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Système à 2 (n) degrés de liberté

T.MASROUR

Pag
Système à 2 (n) degrés de liberté : définition
Un système est dit à n degrés de liberté si et seulement si n coordonnées sont
nécessaires pour définir complètement sa configuration.
(l’ensemble des degrés de liberté n’est pas, en général, unique)
Fig b

Fig a

θ1
x1
m1

M1

θ2

x2

m2

M2

Fig a : On peut choisir les angles θ1 et θ2 comme deg de liberté, or x1=L1sin(θ1) et
x2=L2sin(θ2), donc x1 et x2 aussi peuvent être choisis comme deg de liberté.
Fig b : Les déplacements X1 et X2 sont les deg de libertés.

T.MASROUR

Pag
Système à 2 (n) degrés de liberté
- mise en équation-

Système à 3 degrés de liberté
(en supposant que le corps est rigide)

M X’’ + CX’ + K X = Fe
Xn)

T.MASROUR

avec X=(X1, X2,…

Pag
1. Vibrations libres non amorties (1)
1. 1. Mise en équation.
On va se concentrer sur un exemple pour les développements qui vont suivre.

k1

m1

k2

m2

Si on écrit l’équilibre des forces intérieures et extérieures du système masse m1, ressort k1+ ressort k2 on
trouve l’équation suivante:
équ mvt de la masse m1:
m1 x1’’ = -k1 x1 + k2( x2 –x1)
l’équilibre des forces intérieures et extérieures du système masse m2+ressort k2 on trouve l’équation
suivante:
m2 x2’’ = - k2( x2 –x1)
X1 et x2 sont les déplacements de m1 et m2 à partir de leurs positions d’équilibre, on peut alors réécrire le
syst suivant :
m1 x1’’ + (k1+k2)x1 - k2 x2 = 0
m2 x2’’ + k2 x2 - k2 x1 = 0
Équations qui doivent se résoudre simultanément.

T.MASROUR

Pag
1. Vibrations libres non amorties (2)
1.2. Solution du système d’équations.

On procède de la même façon que pour un deg de liberté; on cherche la solution sous la forme
x1=X1sin(wt+φ) et x2=X2sin(wt+φ)
En injectant dans le sytème d’équations d’équilibre on aboutit à :
(k1+k2-w2 m1)X1 – k2X2 = 0
(k2-w2 m2)X2 – k2X1 = 0

Une solution possible est la solution triviale identiquement nulle. Une solution non triviale nécessite que
le déterminant soit nul :

k1 + k 2 − w2 m1

−k 2

−k 2

k 2 − w2 m2

T.MASROUR

Pag
1. Vibrations libres non amorties (3)
On obtient alors 2 racines en

w2

− b + b 2 − 4ac
− b − b 2 − 4ac
2
w =
et w2 =
2a
2a
2
1

a = m1m2 ; b = −( m1k 2 + m2 ( k1 + k 2 ) ) et c = k1k 2
Les pulsations naturelles dépendent des masses m 1 et m2 ainsi que des raideurs k1 et k2. Notons
X1i : l’amplitude de la masse m1 à la fréquence w 1
X2i : l’amplitude de la masse m2 à la fréquence w 1

Et

 X1 
X 11
k2
k 2 − ω12 m1
β1 = 
=
=
=
X 

X 21 k1 + k 2 − ω12 m1
k2
 2 ω =ω1

Les solutions associées à la fréquence w 1 peuvent alors s’écrire :

x11 = β1 X 21 sin ( ω1t + φ1 )
x21 = X 21 sin ( ω1t + φ1 )

T.MASROUR

Pag
1. Vibrations libres non amorties (4)
On procède de la même façon pour obtenir :

2
 X1 
X 12
k2
k 2 − ω2 m2
β2 = 
=
=
=
2
X 

k2
 2 ω =ω2 X 22 k1 + k 2 − ω2 m1

x12 = β 2 X 22 sin ( ω2t + φ2 )
x22 = X 22 sin ( ω2t + φ2 )
Définition : Les rapports d’amplitudes β1 et β 2
La solution complète s’écrit alors :

sont appelés les principaux modes de vibration.

x1 = x11 + x12 = β1 X 21 sin ( ω1t + φ1 ) + β 2 X 22 sin ( ω2t + φ2 )
x2 = x21 + x22 = X 21 sin ( ω1t + φ1 ) + X 22 sin ( ω2t + φ2 )
Dans ce cas on a 4 constantes à déterminer en fonction des conditions initiales :X 12 ;

x10 = β1 X 21 sin (φ ) + β2 X 22 sin (φ2 )
1
x20 = X 21 sin (φ ) + X 22 sin (φ2 )
1

x10 = ω β1 X 21 cos(φ ) +ω2 β2 X 22 cos(φ2 )
1
1

x20 = ω X 21 cos(φ ) +ω2 X 22 cos(φ2 )
1
1

T.MASROUR

X 22 ; φ1 et φ2

Pag
2. Méthode Matricielle
2.1. Équations différentielles
Les deux équations de mouvement de l’exemple ci-dessus peuvent être présentées de la manière qui suit

m1
0


0   1  k1 + k 2
x
+
m2   2   − k 2
x  


M
x

M : Matrice de masse

et

+

− k 2   x1  0
=
k 2   x2  0 
   

Kx

=

0

K : Matrice de rigidité.

