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.7 Terminologie de vibration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.8 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
v

TABLE DES MATIÈRES
2 Vibrations libres des systèmes à un degré de liberté 35
2.1 Vibrations libres des systèmes non-amortis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2 Vibrations libres des systèmes à amortissement visqueux . . . . . . . . . . . . . 38
2.2.1 Mouvement oscillatoire ( système sous-amorti) . . . . . . . . . . . . . . 40
2.2.2 Mouvement non-oscillatoire (système sur-amorti) . . . . . . . . . . . . . 41
2.2.3 Mouvement à amortissement critique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.2.4 Décrément logarithmique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.3 Vibrations libres des systèmes à amortissement de Coulomb . . . . . . . . . . . 44
2.4 Vibrations libres des systèmes à amortissement d’hystérisis . . . . . . . . . . . 47
3 Vibrations forcées des systèmes à un degré de liberté 69
3.1 Réponse des systèmes à un degré de liberté sous l’effet de forces Périodiques . . 70
3.1.1 Excitation harmonique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.1.2 Réponse d’un système amorti sous l’effet d’excitations de plusieurs fréquences 82
3.1.3 Excitation périodique quelconque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3.2 Réponse des systèmes à un degré de liberté sous l’effet de forces quelconques . 86
3.2.1 Réponse à une excitation d’impulsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.2.2 Réponse à une excitation arbitraire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.2.3 Réponse à un déplacement arbitraire à la base . . . . . . . . . . . . . . 92
4 Vibrations des systèmes à plusieurs degrés de liberté 111
4.1 Vibrations des systèmes à deux degrés de liberté . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
4.1.1 Équations de mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
4.1.2 Vibrations libres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
4.1.3 Coordonnées généralisées et coordonnées principales . . . . . . . . . . . 117
4.1.4 Vibrations forcées (excitations harmoniques) . . . . . . . . . . . . . . . 117
4.1.5 Systèmes semi-définis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
R. BELAKROUM vi

4.1.6 Principe d’orthogonalité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
4.2 Systèmes à plusieurs degrés de liberté . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
4.2.1 Équations de mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
4.2.2 Coefficients d’influence de rigidité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4.2.3 Coefficients d’influence de flexibilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
4.2.4 Coefficients d’influence d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.2.5 Problème aux valeurs propres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
4.2.6 Fréquences naturelles et modes de vibrations . . . . . . . . . . . . . . . 126
4.2.7 Réponse à des perturbations initiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
4.2.8 Coordonnées principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
4.2.9 Vibrations libres des systèmes amortis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
4.2.10 Vibrations forcées des systèmes non-amortis (Analyse modale) . . . . . 132
4.2.11 Vibrations forcées des systèmes à amortissement visqueux (Analyse mo-
dale) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
5 Vibrations des systèmes continus 155
5.1 Vibrations des cordes ou des chaı̂nes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156
5.2 Vibrations longitudinales des barres uniformes . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159
5.3 Vibrations de torsion des arbres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
5.4 Vibrations de flexion des poutres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162
5.5 Orthogonalité des modes de vibrations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
5.6 Le principe de superposition modale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167
5.7 Rapport de Rayleigh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
5.8 La méthode de Rayleigh-Ritz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169
Bibliographie 185
Table des figures 187
vii U.K.M. Ouargla

Liste des tableaux 193
R. BELAKROUM viii

Avant-propos
Tout vibre dans notre monde matériel, en tous les cas c’est ce qui est révélé par les scienti-
fiques depuis le comportement des toutes petites particules de la matière, jusqu’à l’échelle des
astres. Tous les systèmes oscillent autour d’une certaine position d’équilibre.
Dans le domaine de la mécanique, l’étude des phénomènes vibratoires est impérative et
inévitable. Il est évident qu’en génie mécanique les vibrations ont leurs propres spécificités.
L’analyse du comportement vibratoire des systèmes mécaniques permet aux concepteurs la
prédiction et la maı̂trise de la sécurité de fonctionnement des systèmes mécaniques. L’étude
vibratoire passe par une première phase de modélisation qui a comme objectif, l’établissement
d’un modèle physique. Ce dernier doit être en mesure de traduire avec fidélité le comportement
du système réel étudié. Le degré de complexité du modèle dépend en général, de la précision
souhaitée. En pédagogie c’est cette phase qui est souvent mal considérée par les apprenants ;
car dans la plupart des cas, le modèle est donné est on a qu’a passer à l’autre étape de l’étude.
Par contre, dans la pratique, on est confronté à des problèmes réels (camion, navire, avion
etc...) qu’on doit étudier. Tout l’enjeu est là, car un modèle imprécis et mal posé conduit
nécessairement à des résultats infructueux.
Une fois le modèle physique établi, on serait en mesure de résoudre le système en utilisant
les différentes lois et théories de la physique existantes (loi de Newton, équations de La-
grange etc...). A la fin de cette phase, on disposera d’un modèle mathématique sous forme
d’équations différentielles ordinaires ou partielles. La résolution du modèle mathématique est
possible grâce à de nombreuses méthodes mathématiques ou même dans des cas plus com-
pliqués des approches numériques.
A travers ce modeste recueil intitulé Introduction aux vibrations mécaniques, nous sou-
haitons mettre à la disposition des étudiants suivant un cursus en Génie Mécanique un outil
de travail commode, facile à lire et surtout compréhensible. Le manuscrit est structuré en cinq
chapitres. A la fin de chaque chapitre, un nombre consistant d’exercices résolus est exposé.
Le premier chapitre est consacré à l’introduction d’éléments fondamentaux de vibrations. Ce
qui permettra aux lecteurs de se familiariser avec les notions de base et d’acquérir au fur et à
mesure le vocabulaire et principes nécessaires leurs permettant d’entamer le vif du sujet. Le
deuxième et troisième chapitres sont dédiés aux systèmes à un degré de liberté. Les systèmes
à plusieurs degrés de liberté introduits au quatrième chapitre, nous offre l’opportunité logique
d’exploiter la notation matricielle. Les matrices de masse et de rigidité sont définies et une at-
tention particulière est donnée aux modes de vibration. Il est démontré que les vibrations libres
sont la combinaison des modes normaux en fonction des conditions initiales. La résolution des
vibrations forcées se basant sur l’analyse modale et aussi présentée. Le cinquième et dernier
chapitre est consacré aux vibrations des systèmes continus comme : les cordes, les barres,
les poutres etc... Ces derniers sont des systèmes ayant un nombre infini de degrés de liberté.
ix

Après présentation des méthodes d’analyse des vibrations libres, l’orthogonalité des modes de
vibrations est mis en évidence. En ce qui concerne les vibrations forcées, on s’est basé sur le
principe de superposition modale. A la fin, une brève présentation des méthodes de Rayleigh
et de Rayleigh-Ritz qui sont des méthodes d’approximation plus adaptées au traitement des
systèmes complexes avec des distributions de masse et de rigidité variables.
L’auteur tient à présenter ses remerciements et d’exprimer sa gratitude envers Professeur
Tayeb MEFTAH de l’université Kasdi Merbah - Ouargla et Docteur Youcef KER-
BOUAA de l’université de Constantine I, d’avoir accepter d’expertiser ce polycopié.
Enfin, il est possible que ce document, malgré l’attention portée à l’examen de tous ses
éléments, contiendra des erreurs, des omissions, des oublis et / ou erreurs d’impression. Nous
serions reconnaissants aux lecteurs qui repéreraient des fautes ou qui ont des commentaires
pour améliorer le polycopié. Toute suggestion sera reçue et examinée.
Ouargla, Avril 2016
Dr. Rassim BELAKROUM
Université Kasdi Merbah - Ouargla
Faculté des Sciences Appliquées
Département de Génie Mécanique
Laboratoire Dynamique Interaction et
Réactivité des Systèmes - DIRES -
E-mail : belakroum.rassim@univ-ouargla.dz
R. BELAKROUM x

Chapitre 1
Éléments fondamentaux de vibrations
Sommaire
1.1 Notions fondamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 Degrés de liberté . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.1.2 Classification des vibrations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Modélisation des systèmes mécaniques . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Éléments constitutifs d’un modèle de système vibratoire . . . . . . 5
1.3.1 Elément de raideur (ressort) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2 Élément d’inertie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3.3 Élément d’amortissement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Méthode de Rayleigh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.5 Mouvement oscillatoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5.1 Mouvements ou vibrations harmoniques . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.5.2 Représentation dans le plan complexe . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5.3 Vibrations périodiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.6 Domaine fréquentiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.7 Terminologie de vibration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1.8 Exercices résolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
”N’essayez pas de devenir un homme qui a du succès. Essayez de devenir un homme qui a
de la valeur”. - Albert EINSTEIN
1.1 Notions fondamentales
La plupart des mouvements qui se répètent dans le temps sont appelés vibrations ou oscilla-
tions. Le balancement d’un pendule est un exemple typique de mouvement vibratoire (Figure
1.1). La théorie des vibrations étudie les mouvements oscillatoires des corps et les efforts qui
leurs sont associés.
1

1.1. NOTIONS FONDAMENTALES
Figure 1.1 – Pendule simple
En général, comme l’illustre la figure 1.2, un système vibratoire comprend un moyen pour
stocker l’énergie potentielle (élasticité), un moyen pour stocker l’énergie cinétique (masse ou
inertie) et un moyen qui graduellement dissipe l’énergie (amortissement). Les vibrations d’un
système implique le transfert de son énergie potentielle en une énergie cinétique et l’énergie
cinétique en énergie potentielle, alternativement. Si le système est amorti, son énergie est
dissipée à chaque cycle de vibration et doit être remplacée par une source extérieure si un
état de vibration stationnaire doit être maintenu.
Figure 1.2 – La balance d’énergie dans un système vibratoire
1.1.1 Degrés de liberté
La modélisation mathématique d’un système physique nécessite l’utilisation d’un ensemble
de variables qui décrit le comportement du système. Le nombre minimum des variables
indépendantes requises pour déterminer complètement les positions de toutes les parties d’un
système à chaque instant est le degré de liberté du système. Une seule particule libre se déplace
dans l’espace a trois degrés de liberté, et un choix bien approprié de coordonnées généralisées
sont les coordonnées cartésiennes (x, y, z) de la particule par rapport à un repère fixe. Comme
la particule se déplace dans l’espace, sa position est fonction du temps.
Un corps rigide libre (sans contraintes) possède six degrés de liberté, trois coordonnées du
déplacement de son centre de masse, et la rotation angulaire autour de trois axes de coor-
R. BELAKROUM 2

données. Cependant les contraintes peuvent réduire ce nombre. Le mouvement plan d’un corps
rigide présente trois degrés de liberté possibles, le déplacement de son centre de masse dans un
plan, et la rotation angulaire autour d’un axe. Deux organes rigides subissant un mouvement
planaire ont six degrés de liberté, mais ils peuvent être connectés d’une manière à réduire le
nombre de degrés de liberté. Les figures 1.3, 1.4 et 1.5 illustrent respectivement des systèmes
à 1, 2 et 3 degrés de liberté. La figure 1.6 représente un système continu.
Figure 1.3 – Systèmes à un degré de liberté
Figure 1.4 – Systèmes à deux degrés de liberté
1.1.2 Classification des vibrations
Les vibrations peuvent être classifiées de plusieurs façons :
• Vibrations libres : Si le système, après une perturbation initiale est laissé à vibrer.
Les vibrations qui en résultent sont connues sous le nom de vibrations libres.
• Vibrations forcées : Si le système est soumis à des chargements extérieures, les vibra-
tions résultantes sont dites vibrations forcées.
• Vibrations non-amorties : Si l’énergie mécanique du système n’est pas dissipée sous
l’effet de friction ou autres types de résistance durant les oscillations, les vibrations sont
qualifiées de non-amorties. Dans le cas contraire, les vibrations sont dites amorties.
3 U.K.M. Ouargla