D’une manière générale et pour un système à 2 deg de liberté on a le système matriciel suivant :

 m11
m
 21

m12   1   k11
x
    + k
m22   x2   21

k12   x1  0
x  =  
k 22   2  0

mij = coeff de masse ou d' inertie
k ij = coeff de rigidité ou d' élasticité

Rqs : ∗ Si m12 = m 21 = 0 pas d' inertie couplant les deg x1 et x2 ;
les deg de libertés sont dits dynamiquem ent découplés.
∗ Si k12 = k 21 = 0 pas de raideur couplant les deg x1 et x2 ;
les deg de libertés sont dits élastiquem ent découplés.
T.MASROUR

Pag
Solution de l’équation matricielle.
  X1 
 
x = X sin ( ωt + φ ) où X =  
X 2 

On cherche une solution vecteur sous la forme :
Résolvons dans le cas de l’exemple d’abord

[

]


K − ω M X sin ( ωt + φ) = 0 ∀t

2
⇔ K −ω M X = 0
2

[

[

]

]

Solution non triviale ⇔ dét K − ω2 M = K − ω2 M = 0
On trouve deux solutions

2
ω12 et ω 2

qui sont, au fait, les valeurs propres de

M −1K , de même que 1

Et on écrit alors :

ωi2

sont les v.p. de K −1M




x =X1 sin (ωt + 1 ) +X 2 sin (ω t + 2 )
φ
φ
1
2

β
β
X   X 
 
où X1 = 11 = 1 21  = X 21  1  β = X 11
, 1
X 21
X 21   X 21 
1 



β
β
X   X


X
et X 2 = 12  = 2 22  = X 22  2  β = 12
, 2
X 22
1 
X 22   X 22 

T.MASROUR

Pag
Solution matricielle
 β 1
La solution s' écrit x = 
1
On détermine ensuite les constantes

X 12 ; X 22 ; φ1 et φ2

β 2   X 21 sin ( ω1t + φ1 ) 
  X sin ( ω t + φ ) 

1   22
2
2 

en résolvant le système

 x10   β 1

x0 = 
x =  1

20  


β 2  X 21 sin (φ1 ) 
 X sin ( φ ) 

1  22
2 


  x10   β 1


x0 = 
x =  1
 20  



β 2  ω1 X 21 cos( φ1 ) 
 ω X cos( φ ) 

1  2 22
2 


T.MASROUR

Pag
k3
I2

I1

k2

k1

Application 1

K2(θ 1- θ 2)

k1θ 1

k3θ 2

Solution:
I
M + Kθ = 0 avec M =  1
θ
0

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0
k1 + k 2
et K = 
I2 

 − k2

− k2 

k 2 + k3 

Pag
Application 2 : Châssis d’une voiture

m, I, l
A
k1

Solution:

y

θ

B
k2

 m

MX + KX = 0 avec M = 
m l
 2


l 
2  et K = k1 + k 2

 kl
l2
 2
I +m
4

m


 k1 + k 2
 m 0

MX + KX = 0 avec M = 
 et K = 
0 I
 − k 2l

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k 2l 
y 
si X = A
θ 
k2 l 2
 


l
( k2 − k1 ) 
2 si X =  y G 
 
2
θ 
l 
 
( k2 + k1 )
4
Pag
3. Vibrations libres et amorties (1)
3.1. Équations du mouvement.
Nous allons reprendre l’exemple étudié précédemment en y ajoutant des amortisseurs visqueux :

m1

k1

m2

k2

C1

C2



Le système d’équations d’équilibre s’écrit comme suit : m1 1 + ( c1 + c2 ) x1 − c 2 x2 + ( k1 + k 2 ) x1 − k 2 x2 = 0
x



m1
0


0   1  c1 + c2
x
    +  − c
m2   x 2  
2
M
x

+



m2 2 + c2 x2 − c2 x1 + k 2 x2 − k 2 x1 = 0
x


− c2   x1  k1 + k 2
x  +  − k
c2    2  
2

Cx

+

Kx

=

− k 2   x1  0
x  =  
k 2   2  0 
0

M : matrice de masse
K : matrice de rigidité
C : matrice d' amortissem ent visqueux

T.MASROUR

Pag
3. Vibrations libres et amorties (2)
En général pour un système à 2 deg de liberté l’équilibre dynamique s’écrit :

 m11
m
 21


m12   1   c11 c12   x1   k11
x
    + c
  x  + k
m22   x2   21 c22    2   21

3.2. Méthode de résolution.

  st  X 1  st
x = Xe =   e
X 2 

On cherche la solution sous la forme :

En injectant dans l’équation, il vient alors :

On a, alors, une solution non triviale ssi :

k12   x1  0
x  =  
k 22   2  0

[

]

 st
s M + sC + K Xe = 0

2
⇒ s M + sC + K X = 0
2

(

[

)

]

dét s 2 M + sC + K = s 2 M + sC + K = 0

On a, donc, 4 solutions et 3 possibilités :
Cas 1 : Les 4 racines sont réelles et toutes négatives.
Cas 2 : Les 4 racines sont complexes et 2 à 2 conjuguées
Cas 3 : 2 racines réelles négatives et 2 racines complexes conjuguées.

T.MASROUR

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3. Vibrations libres et amorties (3)
Cas 1. Les racines toutes réelles et négatives
La solution est une fonction vectorielle exponentiellement décroissante vue que les racines sont toutes
négatives. Cela correspond au cas de l’amortissement surcritique : l’équilibre est atteint sans aucune vibration.

x1 ( t ) = β1 X 21e s1t + β 2 X 22 e s2t + β 3 X 23e s3t + β 4 X 24 e s4t
x2 ( t ) = X 21e s1t + X 22 e s2t + X 23e s3t + X 24 e s4t
X 
X
Où l' on a β i =  1 
= 1i
X 
 2  s = si X 2 i
Cas 2. Les racines toutes complexes
Dans ce cas les solutions s’écrivent :

s1 = − p1 + iΩ1
s 3 = − p 2 + iΩ 2

s 2 = − p1 − iΩ1
s 4 = − p 2 − iΩ 2

p1 , p2 , Ω1 et Ω 2 sont ≥ 0
Il est encore une fpois possible, comme dans le cas d’1 deg de liberté d’exprimer la solution en termes
de fonctions harmoniques :

(
(X

)

(

x1 ( t ) = e − p1t β1 X 21e iΩ1t + β 2 X 22 e −iΩ1t + e − p2t β 3 X 23e iΩ 2t + β 4 X 24 e −iΩ 2t
x2 ( t ) = e − p1t

21e

iΩ1t

)

(

+ X 22 e −iΩ1t + e − p2t X 23e iΩ 2t + X 24 e −iΩ 2t

T.MASROUR

)

)
Pag
3. Vibrations libres et amorties (4)
x1 ( t ) = e − p1t [ ( β1 X 21 + β 2 X 22 ) cos( Ω1t ) + i ( β1 X 21 − β 2 X 22 ) sin ( Ω1t ) ]

+ e − p2t [ ( β 3 X 23 + β 4 X 24 ) cos( Ω 2t ) + i ( β 3 X 23 − β 4 X 24 ) sin ( Ω 2 t ) ]

x2 ( t ) = e − p1t [ ( X 21 + X 22 ) cos( Ω1t ) + i ( X 21 − X 22 ) sin ( Ω1t ) ]

+ e − p2t [ ( X 23 + X 24 ) cos( Ω 2 t ) + i ( X 23 − X 24 ) sin ( Ω 2 t ) ]

Comme les déplacements sont réels il vient alors :

x1 ( t ) = D11e − p1t sin ( Ω1t + Φ11 ) + D12 e − p 2 t sin ( Ω 2 t + Φ12 )

x 2 ( t ) = D 21e − p1t sin ( Ω1t + Φ 21 ) + D 22 e − p 2 t sin ( Ω 2 t + Φ 22 )
La solution dans ce cas se présente comme une
Superposition d’harmoniques exponentiellement décroissantes (système sous amorti)

T.MASROUR

Pag
3. Vibrations libres et amorties (5)
Cas 3. Deux racines réelles et deux autres complexes
Notons par exemples :

s1 et s 2 les racines réelles négatives
s 3 = − p + iΩ s 4 = − p − iΩ
p et Ω ≥ 0

On a alors :

x1 ( t ) = β1 X 21e s1t + β 2 X 22 e s2t + e − pt [ ( β 3 X 23 + β 4 X 24 ) cos( Ωt ) + i ( β 3 X 23 − β 4 X 24 ) sin ( Ωt ) ]
x2 ( t ) = X 21e s1t + X 22 e s2t + e − pt [ ( X 23 + X 24 ) cos( Ωt ) + i ( X 23 − X 24 ) sin ( Ωt ) ]
Solution qui peut encore se réécrire sous la forme équivalente :

x1 ( t ) = β1 X 21e s1t + β 2 X 22 e s2t + C11e − pt sin ( Ωt + Φ11 )
x2 ( t ) = X 21e s1t + X 22 e s2t + C 22 e − pt sin ( Ωt + Φ 22 )

T.MASROUR

Pag
Application 3

a
θ1

b

θ2

k

l

m2

m1

c

Solution
m1l 2

 0



0  θ   ca 2
1
    + 
m2 l 2  θ 2  − ca 2




− ca 2  θ1  ka 2 + m1 gl
+
2    
ca  θ 2   − ka 2



T.MASROUR

 θ1  0
  =  
2
ka + m2 gl  θ 2  0

− ka 2

Pag
Application 4

a

b
C

A
c1

k1

m, I, l

B
c2

k2

Solution

− ( c1a − c2 b )   y   k1 + k 2
− ( k1a − k 2 b )   y  0
y
m 0    c1 + c2
 0 I  θ + − ( c a − c b ) c a 2 + c b 2  θ  + − ( k a − k b ) k a 2 + k b 2  θ  = 0


2
1
2
2
1
2

   1
   1
   
T.MASROUR

Pag
4. Vibrations forcées (1)
4.1. Équation du mouvement

F1 sin(wft)
k1

m1

F2 sin(wft)
k2

m2

On reprend le système d’équations préétabli au paragraphe 2 et on y ajoute les seconds membres, il vient
alors :

( )



x
m11 + ( c1 + c2 ) x1 − c2 x2 + ( k1 + k 2 ) x1 − k 2 x2 = F1 sin ω f t



m2 2 + c 2 x2 − c2 x1 + k 2 x2 − k 2 x1 = F2 sin ω f t
x


( )

Ou encore sous forme matricielle :

m1
0


0   1  c1 + c2
x
+
m2   2   − c2
x  



− c2   x1  k1 + k 2
+
  
c2   x2   − k 2


T.MASROUR

− k 2   x1 
= sin ω f t
k 2   x2 
 

( )