Figure 1.5 – Systèmes à plusieurs degrés de liberté
Figure 1.6 – Systèmes ayant un nombre infini de degrés de liberté (système continu)
• Vibrations linéaires ou non-linéaires : Si toutes les composantes de base du système
vibratoire (raideur, amortissement, masse ou inertie) se comportent linéairement, les
vibrations résultantes sont connues comme vibrations linéaires. D’autres part, si l’un des
composantes de base se comporte de façon non-linéaire, les vibrations sont dites non-
linéaires. Les équations différentielles qui gouvernent le comportement vibratoire des
systèmes linéaires et non-linéaires sont respectivement linéaires et non-linéaires. Si les
vibrations sont linéaires, le principe de superposition est utilisable. Dans le cas contraire,
la superposition n’est plus valable et les techniques d’analyse sont moins courantes.
• Vibrations déterministes : Si l’excitation agissant sur le système vibratoire est connue
à n’importe quel moment, ce type de chargement est appelé déterministe. En conséquence,
les vibrations qui en résultent sont dites vibrations déterministes. Dans certain cas, l’ex-
citation est indéterministe ou aléatoire voir figure 1.7, cela se passe quand par exemple :
on ne peut prédire avec précision la valeur de l’excitation. Dans ce cas, une grande collec-
tion d’enregistrements de l’excitation peut présenter une certaine régularité statistique.
Il est possible d’estimer les valeurs moyennes de l’excitation.
R. BELAKROUM 4

1.2. MODÉLISATION DES SYSTÈMES MÉCANIQUES
Figure 1.7 – Excitation aléatoire
1.2 Modélisation des systèmes mécaniques
La modélisation est la partie de la solution d’un problème d’ingénierie visant la production
de sa description mathématique. Cette dernière, on pourrait l’obtenir en profitant des lois
connues de la physique. Ces lois ne peuvent pas être directement appliquées sur le système
réel. Par conséquent, il est nécessaire d’introduire de nombreuses hypothèses qui simplifient
le problème pour que que les lois de la physique peuvent s’appliquer. Cette partie de la
modélisation est appelée la création du modèle physique (exemple Figure 1.8 et 1.9).
Figure 1.8 – Modélisation d’une cheminée
1.3 Éléments constitutifs d’un modèle de système vibratoire
Les vibrations peuvent être considérées comme un échange périodique d’énergie potentielle
et cinétique (l’énergie stockée et l’énergie du mouvement). Tous les systèmes mécaniques qui
vibrent ont une masse et une rigidité. Lorsque la masse est en mouvement, le système a une
énergie cinétique. Quand l’élément de raideur est déplacé, le système a de l’énergie potentielle.
Tous les systèmes physiques réels possèdent aussi l’amortissement, qui est la partie du système
qui dissipe l’énergie. L’amortissement peut être causé par la friction entre les éléments mobiles,
écoulement d’un fluide à travers une restriction, ou d’autres moyens, mais quelle que soit la
5 U.K.M. Ouargla

1.3. ÉLÉMENTS CONSTITUTIFS D’UN MODÈLE DE SYSTÈME VIBRATOIRE
Figure 1.9 – Modélisation d’un tour parallèle
source, d’amortissement convertit l’énergie cinétique et potentielle en chaleur, qui est perdue.
Au cours de vibrations, l’énergie est transformée périodiquement dans les deux sens entre
cinétique et potentielle jusqu’à ce que toute l’énergie est perdue par amortissement.
1.3.1 Elément de raideur (ressort)
Un ressort est un élément mécanique qui stocke l’énergie de déformation en vertu de son
élasticité. Un ressort est souvent utilisé pour représenter l’élasticité des éléments structurels
continus comme des câbles, des poutres, des arbres, des tiges, des plaques et coques. En effet,
lorsque ces éléments sont utilisés pour produire une raideur dans une seule direction, où un
modèle simple ressort est suffisante, la constante de ressort dans ces cas étant dérivée de la
théorie de l’élasticité de base. Par exemple, si une tige ou un câble de section transversale
A, longueur l, et module d’élasticité E est soumis à une tension P à ses extrémités, puis le
câble subit un allongement δ sous cette charge, la relation entre la charge et allongement étant
donné par :
P =
AE
l
δ (1.1)
Par conséquent, la raideur de ressort de l’élément à l’étude prend la forme :
K =
AE
l
(1.2)
Qui est une raideur de translation associée à un ressort.
R. BELAKROUM 6

Figure 1.10 – Ressort de translation
Figure 1.11 – Poutre encastrée avec une masse concentrée à l’extrémité libre
Figure 1.12 – Arbre en torsion
Une poutre en porte à faux (figure1.11), de longueur L, le module d’élasticité E, et d’une
moment d’inertie transversal I, soumise à une charge verticale à son extrémité libre. Le
déplacement y(x) en un point quelconque le long de l’axe neutre est dérivé de la théorie
des poutres comme suit :
y(x) =
P
EI

1
2
Lx2
−
1
6
x3

(1.3)
Par conséquent, le déplacement ou la deflexion à l’extrémité libre est donnée par :
δ =
PL3
3EI
−→ P =
3EI
L3
δ (1.4)
Donc, la constante de ressort est :
K =
3EI
L3
(1.5)
Comme autre exemple, considérons un arbre de section transversale circulaire, le module de
7 U.K.M. Ouargla

cisaillement G, la longueur L et le moment d’inertie polaire J. Comme il est représenté sur la
figure 1.12. La relation entre le θ l’angle de torsion et le couple T appliqué à son extrémité
libre, tout en gardant l’autre extrémité fixée, est donnée par :
T =
GJ
L
θ (1.6)
donc, la raideur du ressort en torsion est :
K =
GJ
L
(1.7)
Dans le cas particulier ou la section transversale est circulaire de rayon R, on trouve :
J =
1
2
πR4
et K =
2G
L
πR4
(1.8)
Ressorts en série et en parallèle
Parfois, plus d’un ressort agit dans un système vibrant. Les ressorts peuvent apparaı̂tre en
série ou en parallèles, donnant ainsi naissance à une source de raideur équivalente. La raideur
du ressort équivalent est différente de celles des ressorts de base. Ci-dessous, nous présentons
des expressions pour la rigidité équivalente de ces deux types de disposition 1.13.
Figure 1.13 – Ressorts en série et en parallèle
Exemple On se propose de calculer la rigidité équivalente du système représenté sur la
figure 1.14. Dans ce cas, la rigidité à la flexion à l’extrémité libre de la poutre encastrée est
donnée par :
R. BELAKROUM 8

Figure 1.14 – Masse suspendue à une poutre encastrée
Kf =
3EI
L3
=
3E
b3

1
12
at3

=
Eat3
4b3
La rigidité du câble sous l’effet d’un chargement de traction est :
Kt =
AE
L
=
πd2E
4L
La rigidité du système composé de la poutre et du câble peut être considéré comme deux
ressorts en série pour lesquels la rigidité équivalente Keq est donnée par :
1
Keq
=
1
Kf
+
1
Kt
=
4b3
Eat3
+
4L
πd2E
Keq =
E
4

πat3d2
πd2b3 + Lat3

1.3.2 Élément d’inertie
La masse ou l’inertie d’un élément est supposée être un corps rigide, il peut gagner ou perdre
l’énergie cinétique lorsque la vitesse du corps change. De la seconde loi de Newton, le produit
de la masse et son accélération est égale à la force appliquée à la masse. Le travail est égal à
la force multipliée par le déplacement dans la direction de la force et le travail fait est stocké
sous forme d’énergie cinétique de la masse.
Dans de nombreuses applications pratiques, plusieurs masses apparaissent en combinaison.
Pour une analyse simple, nous pouvons remplacer ces masses en une seule masse équivalente
ou effective.
9 U.K.M. Ouargla

Figure 1.15 – Idéalisation d’un bâtiment comme un système à plusieurs degrés de liberté
1.3.3 Élément d’amortissement
Dans beaucoup de systèmes pratiques, l’énergie vibratoire est graduellement convertie en
chaleur ou son. A cause de cette dissipation d’énergie, la réponse du système diminue pro-
gressivement. Le mécanisme par lequel l’énergie vibratoire est convertie en chaleur ou son
est dit AMORTISSEMENT. Il est difficile de déterminer les causes réelles de l’amortisse-
ment. Cependant, dans les systèmes pratiques, ce dernier est modélisé suivant l’un des types
suivants :
– Amortissement visqueux
– Amortissement de Coulomb ou frottement sec
– Amortissement hystérétique
Amortissement visqueux
Quand les systèmes mécaniques vibrent dans un milieu comme l’air, l’eau ou même l’huile,
ce dernier rencontre une résistance au mouvement ; ce qui cause une dissipation de l’énergie
mécanique. Dans ce cas, la quantité de l’énergie dissipée dépend de plusieurs facteurs : comme
les dimensions et la forme du corps, la viscosité du fluide, la fréquence des vibrations ainsi
que la vitesse du corps en mouvement. Dans le cas d’un amortissement visqueux, l’effort
d’amortissement est proportionnel à la vitesse du corps vibrant.
R. BELAKROUM 10

Amortissement de Coulomb
Dans ce cas, l’effort amortissant est d’une amplitude constante mais agissant dans le sens
contraire du mouvement du corps. Cela est dû au frottement entre les surfaces sèches ou
insuffisamment lubrifiées.
Amortissement hystérétique (structural)
Quand un matériau se déforme, l’énergie est absorbée et aussi dissipée. Cela est le résultat de
la friction entre les particules. Quand un corps ayant un amortissement structural vibre, le
diagramme contrainte-déformation montre une boucle d’hystérésis comme le traduit la figure
1.16.
Figure 1.16 – Boucle d’hystérésis d’un matériau élastique
Amortissements en série et en parallèle
Considérons une combinaison d’amortissement visqueux en série sans masse avec des coeffi-
cients d’amortissement c1 et c2 (figure 1.17).
Dans ce cas le coefficient d’amortissement peut s’écrire :
1
Ceq
=
1
C1
+
1
C2
(1.9)
11 U.K.M. Ouargla

1.4. MÉTHODE DE RAYLEIGH
Figure 1.17 – Deux amortisseurs en série
Pour n amortissement en série, on trouve :
1
Ceq
=
1
C1
+
1
C2
+ ........... +
1
Cn
(1.10)
Considérons une combinaison d’amortissement visqueux en parallèle sans masse avec des
coefficients d’amortissement C1 et C2 (figure 1.18).
Le coefficient d’amortissement équivalent est :
Ceq = C1 + C2 (1.11)
Pour n amortissement en série :
Ceq =
n
X
i=1
Ci (1.12)
Figure 1.18 – Deux amortisseurs en parallèle
1.4 Méthode de Rayleigh
L’approche ou la méthode énergétique peut être utilisée pour les systèmes de masse multiples,
à condition que le mouvement de chaque point dans les systèmes soit connu. Dans le cas des
systèmes où les masses sont reliées par des liens rigides, des leviers ou des engrenages, le
mouvement des différentes masses peut être exprimée en function du déplacement d’un point
R. BELAKROUM 12

1.4. MÉTHODE DE RAYLEIGH
spécifique et le système est tout simplement ramené à un système d’un degré de liberté 1DDL,
car seule une coordonnée est nécessaire. l’énergie cinétique peut être écrite comme :
Ec =
1
2
meff ẋ2
(1.13)
Où meff est la masse effective ou équivalente concentrée à un point spécifique. Dans les
systèmes continus tels que les poutres, les barres, une connaissance de la répartition de l’am-
plitude de vibration est nécessaire avant que l’énergie cinétique ne peut être calculée.
Rayleigh a démontré qu’avec une hypothèse raisonnable pour la forme de l’amplitude des
vibrations, il est possible de prendre en compte les masses distribuées et d’arriver à une esti-
mation raisonnable de la dynamique de la structure en mouvement [1] [2]. L’exemple suivant
illustre l’utilisation de cette méthode .
Exemple Une poutre simplement supportée de masse totale mb ayant une masse concentrée
M au milieu (figure 1.19) . On se propose de déterminer la masse effective du système reliée
au milieu.
Figure 1.19 – Poutre en flexion avec masse répartie et concentrée.
Des théorie de la résistance des matériaux, on sait que la flexion de la poutre sous l’effet d’une
force concentrée au milieu est donnée par :
y = ymax

3x
L
− 4
x
L
3

(x ≤ L/2)
ymax =
PL3
48EI
(ymax : flèche au milieu de la poutre)
L’énergie cinétique de la poutre en mouvement est :
Ec =
1
2
Z L
0
ẏ2
dm =
1
2
Z L
0
mb
L
ẏ2
dx
=
1
2
Z L/2
0
2mb
L
ẏ2
dx
=
1
2
Z L/2
0
2mb
L