 F1 
F 
 2

Pag
4. Vibrations forcées non amorties (2)
4.2. Solution de l’équation du mouvement
On cherche la solution vectorielle sous la forme

( )
( )

 x ( t ) = X 1 sin ω f t
X 

x( t ) = X sin ω f t =  1  sin ω f t çad :  1
 x2 ( t ) = X 2 sin ω f t
X 2 


( )

[

⇒K

( )

2
− ωf M

Il vient alors le système de Cramer :

]

 F1 
X=F=  
F2 

F1
X1 =

Sous la condition, bien sûr, que

k12 − ω 2 m12
f

k11 − ω 2 m11
f

F1

F2

k 22 − ω 2 m22
f

k 21 − ω 2 m21
f

F2

K

−ω2M
f

et X 2 =

K −ω2M
f

K −ω2M ≠ 0
f

T.MASROUR

Pag
4. Vibrations forcées non amorties (3)
Résonance

Si K − ω 2 M = 0
f

On retrouve, alors, l’équation caractéristique présentée au paragraphe 2, équation qui se résoud en
fréquences ω1 , ω2
Si, de plus,

ω1 = ωf , ou ω2 = ωf

On a alors un phénomène de résonance.

On écrit le déterminant sous la forme :

2
4
2
K − ωf M = aωf + bωf + c

a = m11m 22 − m12 m 21


où l' on a : b = −( m11k 22 + m 22 k11 − m12 k 21 − m 21k12 )

c = k11k 22 − k12 k 21

T.MASROUR

Pag
4. Vibrations forcées non amorties (4)
Rappelons que :
2
ω1

− b + b 2 − 4ac
− b − b 2 − 4ac
b
c
2
2
2
=
et ω2 =
avec ω1 + ω2 = − et ω1 ω2 =
2
2
2a
2a
a
a

On a alors l’ écriture simple suivante de la
solution :

(

)

(

2
2
1 F1 k 22 − ωf m 22 − F2 k12 − ωf m12
X1 =
2
2
2
a
ωf − ω1 ωf − ω2
2

et

(

(

)

)(

(

)

2
2
1 F2 k11 − ωf m11 − F1 k 21 − ωf m 21
X2 =
2
2
2
a
ωf − ω1 ωf − ω2
2

(

T.MASROUR

)(

)

)

)
Pag
Courbes de résonance
|X1|

ω1

ω2

ωf
|X2|

ω1

T.MASROUR

ω2

ωf
Pag
Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (1)

Équations de Lagrange
Si l’on choisit q i , i = 1,..., n
comme coordonnées généralisées, on peut définir pour un
système linéaire à n degrés de liberté : n
n
L’énergie potentielle :

L’énergie cinétique :
L’énergie de dissipation :

Ep =

1
2

Ec =

∑∑ k q q
ij i

où k ij = k ji

j

i =1 j=1
n n

1
2

 
où m
∑∑ m q q
1
 
E = ∑∑ c q q
2
ij i

j

i =1 j=1

n

ij

= m ji

n

d

ij i

j

où c ij = c ji

i =1 j=1

Les équations de Lagrange s’écrivent alors :

d  ∂E c

dt  ∂q i
 

 ∂E c ∂E d ∂E p
−
 ∂q + ∂q + ∂q = f i
i
i
i


Les seconds membres représentent les forces généralisées autres que celles dérivant du potentiel
n
n
Ep , et telles que le travail global des forces extérieures s’écrive :

dW =

∑
i =1

T.MASROUR

f i dq i soit

dW
=
dt


∑f q

i i

i =1

Pag
Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (2)
Remarque : 1. Pour calculer les dérivées

les variables


q i et q i

sont supposées indépendantes entre elles et ne sont pas fonctions du temps

2. Quant au calcul des dérivées

les variables


q i et q i

∂E c ∂E c
et
i
∂q
∂q i

d  ∂E c

dt  ∂q i
 






doivent être considérées comme fonctions du temps

Applications. En appliquant les équations de Lagrange, on obtient n équations linéaires caractérisant
l’état vibratoire du système :
n

∑ m q

ij j


+c ijq j + k ijq j = f i

( i = 1;....; n )

j=1

T.MASROUR

Pag
Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (3)
Dans le cas d’un système en vibrations libres et dissipatif, on obtient
n


∑ m q
ij

j=1

j


+cij q j + k ij q j = 0

( i = 1;....; n )

On cherche un vecteur solutions sous la
forme :

q i = a i e jω t

( i = 1;....; n )

Obtenant ainsi un système de n équations algébriques
linéaires et homogènes par rapport aux coeff ai

∑ (k
n

j=1

ij

)

− m ijω2 a j = 0

( i = 1;....; n )

Système qui n’admet de solution non triviale que si le déterminant
est non nul çad :

K − Mω 2 = 0

T.MASROUR

Pag
Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (4)

L’équation d’annulation du déterminant est une équation de degré n en le carré de la fréquence
(appelée équation caractéristique du système.

Sa résolution donne les pulsations propres en nombre au plus égal à n !!!!

Les oscillations correspondant à ces différentes pulsations sont appelées les modes propres ou
fondamentaux du système.

T.MASROUR

Pag
Exemple triple pendule.

T.MASROUR

Pag
Exemple triple pendule (2)

T.MASROUR

Pag
Cadre général : méthode matricielle.
Energie potentielle :

1
Ep =
2

n

n

∑∑ k q q
ij i

j

i =1 j=1

1
Ec =
2

Energie cinétique :

n

n

 
∑∑ m q q
ij i

i =1 j=1

Energie de dissipation :

j

1
Ed =
2

On définit et note :

n

n

 
∑∑ c q q
ij i

j

i =1 j=1

 q1 
 . 
X =   la matrice associée aux n deg de liberté;
 . 
 
q n 
M : la matrice d' inertie, K : la matrice de rigidité et C : la matrice de disspation
Il vient alors :

Ep =

1 t
XKX,
2

Ec =

T.MASROUR

1 t 
XMX
2

et E d =

1 t 
XCX
2
Pag
Méthode matricielle : système libre.
Dans le cas d’un système libre, il n’est pas nécessaire de faire intervenir les équations de Lagrange,
puisque l’énergie est conservée :

E p + E c = cste ⇒

dE p

dE c
+
=0
dt
dt

Les matrices d’inertie et de raideur étant symétriques, d’une part, et les énergies sont des
réels d’autre part, l’équation ci-dessus se réécrit


MX + KX = 0
On cherche, comme auparavant, des solutions sous la forme



X = Q e j ωt , X = j ωQ e j ωt , X = − ω 2 Q e j ω t
Forme qu’on injecte dans l’équation et qui, pour obtenir une solution non triviale aboutit à la résolution

[

]

dét K − ω2 M = K − ω2 M = 0
T.MASROUR

Pag
Solution de l’équation matricielle.
  X1 
 
x = X sin ( ωt + φ ) où X =  
X 2 

On cherche une solution vecteur sous la forme :
Résolvons dans le cas de l’exemple d’abord

[

]


K − ω M X sin ( ωt + φ) = 0 ∀t

2
⇔ K −ω M X = 0
2

[

[

]

]

Solution non triviale ⇔ dét K − ω2 M = K − ω2 M = 0
On trouve deux solutions

2
ω12 et ω 2

qui sont, au fait, les valeurs propres de

M −1K , de même que 1

Et on écrit alors :