ẏmax

3x
L
− 4
x
L
3
2
dx =
1
2
(0, 4257 mb) ẏ2
max
13 U.K.M. Ouargla

1.5. MOUVEMENT OSCILLATOIRE
La masse effective au milieu est donc : meff = M + 0, 4857mb.
1.5 Mouvement oscillatoire
1.5.1 Mouvements ou vibrations harmoniques
Un mouvement oscillatoire peut se répéter régulièrement dans le temps, comme dans le cas
d’un pendule simple ou peut présenter certaines irrégularités comme dans le cas d’un mou-
vement du sol lors d’un tremblement de terre. Si un même mouvement est répété après un
intervalle de temps donné, ce mouvement est qualifié de périodique. Le type le plus simple
d’un mouvement périodique est le mouvement harmonique. A titre d’exemple, le mouvement
du système masse et ressort représenté sur la figure 1.20 est l’exemple d’un mouvement har-
monique simple.
Figure 1.20 – Système masse et raideur.
Un tel mouvement peut être exprimé par l’équation suivante :
x(t) = A cos ωt + B sin ωt (1.14)
Sachant que : sin (ωt + φ) = sin ωt cos φ + cos ωt sin φ, on peut écrire l’équation sous la forme
suivante :
x(t) = X sin (ωt + φ) (1.15)
Ou
X =
p
A2 + B2 (1.16)
φ = arctan

A
B

(1.17)
L’équation 1.15 est illustrée sur la figure 1.21. La réponse du système est constituée par
plusieurs cycles identiques. La période est le temps nécessaire pour l’exécution d’un cycle et
qu’on pourrait déterminer par
T =
2π
ω
(1.18)
R. BELAKROUM 14

Figure 1.21 – Mouvement harmonique simple avec une période T et une amplitude X.
ω est la pulsation qu’on mesure en rad/sec. Le nombre de cycles exécutés par seconde est la
fréquence et son unité cycles
seconde et désignée comme étant un hertz (Hz).
f =
ω
2π
(1.19)
L’angle de phase φ représente l’avance ou le retard entre la réponse du système et un signal
purement sinusoı̈dal. La vitesse et l’accélération correspondantes sont :
v(t) =
dx
dt
= ωX cos (ωt + φ) (1.20)
a(t) =
dv
dt
= −ω2
X sin (ωt + φ) (1.21)
En utilisant une représentation vectorielle tel que montré sur la figure 1.22, nous pouvons voir
que la vitesse est déphasée par apport au vecteur de position d’un angle π/2 et l’accélération
d’un angle π.Bien que les trois vecteurs sont en rotation à la même fréquence circulaire ω ,
elles ont des valeurs de phase différentes. Autrement dit, ils atteignent leurs valeurs extrémales
à des instants différents dans le temps.
1.5.2 Représentation dans le plan complexe
Les fonctions trigonométriques sont liées à la fonction exponentielle par l’équation d’Euler
1.22 qui s’écrit :
eiθ
= cosθ + isinθ (1.22)
15 U.K.M. Ouargla

Figure 1.22 – Vecteur de position, de vitesse et de l’accélération d’un mouvement harmonique
simple
On pourrait démontrer en utilisant les trois séries de Maclaurin [3] :
Un vecteur d’amplitude x en rotation à une vitesse angulaire ω peut être représenté comme
étant une quantité complexe z, comme le montre la figure 1.23.
Z = Xeiωt
= X(cos ωt + i sin ωt) = x + iy (1.23)
Figure 1.23 – Mouvement harmonique représenté par un vecteur rotatif
La figure 1.24 montre le nombre complexe Z et son conjugué Z? = Ae−iωt, qui est en rotation
dans le sens contraire avec une vitesse de rotation −ω. Il est évident que la composante x
peut s’exprimer par l’expression 1.24.
x =
1
2
(Z + Z?
) (1.24)
La forme exponentielle offre des avantages par apport à la forme trigonométrique. En suppo-
sant Z1 = X1eiθ1 et Z2 = X2eiθ2 , on peut écrire :
R. BELAKROUM 16

Figure 1.24 – Vecteur Z et son conjugué Z?
1.5.3 Vibrations périodiques
Généralement, les mouvements des systèmes vibratoires ne sont pas harmoniques. Dans la
plupart des cas, les vibrations sont périodiques Figure 1.25. Le mathématicien Français J.
Fourier (1768-1830) [1] a démontré que tout mouvement périodique pourrait être exprimé par
une série de terme sinus et cosinus. Ainsi les vibrations peuvent être représentées par les séries
de Fourier :
Figure 1.25 – Exemple de mouvement périodique
x(t) =
a0
2
+
+∞
X
n=1
(an cos nωt + bn sin nωt) (1.25)
Si la période de x(t) est T. Dans ce cas, ω = 2π/T est la fréquence fondamentale.
a0, a, a1, a2, a3, ....., b1, b2, b3, ..... sont des constantes données par :
a0 =
2
T
Z +T/2
−T/2
x(t) dt (1.26)
17 U.K.M. Ouargla

an =
2
T
Z +T/2
−T/2
x(t) cos nωt dt (1.27)
bn =
2
T
Z +T/2
−T/2
x(t) sin nωt dt (1.28)
Il est important de noter que les termes an cos nωt et bn sin nωt sont des harmoniques d’ordre
n ayant une période T/n. Ces harmoniques peuvent être représentées comme étant des lignes
verticales d’amplitudes (an et bn) en fonction de la fréquence (nω) et cette représentation
est nommée spectre de fréquences. Bien que les séries de Fourier sont une somme infinie,
on peut approximer les fonctions périodiques seulement avec quelques fonctions harmoniques.
A titre d’exemple, la fonction triangulaire de la figure 1.26 peut être approchée de façon
acceptable seulement avec les premières trois harmoniques comme le montre la figure 1.26
(b).
Figure 1.26 – Approximation d’une fonction périodique
Les séries de Fourier peuvent s’écrire sous la forme :
x(t) = c0 + c1 cos(ωt − φ1) + c2 cos(2ωt − φ2) + c3 cos(3ωt − φ3) + ........... (1.29)
c0 = a0/2 (1.30)
2cn =
p
a2
n + b2
n (1.31)
φn = arctan

bn
an

(1.32)
En utilisant les nombres complexes, on peut écrire :
cos nωt =
1
2
einωt
+ e−inωt

sin nωt = −
1
2i
einωt
− e−inωt

R. BELAKROUM 18

Dans ce cas x(t) peut être déterminée par :
x(t) = c0 +
+∞
X
n=1
cneinωt
+
+∞
X
n=1
c∗
ne−inωt
(1.33)
Où :
c0 =
1
2
a0 (1.34)
cn =
1
2
(an − ibn) (1.35)
c∗
n =
1
2
(an + ibn) (1.36)
En substituant an et bn des équations 1.35 et 1.36, on trouve :
cn =
1
T
Z T/2
−T/2
x(t) (cos nωt − i sin nωt))dt =
1
T
Z T/2
−T/2
x(t)e−inωt
dt (1.37)
c∗
n =
1
T
Z T/2
−T/2
x(t) (cos nωt − i sin nωt))dt =
1
T
Z T/2
−T/2
x(t)einωt
dt = c−n (1.38)
A ce niveau on introduit la notion de fréquences négatives c−n, on peut écrire :
+∞
X
n=1
c∗
neinωt
=
+∞
X
n=1
c−ne−inωt
(1.39)
En substituant 1.39 dans l’équation 1.33, on trouve un résultat très important :
x(t) =
+∞
X
−∞
cneinωt
(1.40)
cn =
1
T
Z T/2
−T/2
x(t)e−inωt
dt (1.41)
Il est important de noter la notion de fréquence négative[4][5], qui a été introduit par la
manipulation Algébrique de l’équation 1.38.
19 U.K.M. Ouargla

1.6. DOMAINE FRÉQUENTIEL
1.6 Domaine fréquentiel
Dans un domaine temporel, on représente l’évolution du signal vibratoire au cours du temps
tandis-qu’à travers une représentation fréquentielle (dite spectre de fréquence), on illustre la
contribution des différentes composantes du signal relatives aux fréquences mises en jeu lors du
mouvement. Nous introduisons maintenant la notion de spectre d’un processus. Nous ferons
référence à la représentation complexe de l’équation 1.33 utilisant des fréquences positives
et négatives et aussi l’équation 1.25 en utilisant que les fréquences positives. Se référant à
l’équation 1.33 en premier lieu, un tracé de l’amplitude cn en fonction de la fréquence ω est
appelée le spectre d’amplitude de la fonction périodique x(t). la représentation graphique de
l’angle de phase en fonction de la fréquence est appelé le spectre de phase. Il est important
de noter que les courbes tracées ne sont pas continues ; mais ils ont des valeurs discrètes
correspondantes aux fréquences f = n/T avec n = 0, n = ±1, ±2,. . . . Un exemple des spectres
d’amplitudes et de phases sont représentés dans les figures 1.27 et 1.28.
Figure 1.27 – Spectre d’amplitudes
Figure 1.28 – Spectre de phases
1.7 Terminologie de vibration
La réponse vibratoire est la variation dans le temps d’un paramètre donné tel que le déplacement,
la vitesse, l’accélération, les contraintes, les forces internes, etc. Ces quantités prennent des
valeurs positives et négatives. La valeur moyenne d’une fonction variant dans un temps
défini sur l’intervalle 0 ≤ t ≤ T découle du théorème de la moyenne du calcul intégral [6].
x̄ =
1
T
Z T
0
x(t) dt (1.42)
Dans le domaine des vibrations, on utilise aussi la moyenne quadratique[1] ; qu’on associe
généralement à l’énergie de vibration. La moyenne quadratique d’une function x(t) est définie
comme étant la moyenne du carré des valeurs sur une intervalle de temps T.
R. BELAKROUM 20

1.8. EXERCICES RÉSOLUS
¯
x2 =
1
T
Z T
0
(x(t))2
dt (1.43)
La mesure la plus utile du niveau de vibration est la racine de la valeur moyenne qua-
dratique ( Root Mean Square RMS). Cette valeur est une mesure statistique de l’ampleur
d’une quantité variable. Pour un paramètre de réponse x en fonction du temps (t) défini sur
l’intervalle 0 ≤ t ≤T, elle peut s’écrire :
xrms =
s
1
T
Z T
0
(x(t))2 dt (1.44)
1.8 Exercices résolus
Exercice 1.1
Déterminer le nombre de degrés de liberté nécessaire pour l’analyse du système mécanique de
la figure 1.29 et spécifier l’ensemble de coordonnées généralisées qui peut être utilisé pour son
analyse vibratoire.
Figure 1.29 – Barre rigide sur supports élastiques.
Solution de l’exercice 1.1
Afin de pouvoir décrire le mouvement de chaque point de la barre rigide sur deux supports
élastiques (1.29), il est suffisant d’utiliser deux coordonnées qui sont : la position du centre de
gravité x par rapport à la position d’équilibre statique et l’angle de rotation de la barre autour
d’un axe qui passe par son centre de gravité θ. Le système de coordonnées est représenté sur
la figure 1.30.
Exercice 1.2
Déterminer la rigidité longitudinale de la barre de la figure 1.31.
Le système de la figure 1.31, peut être modélisé comme étant un système non-amortie à un
degré de liberté. Si on considère une force axiale appliquée à l’extrémité libre de la barre, le
déplacement à ce point est calculé par :
21 U.K.M. Ouargla

Figure 1.30 – Système de coordonnées.
Figure 1.31 – Barre avec une masse concentrée à l’extrémité libre.
δ =
FL
AE
=⇒ F =
AE
L
δ
La rigidité équivalente du système est calculée donc :
Keq =
AE
L
Exercice 1.3
Modéliser le système de torsion de la figure 1.32 par un disque attaché à un ressort spiral
d’une rigidité équivalente.
Figure 1.32 – Système en torsion.
R. BELAKROUM 22