ωi2

sont les v.p. de K −1M




x =X1 sin (ωt + 1 ) +X 2 sin (ω t + 2 )
φ
φ
1
2

β
β
X   X 
 
où X1 = 11 = 1 21  = X 21  1  β = X 11
, 1
X 21
X 21   X 21 
1 



β
β
X   X


X
et X 2 = 12  = 2 22  = X 22  2  β = 12
, 2
X 22
1 
X 22   X 22 

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  • 1. Système à 2 (n) degrés de liberté T.MASROUR Pag
  • 2. Système à 2 (n) degrés de liberté : définition Un système est dit à n degrés de liberté si et seulement si n coordonnées sont nécessaires pour définir complètement sa configuration. (l’ensemble des degrés de liberté n’est pas, en général, unique) Fig b Fig a θ1 x1 m1 M1 θ2 x2 m2 M2 Fig a : On peut choisir les angles θ1 et θ2 comme deg de liberté, or x1=L1sin(θ1) et x2=L2sin(θ2), donc x1 et x2 aussi peuvent être choisis comme deg de liberté. Fig b : Les déplacements X1 et X2 sont les deg de libertés. T.MASROUR Pag
  • 3. Système à 2 (n) degrés de liberté - mise en équation- Système à 3 degrés de liberté (en supposant que le corps est rigide) M X’’ + CX’ + K X = Fe Xn) T.MASROUR avec X=(X1, X2,… Pag
  • 4. 1. Vibrations libres non amorties (1) 1. 1. Mise en équation. On va se concentrer sur un exemple pour les développements qui vont suivre. k1 m1 k2 m2 Si on écrit l’équilibre des forces intérieures et extérieures du système masse m1, ressort k1+ ressort k2 on trouve l’équation suivante: équ mvt de la masse m1: m1 x1’’ = -k1 x1 + k2( x2 –x1) l’équilibre des forces intérieures et extérieures du système masse m2+ressort k2 on trouve l’équation suivante: m2 x2’’ = - k2( x2 –x1) X1 et x2 sont les déplacements de m1 et m2 à partir de leurs positions d’équilibre, on peut alors réécrire le syst suivant : m1 x1’’ + (k1+k2)x1 - k2 x2 = 0 m2 x2’’ + k2 x2 - k2 x1 = 0 Équations qui doivent se résoudre simultanément. T.MASROUR Pag
  • 5. 1. Vibrations libres non amorties (2) 1.2. Solution du système d’équations. On procède de la même façon que pour un deg de liberté; on cherche la solution sous la forme x1=X1sin(wt+φ) et x2=X2sin(wt+φ) En injectant dans le sytème d’équations d’équilibre on aboutit à : (k1+k2-w2 m1)X1 – k2X2 = 0 (k2-w2 m2)X2 – k2X1 = 0 Une solution possible est la solution triviale identiquement nulle. Une solution non triviale nécessite que le déterminant soit nul : k1 + k 2 − w2 m1 −k 2 −k 2 k 2 − w2 m2 T.MASROUR Pag
  • 6. 1. Vibrations libres non amorties (3) On obtient alors 2 racines en w2 − b + b 2 − 4ac − b − b 2 − 4ac 2 w = et w2 = 2a 2a 2 1 a = m1m2 ; b = −( m1k 2 + m2 ( k1 + k 2 ) ) et c = k1k 2 Les pulsations naturelles dépendent des masses m 1 et m2 ainsi que des raideurs k1 et k2. Notons X1i : l’amplitude de la masse m1 à la fréquence w 1 X2i : l’amplitude de la masse m2 à la fréquence w 1 Et  X1  X 11 k2 k 2 − ω12 m1 β1 =  = = = X   X 21 k1 + k 2 − ω12 m1 k2  2 ω =ω1 Les solutions associées à la fréquence w 1 peuvent alors s’écrire : x11 = β1 X 21 sin ( ω1t + φ1 ) x21 = X 21 sin ( ω1t + φ1 ) T.MASROUR Pag
  • 7. 1. Vibrations libres non amorties (4) On procède de la même façon pour obtenir : 2  X1  X 12 k2 k 2 − ω2 m2 β2 =  = = = 2 X   k2  2 ω =ω2 X 22 k1 + k 2 − ω2 m1 x12 = β 2 X 22 sin ( ω2t + φ2 ) x22 = X 22 sin ( ω2t + φ2 ) Définition : Les rapports d’amplitudes β1 et β 2 La solution complète s’écrit alors : sont appelés les principaux modes de vibration. x1 = x11 + x12 = β1 X 21 sin ( ω1t + φ1 ) + β 2 X 22 sin ( ω2t + φ2 ) x2 = x21 + x22 = X 21 sin ( ω1t + φ1 ) + X 22 sin ( ω2t + φ2 ) Dans ce cas on a 4 constantes à déterminer en fonction des conditions initiales :X 12 ; x10 = β1 X 21 sin (φ ) + β2 X 22 sin (φ2 ) 1 x20 = X 21 sin (φ ) + X 22 sin (φ2 ) 1  x10 = ω β1 X 21 cos(φ ) +ω2 β2 X 22 cos(φ2 ) 1 1  x20 = ω X 21 cos(φ ) +ω2 X 22 cos(φ2 ) 1 1 T.MASROUR X 22 ; φ1 et φ2 Pag
  • 8. 2. Méthode Matricielle 2.1. Équations différentielles Les deux équations de mouvement de l’exemple ci-dessus peuvent être présentées de la manière qui suit m1 0  0   1  k1 + k 2 x + m2   2   − k 2 x    M x M : Matrice de masse et + − k 2   x1  0 = k 2   x2  0      Kx = 0 K : Matrice de rigidité. D’une manière générale et pour un système à 2 deg de liberté on a le système matriciel suivant :  m11 m  21 m12   1   k11 x     + k m22   x2   21 k12   x1  0 x  =   k 22   2  0 mij = coeff de masse ou d' inertie k ij = coeff de rigidité ou d' élasticité Rqs : ∗ Si m12 = m 21 = 0 pas d' inertie couplant les deg x1 et x2 ; les deg de libertés sont dits dynamiquem ent découplés. ∗ Si k12 = k 21 = 0 pas de raideur couplant les deg x1 et x2 ; les deg de libertés sont dits élastiquem ent découplés. T.MASROUR Pag
  • 9. Solution de l’équation matricielle.   X1    x = X sin ( ωt + φ ) où X =   X 2  On cherche une solution vecteur sous la forme : Résolvons dans le cas de l’exemple d’abord [ ]  K − ω M X sin ( ωt + φ) = 0 ∀t  2 ⇔ K −ω M X = 0 2 [ [ ] ] Solution non triviale ⇔ dét K − ω2 M = K − ω2 M = 0 On trouve deux solutions 2 ω12 et ω 2 qui sont, au fait, les valeurs propres de M −1K , de même que 1 Et on écrit alors : ωi2 sont les v.p. de K −1M    x =X1 sin (ωt + 1 ) +X 2 sin (ω t + 2 ) φ φ 1 2  β β X   X    où X1 = 11 = 1 21  = X 21  1  β = X 11 , 1 X 21 X 21   X 21  1     β β X   X   X et X 2 = 12  = 2 22  = X 22  2  β = 12 , 2 X 22 1  X 22   X 22  T.MASROUR Pag
  • 10. Solution matricielle  β 1 La solution s' écrit x =  1 On détermine ensuite les constantes X 12 ; X 22 ; φ1 et φ2 β 2   X 21 sin ( ω1t + φ1 )    X sin ( ω t + φ )   1   22 2 2   en résolvant le système  x10   β 1  x0 =  x =  1  20    β 2  X 21 sin (φ1 )   X sin ( φ )   1  22 2     x10   β 1   x0 =  x =  1  20     β 2  ω1 X 21 cos( φ1 )   ω X cos( φ )   1  2 22 2   T.MASROUR Pag
  • 11. k3 I2 I1 k2 k1 Application 1 K2(θ 1- θ 2) k1θ 1 k3θ 2 Solution: I M + Kθ = 0 avec M =  1 θ 0 T.MASROUR 0 k1 + k 2 et K =  I2    − k2 − k2   k 2 + k3  Pag
  • 12. Application 2 : Châssis d’une voiture m, I, l A k1 Solution: y θ B k2   m  MX + KX = 0 avec M =  m l  2  l  2  et K = k1 + k 2   kl l2  2 I +m 4  m   k1 + k 2  m 0  MX + KX = 0 avec M =   et K =  0 I  − k 2l  T.MASROUR k 2l  y  si X = A θ  k2 l 2    l ( k2 − k1 )  2 si X =  y G    2 θ  l    ( k2 + k1 ) 4 Pag
  • 13. 3. Vibrations libres et amorties (1) 3.1. Équations du mouvement. Nous allons reprendre l’exemple étudié précédemment en y ajoutant des amortisseurs visqueux : m1 k1 m2 k2 C1 C2   Le système d’équations d’équilibre s’écrit comme suit : m1 1 + ( c1 + c2 ) x1 − c 2 x2 + ( k1 + k 2 ) x1 − k 2 x2 = 0 x   m1 0  0   1  c1 + c2 x     +  − c m2   x 2   2 M x +   m2 2 + c2 x2 − c2 x1 + k 2 x2 − k 2 x1 = 0 x  − c2   x1  k1 + k 2 x  +  − k c2    2   2  Cx + Kx = − k 2   x1  0 x  =   k 2   2  0  0 M : matrice de masse K : matrice de rigidité C : matrice d' amortissem ent visqueux T.MASROUR Pag
  • 14. 3. Vibrations libres et amorties (2) En général pour un système à 2 deg de liberté l’équilibre dynamique s’écrit :  m11 m  21  m12   1   c11 c12   x1   k11 x     + c   x  + k m22   x2   21 c22    2   21 3.2. Méthode de résolution.   st  X 1  st x = Xe =   e X 2  On cherche la solution sous la forme : En injectant dans l’équation, il vient alors : On a, alors, une solution non triviale ssi : k12   x1  0 x  =   k 22   2  0 [ ]  st s M + sC + K Xe = 0  2 ⇒ s M + sC + K X = 0 2 ( [ ) ] dét s 2 M + sC + K = s 2 M + sC + K = 0 On a, donc, 4 solutions et 3 possibilités : Cas 1 : Les 4 racines sont réelles et toutes négatives. Cas 2 : Les 4 racines sont complexes et 2 à 2 conjuguées Cas 3 : 2 racines réelles négatives et 2 racines complexes conjuguées. T.MASROUR Pag
  • 15. 3. Vibrations libres et amorties (3) Cas 1. Les racines toutes réelles et négatives La solution est une fonction vectorielle exponentiellement décroissante vue que les racines sont toutes négatives. Cela correspond au cas de l’amortissement surcritique : l’équilibre est atteint sans aucune vibration. x1 ( t ) = β1 X 21e s1t + β 2 X 22 e s2t + β 3 X 23e s3t + β 4 X 24 e s4t x2 ( t ) = X 21e s1t + X 22 e s2t + X 23e s3t + X 24 e s4t X  X Où l' on a β i =  1  = 1i X   2  s = si X 2 i Cas 2. Les racines toutes complexes Dans ce cas les solutions s’écrivent : s1 = − p1 + iΩ1 s 3 = − p 2 + iΩ 2 s 2 = − p1 − iΩ1 s 4 = − p 2 − iΩ 2 p1 , p2 , Ω1 et Ω 2 sont ≥ 0 Il est encore une fpois possible, comme dans le cas d’1 deg de liberté d’exprimer la solution en termes de fonctions harmoniques : ( (X ) ( x1 ( t ) = e − p1t β1 X 21e iΩ1t + β 2 X 22 e −iΩ1t + e − p2t β 3 X 23e iΩ 2t + β 4 X 24 e −iΩ 2t x2 ( t ) = e − p1t 21e iΩ1t ) ( + X 22 e −iΩ1t + e − p2t X 23e iΩ 2t + X 24 e −iΩ 2t T.MASROUR ) ) Pag
  • 16. 3. Vibrations libres et amorties (4) x1 ( t ) = e − p1t [ ( β1 X 21 + β 2 X 22 ) cos( Ω1t ) + i ( β1 X 21 − β 2 X 22 ) sin ( Ω1t ) ] + e − p2t [ ( β 3 X 23 + β 4 X 24 ) cos( Ω 2t ) + i ( β 3 X 23 − β 4 X 24 ) sin ( Ω 2 t ) ] x2 ( t ) = e − p1t [ ( X 21 + X 22 ) cos( Ω1t ) + i ( X 21 − X 22 ) sin ( Ω1t ) ] + e − p2t [ ( X 23 + X 24 ) cos( Ω 2 t ) + i ( X 23 − X 24 ) sin ( Ω 2 t ) ] Comme les déplacements sont réels il vient alors : x1 ( t ) = D11e − p1t sin ( Ω1t + Φ11 ) + D12 e − p 2 t sin ( Ω 2 t + Φ12 ) x 2 ( t ) = D 21e − p1t sin ( Ω1t + Φ 21 ) + D 22 e − p 2 t sin ( Ω 2 t + Φ 22 ) La solution dans ce cas se présente comme une Superposition d’harmoniques exponentiellement décroissantes (système sous amorti) T.MASROUR Pag