Les rigidités des différentes parties de l’arbre représenté dans la figure 1.32 sont calculées
ainsi :
Le moment d’inertie polaire d’un arbre à section circulaire est : J = π
4 r4.
KAB(St) =
JAB(St)GSt
LAB
= 5, 03 × 105
N.m/rad
KBC =
JBCGSt
LBC
= 1, 65 × 104
N.m/rad
KDE =
JDEGAl
LDE
= 2, 05 × 104
N.m/rad
L’angle de torsion de la fin du noyau en aluminium de l’arbre AB est le même que l’angle
de torsion de l’extrémité de la partie en acier de l’arbre AB. En outre, le couple total sur
l’extrémité de l’arbre AB est la somme du couple résistant dans le noyau d’aluminium et le
couple résistant à l’enveloppe en acier. D’où l’âme en aluminium et enveloppe d’acier de l’arbre
AB se comportent comme des ressorts de torsion en parallèle avec une rigidité équivalente
de :
KAB = KAB(St) + KAB(Al) = 5, 2 × 105
N.m/rad
Le couple développé dans les partties AB et BE sont les mêmes, et l’angle de rotation du
disque est θAB +θBC. Ainsi les parties AB et BE se comportent comme des ressorts de torsion
en série dont la combinaison agit en parallèle avec l’arbre DE. D’où la rigidité équivalente
est :
Keq =
1
1
KAB
+ 1
KBC
+ KDE = 3, 65 × 104
N.m/rad
Exercice 1.4
Trouver l’expression de la raideur équivalente du système de la figure 1.33, dans le cas ou la
déflexion de la masse m est utilisée comme coordonnée généralisée.
Figure 1.33 – Vibration de flexion d’une poutre chargée à son milieu.
23 U.K.M. Ouargla

Dans ce problème, le comportement dynamique du système est régi par deux rigidités agis-
sant simultanément. La première est la rigidité k du ressort et la deuxième est la rigidité à la
flexion de la poutre.
Considérant une force concentrée au milieu de la poutre se dirigeant vers le bas. De la
résistance des matériaux, on sait que la déflexion d’une poutre au milieu est :
δf =
FL3
48EI
d’où la rigidité équivalente est :
Kf =
48EI
L3
Le déplacement de l’extrémité du ressort égale la flèche au milieu de la poutre, c’est à dire
que deux les rigidités Kf et k agissent en parallèle. Donc la rigidité équivalente du système
est :
Keq = k + Kf = k +
48EI
L3
Exercice 1.5
Trouver la raideur équivalente du système de la figure 1.34, en utilisant le déplacement de la
masse comme coordonnées généralisées.
Figure 1.34 – Poutre encastrée en vibration flexionnelle
La flèche de la poutre encastrée (Figure 1.34) causée par une force unitaire appliquée à son
extrémité libre est :
R. BELAKROUM 24

Kb =
3EI
L3
= 6, 05 × 105
N/m
La rigidité de la poutre et celle du ressort supérieur agissent en parallèle. Cette combinaison en
parallèle est en série avec le ressort entre la poutre et la masse. De son coté cette combinaison
en série est en parallèle avec le ressort entre la masse et la surface fixe. Donc, en utilisant la
formulation adéquate des combinaisons en série et parallèle, la rigidité équivalent est calculée
ainsi :
Keq =
1
1
6,05×105N/m+5×105N/m
+ 1
2×105N/m
+ 3 × 105
N/m = 4, 69 × 105
N/m
Exercice 1.6
Déterminer la raideur de torsion de l’arbre creux de la figure 1.35.
L’angle de rotation de l’extrémité libre est :
θ =
ML
JG
=⇒ M =
JG
L
θ
J : est le moment d’inertie polaire de la section transversale de l’arbre. La rigidité en torsion
est :
Kt =
JG
L
J =
π
2
r4
e − r4
i

= 5, 34 × 10−7
m4
Donc :
Kt = 3, 05 × 104 N.m
rad
Exercice 1.7
Déterminer la masse effective du système constitué du ressord lourd et de la masse m illustré
sur la figure 1.36.
L’énergie cinétique du système est la somme de la contribution du ressort est celle de la masse
m.
Ec = Ec(s) +
1
2
mẋ2
25 U.K.M. Ouargla

Figure 1.35 – Arbre creux en torsion.
Figure 1.36 – Masse effective d’un ressort lourd.
Ou Ec(s) : l’énergie cinétique du ressort lourd (ressort disposant d’une distribution de masse
linéaire non négligeable).
Ec(s) =
1
2
Z L
0
m
L
y
L
ẋ
2
dy =
1
2
ms
3
ẋ2
On remarque que la masse effective du ressort contribuant dans la dynamique du système est
le tiers de la masse du ressort. La masse effective totale est donc :
meffe = m +
ms
3
Exercice 1.8
Le système de distribution d’un moteur à combustion interne représenté sur la figure 1.36,
consiste en un doigt culbuteur d’inertie J et d’une soupape de masse mv. En négligeant
la masse de la tige actionnant le doigt culbuteur, déterminer la masse effective du système
rattachée au point B.
L’énergie cinétique totale du système est :
Ec =
1
2
h
Jθ̇2
+ mv

bθ̇2
i
R. BELAKROUM 26

Figure 1.37 – Système de distribution d’un moteur à combustion interne.
Ec =
1
2

J + mb2

θ̇2
θ̇ =
ẋ
b
=⇒ Ec =
1
2

J
b2
+ mv

ẋ2
La masse effactive est donc :
meff =
J
b2
+ m
Exercice 1.9
Un accéléromètre indique qu’une structure vibre harmoniquement à 82tr/s avec une accélération
maximale de 50.g. Déterminer l’amplitude des vibrations.
On sait que :
ω = 2πf = 515, 2rad/s
On a g = 980, 4cm/s2
xmax =
ẍmax
ω2
27 U.K.M. Ouargla

On trouve donc l’amplitude des vibrations xmax = 0, 184cm
Exercice 1.10
Un mouvement harmonique d’une fréquence de 10cycle/s et d’une vitesse maximale 4, 57m/s.
Déterminer l’amplitude, la période et l’accélération maximale.
ω = 2πf = 2π × 10 = 62, 83rad/s
ẋmax = ωA = 4, 57m/s =⇒ A = 7, 274cm
T =
1
f
= 0, 1s
ẍmax = ω2
A = 287, 1m/s2
Exercice 1.11
Trouver la somme des deux vecteurs complexes (2 + 3i) et (4 − i) et exprimer le résultat
suivant la forme A6 θ.
(2 + 3i) + (4 − i) = 6 + 2i
Z = Aeiθ
; A =
p
62 + 22 ; θ = arctan
2
6
= 0, 321rad
La somme des deux vecteurs s’écrit :
Z = 6, 325e0,3217i
= 6, 3256 0, 3217
Exercice 1.12
Déterminer la somme des deux vecteurs 5eiπ/6 et 4eiπ/3 et trouver l’angle entre la résultante
et le premier vecteur.
Rx = 5 + 4 cos 30◦
= 5 + 3, 47 = 8, 47
Ry = 4 sin 30◦
= 2.0
R =
p
8, 472 + 2, 02 = 8, 7
θ = arctan
2
8, 7
= 12◦
570
.
R. BELAKROUM 28

Figure 1.38 – Représentation vectorielle.
Figure 1.39 – Onde rectangulaire
Exercice 1.13
Déterminer la série de Fourier de l’onde rectangulaire représentée sur la figure 1.39.
x(t) est une fonction impaire d’où an = 0.
bn =
ω
π
Z 0
−π/ω
(−1) sin nωt dt +
Z +π/ω
0
(+1) sin nωt dt
#
=
ω
π

cos nωt
nω

0
π/ω

=
2
nπ
(1 − cos nπ)
29 U.K.M. Ouargla

bn =
(
0 si n pair
4
nπ si n impair
On trouve donc le résultat suivant :
x(t) =
4
π

sin ωt +
1
3
sin 3ωt +
1
5
sin 5ωt + ......

Exercice 1.14
Déterminer la série de Fourier de l’onde triangulaire représentée sur la figure 1.40.
Figure 1.40 – Onde triangulaire
x(t) est une fonction paire d’où bn = 0. On sait que :
x(t) =
(
1
π (t + π) −π ≤ t ≤ 0
1
π (π − t) 0 ≤ t ≤ π
La valeur moyenne 1
2a0 = 1
2.
an =
1
π
Z 0
1/π
1
π
(t + π) cos nω1t dt +
1
π
(π − t) cos nω1t dt
#
=
1
π
Z π
0
1
π
(π − t) cos nω1t dt
=
2
π
Z π
0
1
π
(π − t) cos nω1t dt -à cause de la symétrie-
an =
(
0 si n est pair
4
n2π2 si n est impair
Donc, on trouve :
x(t) =
1
2
+
4
π2

cos ω1t +
1
32
cos 3ω1t +
1
52
cos 5ω1t

R. BELAKROUM 30

Exercice 1.15
Déterminer la série de Fourier de la courbe en dents de scie représentée sur la figure 1.41.
Figure 1.41 – Courbe en dents de scie
On peut écrire x(t) = ω1
2π t 0 ≤ ω1 ≤ 2π.
cn =
ω1
2π
Z 2π
0
ω1t
2π
einωt
dt
=
i
2π
1
n
x(t) = c0 +
i
2π

(eiω1
− eiω1
) +
1
2
(ei2ω1
− e−i2ω1
) +
1
3
(ei3ω1
− e−i3ω1
) + .....

Finalement, la solution s’écrit sous la forme d’une somme de fonctions sinusoı̈dales :
x(t) =
1
2
−
1
π

sin ω1t +
1
2
sin 2ω1t +
1
3
sin 3ω1t + ...........

Exercice 1.16
Déterminer la série de Fourier de la série de pulsations rectangulaires représentée sur la figure
1.42. Tracer cn et Φn sachant que k = 2/3.
Figure 1.42 – Pulsations rectangulaires
31 U.K.M. Ouargla

La valeur moyenne c0 = a0
2 = kπ
2π = k
2 = 1
3.
an =
1
nπ
sin nkπ =
1
nπ
sin
n
3
2π
bn =
1
nπ
(1 − cos nkπ) =
1
nπ

1 − cos
n
3
2π

2cn =
p
a2
n + b2
n =
2
nπ
s
1 − cos

h
3
2π

Φn = arctan
1 − cos n
3 2π
sin n
3 2π
Les angles de phase et les amplitudes calculés sont résumés dans le tableau 1.1.
Table 1.1 – Amlitudes et angles de phase.
n cn Φn
1 0.2158 −60◦
2 0.1319 60◦
3 0 0◦
4 0.0689 −60◦
5 0.559 60◦
6 0 0◦
La variation de l’amplitude des harmoniques ainsi que l’angle de phase sont représentés res-
pectivement sur la figure 1.43 et 1.44.
Exercice 1.17
Tracer le spectre de fréquences de l’onde triangulaire représentée sur la figure 1.41.
L’onde triangulaire est approximée par la somme d’harmoniques :
x(t) =
1
2
+
4
π2

cos ω1t +
1
3
cos 3ω1t +
1
5
cos 5ω1t + .....

R. BELAKROUM 32

Figure 1.43 – Spectre de fréquences -amplitudes-.
Figure 1.44 – Spectre de fréquences -angles de phase-.
Figure 1.45 – Spectre de fréquences.
33 U.K.M. Ouargla

R. BELAKROUM 34

Chapitre 2
Vibrations libres des systèmes à un degré de
liberté
Sommaire
2.1 Vibrations libres des systèmes non-amortis . . . . . . . . . . . . . . 35
2.2 Vibrations libres des systèmes à amortissement visqueux . . . . . 38
2.2.1 Mouvement oscillatoire ( système sous-amorti) . . . . . . . . . . . . 40
2.2.2 Mouvement non-oscillatoire (système sur-amorti) . . . . . . . . . . . 41
2.2.3 Mouvement à amortissement critique . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.2.4 Décrément logarithmique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.3 Vibrations libres des systèmes à amortissement de Coulomb . . . 44
2.4 Vibrations libres des systèmes à amortissement d’hystérisis . . . . 47
”Il n’existe que deux choses infinies, l’univers et la bêtise humaine... mais pour l’univers, je
n’ai pas de certitude absolue”. - Albert EINSTEIN
Le système mécanique le plus simple est le système à un seul degré de liberté. Ce dernier est
caractérisé par le fait que son mouvement est décrit par une variable unique. Un tel modèle est
souvent utilisé comme une approximation pour un système généralement plus complexe. Les
excitations peuvent être divisées en deux types, perturbations initiales et les forces appliquées
de l’extérieur. Le comportement d’un système causé par ces excitations est appelé réponse du
système. Le mouvement est généralement décrit par les déplacements.
2.1 Vibrations libres des systèmes non-amortis
Le modèle le plus simple d’un système mécanique vibrant se compose d’un seul élément de
masse qui est relié à un support rigide par l’intermédiaire d’un ressort linéaire de masse
négligeable comme le montre la figure 2.1. La masse est contraint de se déplacer seulement
35

2.1. VIBRATIONS LIBRES DES SYSTÈMES NON-AMORTIS
dans la direction horizontale. Par conséquent, le mouvement du système est décrit par une
seule coordonnée x(t).
Figure 2.1 – Système équivalent masse et ressort.
L’équation différentielle des vibrations libres d’un système à un degré de liberté s’écrit :
mẍ(t) + kx(t) = 0 (2.1)
En divisant par la masse, on trouve
ẍ(t) + ω2
nx(t) = 0 (2.2)
Où ωn =
p
k/m est une constante réelle dite fréquence naturelle du système.
Supposant une solution harmonique à l’équation 2.2 de la forme
x(t) = Xest
(2.3)
En substituant la solution proposée dans l’équation 2.2, on trouve :
s2
+ ω2
ns = 0 (2.4)
Cette equation et l’équation caractéristique du système vibratoire. Nous pouvons identifier
la fréquence naturelle ou la fréquence à laquelle le système se met à vibrer s’il subit une
perturbation initiale transitoire. Comme dans ce cas, l’effet de l’amortissement n’est pas pris
en considération, la fréquence est dite fréquence naturelle non-amortie ωn.
Les racines de l’équation caractéristique sont s1 = +iωn et s2 = −iωn. Les deux solutions
particulière s’écrivent
x1(t) = X1es1t
= X1eiωnt
x2(t) = X2es2t
= X2e−iωnt
La solution générale s’écrit :
x(t) = X1eiωnt
+ X2e−iωnt
(2.5)
Les deux constantes X1 et X2 sont des constantes d’intégration et doivent être choisis de façon
à satisfaire les conditions initiales. On a l’identité suivante :
e±iωt
= cos ωnt ± i sin ωnt (2.6)
R. BELAKROUM 36

2.1. VIBRATIONS LIBRES DES SYSTÈMES NON-AMORTIS
On peut mettre L’équation 2.5 sous la forme :
x(t) = A1 cos ωnt + A2 sin ωnt (2.7)
Ou-bien :
x(t) = X cos(ωnt − φ) (2.8)
Supposant les conditions initiales :
x(0) = x0, ẋ(0) = v0 (2.9)
Où x0 et v0 sont respectivement le déplacement initial et la vitesse initiale.
On trouve donc :
X =
s
x2
0 +

v0
ωn
2
(2.10)
φ = arctan

v0
x0ωn

(2.11)
Figure 2.2 – Représentation graphique du mouvement d’un oscillateur simple.
La réponse du système est esquissée dans la figure 2.2. On note que ce mouvement oscillatoire
a une fréquence ωn (rad/s). Par conséquent, un système qui fournit ce type de mouvement
est appelé système oscillatoire simple.
Il est très important de noter que pour une système masse-ressort en position verticale (figure
2.3), il est important de noter les aspects suivants :
ωn =
r
k
m
et k =
W
δst
=
mg
δst
37 U.K.M. Ouargla

2.2. VIBRATIONS LIBRES DES SYSTÈMES À AMORTISSEMENT VISQUEUX
Figure 2.3 – Système masse - ressort en position verticale.
Où δst : Le déplacement statique du système sous l’effet de son propre poids W. On peut
calculer la fréquence naturelle (pulsation) du système non-amorti par :
ωn =
r
g
δst
(2.12)
On trouve aussi :
Fréquence naturelle : fn =
1
2π
r
g
δst
(2.13)
Période naturelle : Tn =
1
fn
= 2π
s
δst
g
(2.14)
2.2 Vibrations libres des systèmes à amortissement visqueux
Nous allons maintenant prendre en considération l’effet d’un amortissement visqueux sur un
système à un degré de liberté. L’amortissement visqueux est décrit par une force proportion-
nelle à la vitesse F = Cẋ.
Le diagramme libre de la masse est représenté dans la figure 2.4. Par l’application du deuxième
théorème de Newton ou la méthode des travaux virtuels ou bien une méthode énergétique on
trouve l’équation différentielle suivante :
mẍ + cẋ + kx = F(t) (2.15)
R. BELAKROUM 38

Figure 2.4 – Système à amortissement visqueux.
Dans cette partie, on ne considère que les vibrations libres donc =⇒ F(t) = 0. On trouve
dans ce cas, l’équation homogène suivante :
mẍ + cẋ + kx = 0 (2.16)
Afin de résoudre l’équation 2.16, on suppose une solution de la forme :
x = est
(2.17)
Après substitution dans l’équation 2.16, on obtient :
(ms2
+ cs + k)est
(2.18)
=⇒ s2
+
c
m
s +
k
m
= 0 (2.19)
Cette équation 2.19 dite équation caractéristique à deux racines :
s1;2 = −
c
2m
±
r c
2m
2
−
k
m
(2.20)
Ainsi, la solution générale s’écrit sous la forme :
x = Aes1t
+ Bes2t
(2.21)
Où A et B sont des constantes d’intégration qui sont évaluées à partir des conditions initiales
x(0) et ẋ(0).
39 U.K.M. Ouargla

On substituant l’équation 2.20 dans l’équation 2.21, on trouve :
x = e(− c
2m )t

Ae
q
( c
2m )
2
− k
m

t
+ Be
−
q
( c
2m )
2
− k
m

t
#
(2.22)
Le terme e−(c/2m)t est une fonction décroissante dans le temps. Le comportement des termes
entre parenthèses dépendent de la valeur numérique sous le radical qu’elle soit positive, nulle
ou négative. Quand le terme (c/2m)2 est plus grande que k/m, les exposants sont des nombres
réels et dans ce cas, aucune oscillation n’est possible. Nous faisons référence à ce cas comme
sur-amorti. Dans le cas ou le terme (c/2m)2 est plus grand que k/m, l’exposant devient un
nombre imaginaire : ±i
p
k/m − (c/2m)2t, et dans ce cas, le système est sous-amorti.
Dans le cas limite entre le cas d’un mouvement oscillatoire et non-oscillatoire [(c/2m)2 = k/m],
l’amortissement correspondant à ce cas est appelé critique et noté cc
cc = 2m
r
k
m
= 2mωn (2.23)
Tout amortissement peut être exprimé en fonction de l’amortissement critique par un nombre
adimensionnel ζ appelé rapport d’amortissement :
ξ =
c
cc
(2.24)
On peut écrire :
c
2m
= ξ
cc
2m

= ξωn (2.25)
On trouve :
s1;2 =
h
−ξ ±
p
ξ2 − 1
i
ωn (2.26)
L’équation différentielle du mouvement peut s’écrire en fonction de ζet de ωn comme suit :
ẍ + 2ξωnẋ + ω2
nx = 0 (2.27)
Maintenant, on est en mesure d’examiner convenablement la réponse vibratoire d’un système
à amortissement visqueux.
2.2.1 Mouvement oscillatoire ( système sous-amorti)
Dans ce cas ξ 1 et la solution générale devient :
R. BELAKROUM 40

x(t) = e−ξωnt

Aei
√
1−ξ2ωnt
+ Be−i
√
1−ξ2ωnt

(2.28)
Cette équation peut s’écrire selon les deux formes suivantes :
x(t) = Xe−ξωnt
sin
p
1 − ξ2ωnt + φ

= e−ξωnt

C1 sin
p
1 − ξ2ωnt + C2 cos
p
1 − ξ2ωnt
(2.29)
Où les constantes d’intégration X et φ ou C1 et C2 sont déterminés à partir des conditions
initiales. Ce qui donne :
x(t) = e−ξωnt

ẋ(0) + ξωnx(0)
ωn
p
1 − ξ2
sin
p
1 − ξ2ωnt + x(0) cos
p
1 − ξ2ωnt
#
(2.30)
Figure 2.5 – Oscillations d’un système sous-amorti.
Il est clair que d’après l’équation 2.30, la fréquence des oscillations du système amortie ωd
diffère de celle du système non-amortie et égale :
ωd =
2π
Td
= ωn
p
1 − ξ2 (2.31)
La figure 2.5 représente l’allure des oscillations d’un système sous-amorti.
2.2.2 Mouvement non-oscillatoire (système sur-amorti)
Lorsque ζ dépasse l’unité, les deux racines de l’équation caractéristique sont réelles. l’équation
générale du mouvement s’écrit :
41 U.K.M. Ouargla

x(t) = Ae

−ζ+
√
ζ2−1

ωnt
+ Be

−ζ−
√
ζ2−1

ωnt
(2.32)
Ou :
A =
ẋ(0) + (ξ +
p
ξ2 − 1)ωnx(0)
2ωn
p
ξ2 − 1
B =
−ẋ(0) − (ξ −
p
ξ2 − 1)ωnx(0)
2ωn
p
ξ2 − 1
(2.33)
Figure 2.6 – Oscillations d’un système sur-amorti.
Lorsqu’un système est sur-amorti, le mouvement est exponentiellement décroissant dans le
temps comme le montre la figure 2.6 et est de nature apériodique.
2.2.3 Mouvement à amortissement critique
Quand ξ = 1, on obtient une racine double pour l’équation caractéristique s1 = s2 = −ωn.
Dans ce cas, la solution générale s’écrit :
x(t) = (A + Bt)e−ωnt
(2.34)
Après intégration des conditions initiales, on trouve :
x(t) = [x(0) + (ẋ(0) + ωnx(0))t] e−ωnt
(2.35)
Comme le montre la figure 2.7, l’évolution dans le temps repose sur les conditions initiales.
Comme on peut le constater, il y a trois réponses différentes pour un même déplacement
initial x(0) en fonction de la vitesse au départ (à t = 0).
R. BELAKROUM 42

Figure 2.7 – Oscillations d’un système à amortissement critique.
2.2.4 Décrément logarithmique
Le taux ou le rapport d’amortissement ξ peut être déterminé expérimentalement à partir de
la réponse libre par la méthode du décrément logarithmique [7]. Pour illustrer cette approche,
de l’équation 2.29, on sait que la période des oscillations amorties est :
Td =
2π
ωd
(2.36)
Aussi, on peut écrire :
x(t)
x(t + nTd)
=
Ae−ξωnt sin(ωdt + φ)
Ae−ξωn(t+nTd) sin(ωd(t + nTd) + φ)
(2.37)
On a : sin (ωd(t + nTd) + φ) = sin(ωdt + φ + 2nπ) = sin(ωdt + φ).
Donc :
x(t)
x(t + nTd)
=
e−ξωnt
e−ξωn(t+nTd)
= eξωnnTd
(2.38)
ln

x(t)
x(t + nTd)

= ξωnnTd (2.39)
Si r = x(t)/x(t + nTd).
ln r = ξωnnTd =
2πnξ
p
1 − ζ2
(2.40)
On note que ln r est le décrément logarithmique par cycle δ :
δ =
1
n
ln r =
2πξ
p
1 − ζ2
(2.41)
43 U.K.M. Ouargla

2.3. VIBRATIONS LIBRES DES SYSTÈMES À AMORTISSEMENT DE COULOMB
Quand ξ est suffisamment petit,
p
1 − ξ2 ' 1 et dans ce cas :
δ ' 2πξ (2.42)
On définit aussi, le décrément logarithmique par radian qui est :
α =
1
2πn
ln r =
ξ
p
1 − ξ2
(2.43)
On trouve donc :
ξ =
r
α2
1 + α2
(2.44)
Figure 2.8 – Taux de décroissement des oscillations.
Ceci est la base de la méthode de mesure de l’amortissement par le décrément logarithmique,
qui consiste à commencez par mesurer un point x(t) et un autre point x(t + nTd) à n cycles
plus tard. Pour une haute précision, sélectionner le point maximum de la courbe de réponse
pour la mesure de x(t) et x(nTd + t) (figure2.8). De l’équation 2.44, il est clair que pour les
petites amortissement, ξ = α = décrément logarithmique par radian.
2.3 Vibrations libres des systèmes à amortissement de Cou-
lomb
Ce type d’amortissement est dû à la dissipation de l’énergie par frottement sec entre deux
surfaces en contact [3]. Dans ce cas, la force qui oppose toujours la direction du mouvement
(Figure 2.9), est décrite par l’équation 2.44. Dans cette équation, µ est le coefficient de frot-
tement et N est l’effort normal entre les deux solides, qui est perpendiculaire aux surfaces de
contact. Ce type d’amortissement est schématisé comme l’illustre la figure 2.10.
R. BELAKROUM 44

Fd = µ × N (2.45)
Figure 2.9 – Système à un degré de liberté sous l’effet d’un amortissement de Coulomb.
Figure 2.10 – Schématisation d’un système à amortissement de Coulomb.
Fd : est l’effort d’amortissement (de frottement). Dans ce cas l’équation de mouvement s’écrit :
mẍ + Fd sng(ẋ) + kx = 0 (2.46)
Ou le symbole sng représente une fonction qui prend la valeur +1 si ẋ est positive et −1 dans
le cas ou ẋ est négative [8]. Mathématiquement la fonction peut s’écrire comme suit :
sng(ẋ) =
ẋ
| ẋ |
(2.47)
L’équation 2.46 est non linéaire, on peut l’écrire sous la forme de deux équations :
(
mẍ + kx = −Fd si : ẋ 0
mẍ + kx = +Fd si : ẋ 0
(2.48)
Lorsque le mouvement est de droite à gauche (ẋ 0), on doit résoudre l’équation suivante :
ẍ + ω2
nx = Fd/m avec ωn =
r
k
m
(2.49)
45 U.K.M. Ouargla

La solution générale s’écrit sous la forme :
x = A sin ωnt + B cos ωnt +
Fd
k
(2.50)
Les deux constantes d’intégration A et B sont calculées en fonction des conditions initiales.
Supposant que :
x(0) = x0 et ẋ(0) = 0 =⇒ A = 0 et B = x0 −
Fd
k
On trouve donc l’équation de mouvement du premier demi-cycle :
x =

x0 −
Fd
k

cos ωnt +
Fd
k
(2.51)
A la fin du demi-cycle de droite à gauche ωnt = π est :
x(t) = x(
π
ωn
) = −x0 +
2Fd
k
(2.52)
Cela implique, qu’il y a une réduction de l’amplitude de 2Fd/k.
Figure 2.11 – Oscillations d’un système avec amortissement de Coulomb.
De façon similaire, pour le mouvement de gauche à droite quand la force de frottement agit
dans l’autre sens, le déplacement initial est x0 − 2Fd/k et le déplacement final est donc
R. BELAKROUM 46

2.4. VIBRATIONS LIBRES DES SYSTÈMES À AMORTISSEMENT D’HYSTÉRISIS
x0 − 4Fd/k, ce qui implique que la réduction de l’amplitude par cycle est de 4Fd/k.
Comme le montre la figure 2.11, en présence d’un amortissement de Coulomb le décroissement
de l’amplitude des oscillations est linéaire. Le mouvement continue à avoir lieu jusqu’à ce
que les amplitudes des vibrations deviennent tellement petites que la raideur du système
sera incapable de surmonter l’effort de frottement. Cela pourrait se produire une fois que
l’amplitude est ≤ ±Fd/k. Il est très important de noter que la présence d’un amortissement
de frottement sec n’affecte pas la fréquence des vibrations ; c’est à dire, la fréquence du
système amortie reste identique à celle du système non-amorti est égale
p
k/m.
2.4 Vibrations libres des systèmes à amortissement d’hystérisis
Théoriquement si un matériau est soumis à un chargement ne dépassant pas sa limite élastique
et ensuite déchargé, la courbe contrainte-déformation pour le déchargement suit la même
courbe que pour le chargement. Cependant, dans un matériau réel de l’ingénierie, les plans
internes glissent les uns par rapport aux autres et des liaisons moléculaires sont rompus, pro-
voquant la conversion de l’énergie de traction en énergie thermique et donnant naissance à un
processus irréversible. Une courbe plus réaliste pour le processus de chargement-déchargement
est illustrée à la figure 2.12. La courbe illustrée sur la même figure est une boucle d’hystérésis.
La zone délimitée par la boucle à partir d’une courbe force-déplacement est l’énergie de
déformation totale dissipée au cours d’un cycle de chargement-déchargement. En général,
l’aire sous une courbe d’hystérésis est indépendante de la vitesse du cycle de chargement
et de déchargement. Dans un système mécanique vibrant l’élément élastique subit des char-
gement cycliques. L’existence de la boucle d’hystérésis conduit à la dissipation d’énergie à
partir du système pendant chaque cycle, ce qui provoque un amortissement naturel, appelé
amortissement hystérétique ou structurel.
Figure 2.12 – Système avec un amortissement structurel.
Il a été montré expérimentalement que l’énergie dissipée par cycle de mouvement est indépendante
de la fréquence et proportionnelle au carré de l’amplitude [9]. Une relation empirique qui tra-
47 U.K.M. Ouargla

duit ce résultat est :
∆E = πkhX2
(2.53)
Où X est l’amplitude du mouvement durant le cycle et h est la constante d’amortissement
hystérétique . Le coefficient d’amortissement hystérétique ne peut pas être spécifié simplement
pour un matériau donné, il est dépendant d’autres considérations telles que la façon dont
le matériau est préparé et la géométrie de la structure considérée. Les données existantes
ne peuvent pas être étendues à chaque situation. Ainsi, il est habituellement nécessaire de
déterminer empiriquement le coefficient d’amortissement hystérétique.
Sous l’effet d’un amortissement structurel, le mouvement peut être considéré presque harmo-
nique (car ∆E est faible),et la diminution de l’amplitude par cycle peut être déterminée en
utilisant le principe d’équilibre énergétique [10].
Considérons un système simple masse-ressort avec amortissement hystérétique. Soit X1 l’am-
plitude à un moment où la vitesse est nulle et toute l’énergie est l’énergie potentielle stockée
dans le ressort. L’amortissement hystérétique dissipe une partie de cette énergie au cours du
prochain cycle de mouvement. Soit X2 le déplacement de la masse à l’instant suivant lorsque
la vitesse est nulle, après que le système exécute un demi-cycle de mouvement. X3 est le
déplacement à un moment ultérieur où la vitesse est nulle, un cycle complet plus tard (voir
figure 2.13). L’application du principe d’énergie au cours de la première moitié du cycle de
mouvement donne :
Figure 2.13 – Réponse d’un système à amortissement hystérétique.
Ec1 + Ep1 = Ec2 + Ep2 +
∆E
2
(2.54)
Au cours du premier demi-cycle, on trouve :
1
2
kX2
1 =
1
2
kX2
2 +
1
2
πkhX2
1 (2.55)
R. BELAKROUM 48

Ce qui donne :
X2 =
√
1 − πhX1 (2.56)
Pour le deuxième demi-cycle :
X3 =
√
1 − πhX2 = (1 − πh)X1 (2.57)
On remarque que le taux de diminution des amplitudes lors de cycles successives est constant,
comme il est lors d’un amortissement visqueux. Si par analogie, on détermine le décrément
logarithmique :
δ = ln
X1
X3
= − ln(1 − πh) (2.58)
Lequel, pour de faible valeur de h et en se basant sur les séries de Maclaurin, on a :
ln(1 + x) =
+∞
X
n=1
(−1)n+1
n
xn
(2.59)
On trouve que :
δ = πh (2.60)
Par analogie avec l’amortissement visqueux, un rapport d’amortissement équivalent pour
l’amortissement structurel est défini comme suit :
ξ =
δ
2π
=
h
2
(2.61)
Un coefficient d’amortissement visqueux est défini :
ceq = 2ξ
√
mk =
hk
ωn
(2.62)
La réponse libres d’un système à amortissement structurel est la même que la réponse du
même système lorsqu’il est soumis à un amortissement visqueux ayant un coefficient d’amor-
tissement visqueux équivalent donné par l’équation 2.62. Cela est vrai seulement pour de
faible amortissement hystérétique. L’analogie entre l’amortissement visqueux et l’amortisse-
ment hystérétique est également vrai que pour les matériaux linéairement élastiques et des
matériaux où l’énergie dissipée par cycle est proportionnelle au carré de l’amplitude. En outre,
le coefficient d’amortissement hystérétique est fonction de la géométrie ainsi que de la matière.
Les oscillations des systems à amortissement d’hystérésis ou à amortissement visqueux décroient
49 U.K.M. Ouargla

tous les deux exponentiellement. Cependant, l’amortissement hystérétique est significative-
ment différent de l’amortissement visqueux en ce que l’énergie dissipée par cycle pour amor-
tissement hystérétique est indépendante de la fréquence, alors que l’énergie dissipée par aug-
mentation de la fréquence de cycle pour un amortissement visqueux. Ainsi, alors que les
traitements mathématiques de l’amortissement visqueux et amortissement hystérétique sont
les mêmes, ils ont des différences physiques importantes.
Exemple Lors de mesures expérimentales des oscillations d’une structure, des données sur
la variation de la force en fonction du déplacement ont été enregistrées et représentées dans
la figure 2.14. Estimer la constante d’amortissement structurel h ainsi que le décrément loga-
rithmique δ.
Figure 2.14 – Force en fonction du déplacement.
L’énergie dissipée par cycle est donnée par l’aire de la boucle d’hystérésis. Par une méthode
graphique, on trouve que cette aire représente une énergie de 2, 5N × M. Donc :
∆E = πkhX2
Puisque le déplacement maximum est X = 0, 008m et l’effort de rigidité à cette position
F = 400N, on trouve :
k = F/X = 50000N/m (2.63)
Le coefficient d’amortissement structurel est donné par :
h =
∆E
πkX2
=
2, 5
π50000(0, 008)2
= 0, 248679
R. BELAKROUM 50

L’incrément logarithmique est trouvé :
δ ' πh = π(0, 248679) = 0, 78125
2.5 Exercices résolus
Exercice 2.1
Soit un mouvement harmonique d’amplitude 0, 2cm et d’une période de 0, 15s. Déterminer
les valeurs maximales de la vitesse et de l’accélération.
Le mouvement harmonique s’écrit :
x = A sin ωt
On sait que A = 0, 2cm et T = 0, 15s.
La pulsation ω = 2π
T = 41, 89rad/s
Donc :
ẋ = ωA cos ωt =⇒ ẋmax = ωA =⇒ ẋmax = 8, 38cm/s
ẍ = −ω2
A sin ωt =⇒ ẍmax = ω2
A = 350, 9cm/s2
Exercice 2.2
Un cylindre de masse m et d’un moment d’inerte J0 est lié à un ressort de rigidité k comme le
montre la figure 2.15. Sachant que le cylindre roule sans glissement, déterminer la fréquence
naturelle des oscillations de ce système.
Figure 2.15 – Cylindre et ressort de rappel.
L’énergie cinétique du système en mouvement est :
Ec =
1
2
mẋ2
+
1
2
J0θ̇2
51 U.K.M. Ouargla

x = rθ =⇒ ẋ = rθ̇ =⇒ Ec =
1
2

m +
J0
r2

˙
x2
L’énergie potentielle de déformation est :
Ep =
1
2
kx2
Du principe de conservation de l’énergie mécanique, on trouve :
∂
∂t
(Ec + Ep) = 0 =⇒
∂
∂

1
2

m +
J0
r2

ẋ2
+
1
2
kx2

= 0
On trouve l”équation différentielle du mouvement :
ẍ +
k
m + J0
r2
x = 0
Donc la fréquence est :
ωn =
s
k
m + J0
r2
Exercice 2.3
Le comportement vibratoire du navire (Figure 2.16) dépend de la position du centre de ro-
tation M par rapport au centre de gravité G. Le point M se trouve à l’intersection de la
ligne d’action de la force de flottabilité et l’axe central du navire. Monter que la période du
mouvement de basculement du navire est donnée par :
T = 2π
r
J
Wh
Ou W et J : sont respectivement le poids du navire et son moment d’inertie autour d’un axe
passant par M.
D’après les lois de la dynamique, on trouve :
−Wh sin θ = Jθ̈
sin θ ' θ =⇒ θ̈ +
Wh
J
= 0
R. BELAKROUM 52

Figure 2.16 – Basculement d’un navire dans l’eau.
La fréquence naturelle du système est :
ωn =
r
J
Wk
=⇒ T = 2π
r
J
Wh
Exercice 2.4
Une poutre simplement supportée comme le montre la figure 2.17. Si la masse concentrée au
milieu est m1 et la masse de la poutre est m2, déterminer la fréquence naturelle du système.
Figure 2.17 – Poutre simplement supportée avec une masse concentrée au milieu.
Pour une poutre en flexion, si l’amplitude des vibrations est supposée y ; l’énergie cinétique
est calculée comme suit :
Ec =
1
2
Z
ẏ2
maxdm =
1
2
ω2
Z
y2
dm (2.64)
Ou ω est la fréquence naturelle de la poutre.
Dans le cas d’une flexion considérée pure, l’énergie de déformation élastique est donnée par :
53 U.K.M. Ouargla

Ep =
1
2
Z
EI

d2y
dx2
2
dx (2.65)
Si on suppose que les oscillations sont non-amorties, on peux écrire :
Emax
c = Emax
p =⇒ ω2
n =
1
2
R
EI

d2y
dx2
2
dx
R
y2dm
(2.66)
L’expression 2.66 donne la plus basse fréquence des vibrations transversales d’une poutre.
L’utilisation de cette méthode nécessite la connaissance au préalable de y(x). Souvent, on
utilise comme approximation la flèche statique ou-bien une partie d’un sinusoı̈de. La forme
supposée y(x) doit satisfaire impérativement les conditions aux limites.
Pour le cas de la poutre 2.17, les conditions aux limites sont ; y = 0 et d2y/dx2 = 0 à x = 0
et x = l. Ces conditions sont satisfaites en supposant : y = y0 sin(πx/l). Donc :
ẏ = ẏ0 sin
πx
l

et
d2y
dx2
= −y0
π
l
2
sin
πx
l

Par conséquent :
Z l
0
EI

d2y
dx2
2
dx =
Z l
0
EIy2
0
π
l
4
sin2
πx
l

dx = EIy2
0
π
l
4 l
2
On a aussi :
Z
y2
dm =
Z l
0
y2
0 sin2
πx
l
m2
l
dx + y2
0m1 = y2
0

m1 +
m2
2

ωn =
s
EI(π/l)4l/2
m1 + m2/2
Si m2 = 0 :
ωn =
EI
2
π4
l3m1
= 48, 7
EI
m1l3
La solution exacte est : 48EI/m1l3, on remarque que la solution par la méthode de Rayleigh
est plus grande de 1, 4%.
Exercice 2.5
R. BELAKROUM 54

Une approximation du fléchissement de la poutre simplement supportée (figure 2.17) dû a un
chargement concentré à son milieu est donnée par :
y(z) =
x
2

1 − cos
2πz
L

Utiliser cette approximation pour déterminer la masse équivalente du système.
Cu
Exercice 2.6
Déterminer la fréquence naturelle des vibrations transversales, de la poutre encastrée-libre de
masse m et ayant une masse M attachée à son extrémité libre (voir figure 2.18).
Figure 2.18 – Poutre encastrée-libre dotée d’une masse concentrée.
De la résistance des matériaux, la flèche statique est donnée par :
y = (y0/2l3
)(3lx2
− x3
)
Alternativement, on peut aussi utiliser l’expression :
y(x) = y0(1 − cos πx/2l)
Z l
0
EI

d2y
dx2
2
dx = EI
Z l
0
y0
2l3
2
(6l − 6x)dx =
3EI
l3
y2
0
On a aussi :
Z
y2
dm =
Z l
0
y2 m
l
dm + y2
0M = y2
0

M +
33
140
m

La fréquence naturelle est donc :
55 U.K.M. Ouargla

ωn =
s
3EI
M + 33
140m

l3
Exercice 2.7
La figure 2.19 montre le modèle d’un bâtiment. Les colonnes sont supposées êtres rigidement
encastrées des deux extrémités. Déterminer la période T des vibrations libres du système (la
période naturelle).
Figure 2.19 – Modèle d’un bâtiment à un étage.
Figure 2.20 – déformation d’un poteau.
Figure 2.21 – représentation des réactions internes.
La rigidité globale du système est le résultat de la combinaison des rigidités transversales
des deux poteaux. Ces derniers sont d’un coté encastrés au sol et de l’autre au plafond qui
R. BELAKROUM 56

est supposé rigide (indéformable). Un déplacement au niveau du plafond engendre des forces
de rappelle dues à la rigidité des poteaux. La rigidité équivalente du système provient de la
combinaison en parallèle des rigidités de chaque poteau.
Le système est hyperstatique, c’est à dire que le nombre de réactions aux appuis est supérieur
aux équations de la statique disponible. Sous l’effet d’une force horizontale F appliquée à
l’encastrement au plafond, les réactions observées sont trois : un moment MA et une force
horizontale FA au sol ainsi qu’un moment MB au niveau de l’encastrement au plafond.
L’expression du moment fléchissant est :
Mf = MA + Fx on a : MA = MB − FL
Mf = MB − FL + Fx
De l’équation différentielle de la déformée on peut écrire :
EIδ00
= −Mf = −MB + FL − Fx
EIδ0
= (−MB + FL)x −
F
2
x2
EIδ =
−MB + FL
2
x2
−
F
6
x3
On sait que la rotation à l’encastrement au plafond est nulle. Donc :
δ0
(x = L) = 0 =⇒ MB =
FL
2
On trouve, l’expression de la déformée :
EIδ(x) =
FL
4
−
F
6
x3
=⇒ EIδ(L) =
FL3
12
La rigidité d’un poteau est :
F =
12EI
L3
δ(L) =⇒ K =
12EI
L3
La rigidité équivalente des deux poteaux est :
Keq = 2

12EI
L3

(2.67)
57 U.K.M. Ouargla

La fréquence naturelle :
ωn =
r
k
m
Finalement la période des oscillations libres :
T = 2π
r
m
k
=⇒ T = 2π
r
mL3
24EI
Exercice 2.8
Calculer la fréquence naturelle ainsi que le rapport d’amortissement du système (Figure 2.22).
On donne m = 10kg, c = 100 kg/s, k1 = 4000 N/m, k2 = 2000 N/m et k3 = 1000 N/m.
On suppose que le mouvement est sans frottement. Est ce que le système est sous-amorti, à
amortissement critique ou-bien sur-amorti.
Figure 2.22 – Système à un degré de liberté composé de plusieurs raideurs.
En premier lieu, on calcule la rigidité équivalente :
keq = k1 +
k2k3
k3 + k2
= 4667 N/m
La fréquence naturelle est donnée par :
ωn =
r
keq
m
= 21, 6 rad/s
Le rapport d’amortissement est :
ξ =
c
2mωn
= 0, 231
On a ξ 1 =⇒ le système est sous-amorti.
Exercice 2.9
R. BELAKROUM 58

On a la réponse d’une automobile de masse 1000 kg modélisé en système masse-ressort-
amortisseur en vibration libre à 1 degré de liberté. Si le coefficient de rigidité k = 400000 N/m,
déterminer le coefficient d’amortissement visqueux si le déplacement à t1 est 2 cm et 0.22 cm
à t2 = t1 + T.
Le décrément logarithmique est :
δ = ln
x1
x2
= 2, 207
Le rapport d’amortissement :
ξ =
δ
√
4π2 + δ2
= 0, 331
On détermine le coefficient d’amortissement ainsi :
c = 2ξ
√
km = 13256 kg/s
Exercice 2.10
Écrire l’équation différentielle des vibrations du système représenté sur la figure 2.23. Déduire
la fréquence des oscillations amorties.
Figure 2.23 – Masse concentrée attachée à l’extrémité d’une tige rigide.
Par l’application de la deuxième loi de Newton, on peut écrire l’équation différentielle suivante :
ml2
θ̈ = −ca2
θ̇ − ka2
θ
θ̈ +
c
m
a
l
2
θ̇ +
k
m
a
l
2
θ = 0
L’équation est de forme :
59 U.K.M. Ouargla

θ̈ + 2ξωnθ̇ + ω2
nθ = 0
On trouve donc, la fréquence naturelle des vibrations non-amorties :
ωn =
a
l
r
k
m
Le rapport d’amortissement est donc :
ξ =
1
2
c
m
a
l
2 l
a
r
m
k
=⇒ ξ =
1
2
ac
l
√
km
La fréquence des vibrations amorties est :
ωd = ωn
p
1 − ξ2
ωd =
a
l
r
k
m
r
1 −
1
km
ac
2l
2
Exercice 2.11
Un système a un degré de liberté ayant un rapport d’amortissement visqueux ξ = 0.02.
Déterminer l’énergie dissipée par cycle par rapport à l’énergie du système au début de ce
cycle. Trouver aussi l’amplitude au 12eme cycle si l’amplitude au 3eme cycle est 1.8mm.
Nous avons ξ 1 ⇒ le système est sous-amortie. Par conséquent : ln

X1
X2

= 2πξ = 0, 126.
Donc : X1
X2
= e0,126 = 1, 134.
L’énergie au début du cycle :
1
2
kX2
1
L’énergie à la fin du cycle :
1
2
kX2
2
Le rapport de l’énergie dissipée et l’énergie au début du cycle :
1
2kX2
1 − 1
2kX2
2
1
2kX2
1
= 1 −
X2
X1
= 0, 223
Cela implique que 22, 3% de l’énergie initiale est dissipée durant un cycle. On a :
X1
X2
= 1, 134 ;
X2
X3
= 1, 134 ;
Xn−1
Xn
= 1, 134
R. BELAKROUM 60

Donc :
X3
X12
= 1, 1349
= 3, 107 ⇒ X12 =
1, 8
3, 107
= 0, 579mm
Exercice 2.12
Démontrer que le décrément logarithmique peut être calculé par l’expression suivante :
δ =
1
n
ln
X0
Xn
Où Xn est l’amplitude des vibrations après n cycles.
On sait que :
ln
x(t)
x(t + nT)
= ln

Ae−ξωnt sin (ωdt + φ)
Ae−ξωn(t+nT) sin (ωd(t + nT) + φ)

ln

Ae−ξωn(t+nT) sin (ωd(t + nT) + φ)

= ln

Ae−ξωnte(nξωnT) sin (ωdt + nωdT + φ)

Puisque :
nωdT = n(2π) ⇒ sin (ωdt + nωdT + φ) = sin (ωdt + φ)
On trouve donc :
ln
x(t)
x(t + nT)
= nξωnT
D’une autre part, on sait que ln x(t)
x(t+T) = ξωnT = δ ⇒
ln
x(t)
x(t + nT)
= nδ
⇒ δ =
1
n
ln

X0
Xn

Exercice 2.13
Soit le système à un degré de liberté représenté sur la figure 2.24 , où m = 10kg, k = 103N/m.
Déterminer l’amortissement visqueux qui réduit les fréquences des oscillations à 9rad/s.
La fréquence naturelle des vibrations non-amorti est :
ωn =
r
k
m
= 10 rad/s
On déduit le rapport d’amortissement :
61 U.K.M. Ouargla

Figure 2.24 – Système à un degré de liberté à amortissement visqueux.
ωd = ωn
p
1 − ξ2 = 9 rad/s =⇒ ξ = 0, 435
Donc, le coefficient d’amortissement visqueux est :
c = 2ξωn = 2 × 0, 435 × 10 × 10 =⇒ c = 87 kg/s
Exercice 2.14
Pour un système sous-amorti, les conditions initiales sont : x0 = 0 et v0 = 10 mm/s.
Déterminer la masse, l’amortissement visqueux et la rigidité du système à condition que
l’amplitude des oscillations soient inférieure à 1 mm.
Pour un système sous-amorti l’amplitude est :
A =
s
x2
0 +
(v0 + ξωnx0)2
ω2
d
x0 = 0 =⇒ A =
x0
ωd
A 0, 001m =⇒ ωd 10 rad/s
Donc :
ωd = ωn
p
1 − ξ2 10 =⇒
k
m
(1 − ξ2
) 100
On a :
k
m

100
1 − ξ2
R. BELAKROUM 62

Si on choisi ξ = 0, 01 =⇒ k
m 100, 1.
Si on choisi m = 1 kg =⇒ k 100, 01.
On peut choisir k = 144 N/m 100, 01.
La fréquence ωn =
q
k
m = 12 rad/s et la fréquence amortie ωd = ωn
p
1 − ξ2 = 11, 99 rad/s.
Finalement, on calcule le coefficient d’amortissement visqueux comme suit :
c = 2mξωn = 0, 24kg/s
Exercice 2.15
On considère le système sur la figure 2.25. Si l’effort de friction est de magnitude constante
de 6N et le déplacement initial est de 4cm, déterminer l’amplitude après un cycle ainsi que
la fréquence des vibrations amorties sachant que : m = 5kg et k = 9.103N/m.
Figure 2.25 – Système à un degré de liberté à amortissement de Coulomb.
Après un cycle l’amplitude des oscillation devient :
X1 = X0 − 4
Fd
k
⇒ X1 = 0, 0373m
L’amortissement de Coulomb n’affecte pas la fréquence des vibrations ; par conséquent on a :
ωn =
r
k
m
=
r
9x103
5
= 42, 43rad/s
Exercice 2.16
Déterminer et tracer la réponse du système représenté sur la figure 2.26 où x0 = 0, 1m, v0 =
0, 1m/s, µ = 0, 05, θ = 20o, m = 250 kg et k = 3000 N/m. Combien de temps dure les
vibrations du corps.
L’équation du mouvement s’écrit :
mẍ + (µmg cos θ)
ẋ
| ẋ |
+ kx = 0
Au cours du premier demi-cycle, la solution s’écrit :
63 U.K.M. Ouargla

Figure 2.26 – Masse-ressort sur un plan incliné.
Figure 2.27 – Déplacement en fonction du temps.
x(t = A sin ωnt + B cos ωnt +
Fd
k
ẋ(t) = Aωncosωnt − Bωn sin ωnt
Les constantes A et B sont définies par les conditions initiales :
x(t) =

v0
ωn

sin ωnt +

x0 −
Fd
k

cos ωnt +
Fd
k
A la fin du premier demi-cycle, on a :
R. BELAKROUM 64

x

π
ωn

= −

x0 −
Fd
k

+
Fd
k
= −x0 +
2Fd
k
x

π
ωn

= 0, 0236m
On a aussi : Fd/k = 0, 0381 m
L’amplitude à la fin du premier demi-cycle 0, 0236 m. On remarque que :
x

π
ωn

Fd
k
=⇒
Le système est dans la zone dite morte (| X | Fd
k ) et par conséquent le mouvement oscillatoire
s’arrête à la fin du premier demi-cycle . Donc, les vibrations cessent après un temps t = π
ωn
=
0, 9s.
Exercice 2.17
Une structure modélisée comme un système à un seul degré de liberté est représentée sur la
figure 2.28. Durant un test au laboratoire, on a enregistré la courbe force-déplacement de la
structure comme le montre la figure 2.29. Déterminer la réponse du système sachant que sa
vitesse initiale de 20m/s.
Figure 2.28 – Structure modélisée en un système à un degré de liberté.
L’aire sous la courbe d’hystérésis est évaluée en comptant les carrés à l’intérieur de la boucle
d’hystérésis. Chaque carré représente (1 × 104 N) × 0, 002 = 20 Nm d’énergie dissipée. Il y a
environ 38, 5 carrés à l’intérieur de la boucle d’hystérésis résultant en 770 Nm dissipées sur
un cycle de mouvement avec une amplitude de 20 mm.
Le coefficient d’amortissement structurel est dans ce cas :
h =
∆E
πkX2
=
770
π(5 × 106)(0, 02)
= 0, 123
65 U.K.M. Ouargla

Figure 2.29 – Courbe force-déplacement sur un cycle.
Le décrément logarithmique, le rapport d’amortissement et la fréquence naturelle sont calculés
comme suit :
δ = πh = 0, 385
ξ =
h
2
= 0, 0613
ωn =
r
k
m
= 100 rad/s
La réponse de la structure avec amortissement hystérétique est approximativement la même
que la réponse d’un système masse-ressort-amortisseur visqueux avec un rapport d’amortis-
sement de 0, 0613 et une fréquence naturelle de 100 rad/s. La solution est de la forme donnée
par l’équation 2.5, avec ˙
x0 = 20 m/s et x0 = 0. La réponse s’écrit :
x(t) = 0, 2e−9,13t
sin(99, 81t)
Exercice 2.18
Une structure modélisée comme un système à un degré de liberté de masse équivalente
meq = 5 × 105 et de rigidité 25 × 106N/m. Lors d’un test de vibrations libres, le rapport
de deux amplitudes consécutives est 1, 04. Estimer le coefficient d’amortissement structurel h
et déterminer la réponse libre du système.
R. BELAKROUM 66

Le décrément logarithmique est :
δ = ln

Xj
Xj+1

= ln(1, 04) = − ln(1 − πh)
1, 04 =
1
1 − πh
=⇒ h =
1
π

1 −
1
1, 04

On trouve donc le rapport d’amortissement :
ξ =
h
2
=⇒ h = 0, 0127
Le coefficient d’amortissement équivalent est :
ceq = 2ξ
√
mk = 44, 9013 × 103
Ns/m
Puisque ξ 1, le système est sous-amorti et la réponse est donnée par :
x = e−ξωnt

ẋ(0) + ξωnx(0)
ωn
p
1 − ξ2
sin
p
1 − ξ2ωnt + x(0) cos
p
1 − ξ2ωnt
#
Où x(0) et ẋ(0) sont respectivement le déplacement et la vitesse initiaux de la structure.
67 U.K.M. Ouargla

R. BELAKROUM 68

Chapitre 3
Vibrations forcées des systèmes à un degré
de liberté
Sommaire
3.1 Réponse des systèmes à un degré de liberté sous l’effet de forces
Périodiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.1.1 Excitation harmonique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
3.1.2 Réponse d’un système amorti sous l’effet d’excitations de plusieurs
fréquences . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.1.3 Excitation périodique quelconque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3.2 Réponse des systèmes à un degré de liberté sous l’effet de forces
quelconques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.2.1 Réponse à une excitation d’impulsion . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
3.2.2 Réponse à une excitation arbitraire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.2.3 Réponse à un déplacement arbitraire à la base . . . . . . . . . . . . 92
”La vie, c’est comme une bicyclette, il faut avancer pour ne pas perdre l’équilibre”.
- Albert EINSTREIN
Une structure ou un système mécanique subit des vibrations forcées chaque fois qu’une énergie
externe est fournie au système lorsque les oscillations se produisent. L’ énergie externe peut
être fournie soit par une force appliquée ou une excitation de déplacement imposé. La force ou
le déplacement peuvent être harmoniques, périodiques de forme quelconque, non-périodique,
ou même de nature aléatoire. La réponse d’un système sous l’effet d’une excitation harmo-
nique est appelée réponse harmonique. La réponse d’un système sollicité par une excitation
appliquée sur un laps de temps est appelée réponse transitoire. Les sources d’excitations
harmoniques sont le balourd dans les machines tournantes, les forces générées par des masses
en mouvement alternatif et le mouvement de la machine elle-même dans certains cas [11].
69

3.1. RÉPONSE DES SYSTÈMES À UN DEGRÉ DE LIBERTÉ SOUS L’EFFET DE
FORCES PÉRIODIQUES
3.1 Réponse des systèmes à un degré de liberté sous l’effet de
forces Périodiques
De nombreux systèmes réels sont soumis à des excitations périodiques. Parfois, des oscillations
de grandes amplitudes sont souhaitées comme dans le cas des compacteurs vibrants, mais ha-
bituellement, nous sommes conditionnés par de très faibles amplitudes de vibrations sur une
large gamme de fréquences. Certaines forces périodiques sont harmoniques, mais même si
elles ne les sont pas, elles peuvent être représentées par une série de fonctions harmoniques
en utilisant des techniques d’analyse de Fourier [12].
Lorsqu’un système est soumis à une excitation harmonique, il est forcé de vibrer à la même
fréquence de l’excitation, et si des vibrations d’amplitudes importantes se développent la solli-
citation peut être dangereuse pour la sécurité de fonctionnement du système (équipement)[13].
C’est pour cela qu’il est impérative de pouvoir prévoir le comportement vibratoire des struc-
tures mécaniques sous l’effet d’excitations de nature harmonique ou périodique.
3.1.1 Excitation harmonique
Dans le cas général, les vibrations des systèmes sont dues aux conditions initiales et aux
forces d’excitation (figure 3.1). Le modèle mathématique correspondant aux considérations
précédentes est représenté par l’ équation différentielle non-homogène et du second ordre
suivante :
mẍ + cẋ + kx = F(t) (3.1)
Ou bien, sous cette forme :
ẍ + 2ξωnẋ + ω2
nx = f(t) (3.2)
ωn =
r
k
m
.../... 2ξωn =
c
m
.../... f(t) =
F(t)
m
Puisque l’équation n’est pas homogène, sa solution générale x(t) est la somme de la solution
homogène xh(t) et de la solution particulière xp(t). La solution homogène est la solution de
l’équation suivante :
mẍ + cẋ + kx = 0 (3.3)
Les variations temporelles des solutions homogène, particulière et générale sont représentées
sur la figure 3.2. On peut voir qu’après un certain temps, la solution homogène tend vers zéro,
et par conséquent la solution générale est dominée par le terme de la solution particulière. C’est
à dire qu’en régime permanent la réponse du système est uniquement la solution particulière.
R. BELAKROUM 70

Figure 3.1 – Système masse-ressort-amortissement visqueux.
Figure 3.2 – Solutions homogène, particulière et générale d’un système sous-amorti.
Réponse d’un système non-amorti à un degré de liberté à une excitation harmo-
nique
Dans le cas d’un système non-amorti et excité d’une force harmonique de la forme :
Feq = F0 sin(ωt + ψ) (3.4)
Où F0 l’amplitude, ω la fréquence et ψ la phase.
Dans ce cas, l’équation différentielle du mouvement s’écrit :
ẍ + ω2
nx =
F0
meq
sin(ωt + ψ) (3.5)
71 U.K.M. Ouargla

On se propose de résoudre l’équation différentielle par la méthode des coefficients indéterminés.
Dans ce cas, on suppose que la solution particulière est de la forme :
xp(t) = U cos(ωt + ψ) + V sin(ωt + ψ) (3.6)
En substituant l’équation 3.6 dans 3.5, on trouve :
(ω2
n − ω2
)U cos(ωt + ψ) + (ω2
n − ω2
)V sin(ωt + ψ) =
F0
meq
sin(ωt + ψ) (3.7)
Ce qui implique que :
(
(ω2
n − ω2)U = 0
(ω2
n − ω2)V = F0
meq
(3.8)
Si ω 6= ωn =⇒ U = 0 et V = F0
meq(ω2−ω2
n)
, la solution particulière s’écrit :
xp(t) =
F0
meq(ω2
n − ω2)
sin(ωt + ψ) (3.9)
Ou bien sous la forme :
xp(t) =

sin(ωt + ψ − φ) (3.10)
Où :
(
φ = 0 si ωn ω
φ = π si ωn ω
(3.11)
La solution générale est la somme de la solution homogène et la solution particulière :
x(t) =

x0 −
F0 sin ψ
meq(ω2
n − ω2)

cos(ωnt) +
1
ωn

ẋ0 −
F0ω cos ψ
meq(ω2
n − ω2)

sin(ωnt)
+

sin(ωt + ψ − φ)
(3.12)
La réponse du système représenté sur la figure 3.3 est la somme de deux termes trigo-
nométriques de fréquences différentes.
Pour le cas particulier où ω = ωn l’équation 3.8 ne peut être vérifiée sauf si V = ∞. Dans ce
cas une solution particulière doit être supposée de la forme :
R. BELAKROUM 72

xp(t) = Ut sin(ωnt + ψ) + V t cos(ωnt + ψ) (3.13)
Figure 3.3 – Réponse d’un système non-amorti à un degré de liberté ( ω ωn).
En substituant l’équation 3.13 dans l’équation 3.5, on trouve :
xp(t) = −
F0
2meqωn
t cos(ωnt + ψ) (3.14)
Après calcul des constantes d’intégration en utilisant les conditions initiales, on trouve la
solution générale :
x(t) = x0 cos(ωnt) +

ẋ0
ωn
+
F0 cos ψ
2meqω2
n

sin(ωnt) −
F0
2meqωn
t cos(ωnt + ψ) (3.15)
La réponse d’un système dont la fréquence d’excitation est égale à sa fréquence propre
(fréquence naturelle) est illustrée sur la figure 3.4. Étant donné que l’amplitude de la réponse
est proportionnelle au temps, dans ce cas, l’amplitude augmente progressivement vers l’infini.
un système sollicité par une excitation externe d’une fréquence coı̈ncidant avec sa fréquence
naturelle est dit être en résonance [14]. La résonance est un état dangereux pour un système
mécanique où se produit de grands déplacements indésirables qui sont souvent la cause sa
destruction.
Lorsque la fréquence d’excitation est proche, mais pas exactement égale à la fréquence natu-
relle du système, un phénomène intéressant se produit appelé battement. Ce dernier est une
augmentation et une diminution de l’amplitude continue dans le temps comme le montre la
figure 3.5.
73 U.K.M. Ouargla

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