  • 17. 3. Vibrations libres et amorties (5) Cas 3. Deux racines réelles et deux autres complexes Notons par exemples : s1 et s 2 les racines réelles négatives s 3 = − p + iΩ s 4 = − p − iΩ p et Ω ≥ 0 On a alors : x1 ( t ) = β1 X 21e s1t + β 2 X 22 e s2t + e − pt [ ( β 3 X 23 + β 4 X 24 ) cos( Ωt ) + i ( β 3 X 23 − β 4 X 24 ) sin ( Ωt ) ] x2 ( t ) = X 21e s1t + X 22 e s2t + e − pt [ ( X 23 + X 24 ) cos( Ωt ) + i ( X 23 − X 24 ) sin ( Ωt ) ] Solution qui peut encore se réécrire sous la forme équivalente : x1 ( t ) = β1 X 21e s1t + β 2 X 22 e s2t + C11e − pt sin ( Ωt + Φ11 ) x2 ( t ) = X 21e s1t + X 22 e s2t + C 22 e − pt sin ( Ωt + Φ 22 ) T.MASROUR Pag
  • 18. Application 3 a θ1 b θ2 k l m2 m1 c Solution m1l 2   0   0  θ   ca 2 1     +  m2 l 2  θ 2  − ca 2    − ca 2  θ1  ka 2 + m1 gl + 2     ca  θ 2   − ka 2   T.MASROUR  θ1  0   =   2 ka + m2 gl  θ 2  0  − ka 2 Pag
  • 19. Application 4 a b C A c1 k1 m, I, l B c2 k2 Solution  − ( c1a − c2 b )   y   k1 + k 2 − ( k1a − k 2 b )   y  0 y m 0    c1 + c2  0 I  θ + − ( c a − c b ) c a 2 + c b 2  θ  + − ( k a − k b ) k a 2 + k b 2  θ  = 0   2 1 2 2 1 2     1    1     T.MASROUR Pag
  • 20. 4. Vibrations forcées (1) 4.1. Équation du mouvement F1 sin(wft) k1 m1 F2 sin(wft) k2 m2 On reprend le système d’équations préétabli au paragraphe 2 et on y ajoute les seconds membres, il vient alors : ( )   x m11 + ( c1 + c2 ) x1 − c2 x2 + ( k1 + k 2 ) x1 − k 2 x2 = F1 sin ω f t    m2 2 + c 2 x2 − c2 x1 + k 2 x2 − k 2 x1 = F2 sin ω f t x  ( ) Ou encore sous forme matricielle : m1 0  0   1  c1 + c2 x + m2   2   − c2 x     − c2   x1  k1 + k 2 +    c2   x2   − k 2  T.MASROUR − k 2   x1  = sin ω f t k 2   x2    ( )  F1  F   2 Pag
  • 21. 4. Vibrations forcées non amorties (2) 4.2. Solution de l’équation du mouvement On cherche la solution vectorielle sous la forme ( ) ( )  x ( t ) = X 1 sin ω f t X   x( t ) = X sin ω f t =  1  sin ω f t çad :  1  x2 ( t ) = X 2 sin ω f t X 2   ( ) [ ⇒K ( ) 2 − ωf M Il vient alors le système de Cramer : ]  F1  X=F=   F2  F1 X1 = Sous la condition, bien sûr, que k12 − ω 2 m12 f k11 − ω 2 m11 f F1 F2 k 22 − ω 2 m22 f k 21 − ω 2 m21 f F2 K −ω2M f et X 2 = K −ω2M f K −ω2M ≠ 0 f T.MASROUR Pag
  • 22. 4. Vibrations forcées non amorties (3) Résonance Si K − ω 2 M = 0 f On retrouve, alors, l’équation caractéristique présentée au paragraphe 2, équation qui se résoud en fréquences ω1 , ω2 Si, de plus, ω1 = ωf , ou ω2 = ωf On a alors un phénomène de résonance. On écrit le déterminant sous la forme : 2 4 2 K − ωf M = aωf + bωf + c a = m11m 22 − m12 m 21   où l' on a : b = −( m11k 22 + m 22 k11 − m12 k 21 − m 21k12 )  c = k11k 22 − k12 k 21  T.MASROUR Pag
  • 23. 4. Vibrations forcées non amorties (4) Rappelons que : 2 ω1 − b + b 2 − 4ac − b − b 2 − 4ac b c 2 2 2 = et ω2 = avec ω1 + ω2 = − et ω1 ω2 = 2 2 2a 2a a a On a alors l’ écriture simple suivante de la solution : ( ) ( 2 2 1 F1 k 22 − ωf m 22 − F2 k12 − ωf m12 X1 = 2 2 2 a ωf − ω1 ωf − ω2 2 et ( ( ) )( ( ) 2 2 1 F2 k11 − ωf m11 − F1 k 21 − ωf m 21 X2 = 2 2 2 a ωf − ω1 ωf − ω2 2 ( T.MASROUR )( ) ) ) Pag
  • 25. Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (1) Équations de Lagrange Si l’on choisit q i , i = 1,..., n comme coordonnées généralisées, on peut définir pour un système linéaire à n degrés de liberté : n n L’énergie potentielle : L’énergie cinétique : L’énergie de dissipation : Ep = 1 2 Ec = ∑∑ k q q ij i où k ij = k ji j i =1 j=1 n n 1 2   où m ∑∑ m q q 1   E = ∑∑ c q q 2 ij i j i =1 j=1 n ij = m ji n d ij i j où c ij = c ji i =1 j=1 Les équations de Lagrange s’écrivent alors : d  ∂E c  dt  ∂q i    ∂E c ∂E d ∂E p −  ∂q + ∂q + ∂q = f i i i i  Les seconds membres représentent les forces généralisées autres que celles dérivant du potentiel n n Ep , et telles que le travail global des forces extérieures s’écrive : dW = ∑ i =1 T.MASROUR f i dq i soit dW = dt  ∑f q i i i =1 Pag
  • 26. Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (2) Remarque : 1. Pour calculer les dérivées les variables  q i et q i sont supposées indépendantes entre elles et ne sont pas fonctions du temps 2. Quant au calcul des dérivées les variables  q i et q i ∂E c ∂E c et i ∂q ∂q i d  ∂E c  dt  ∂q i       doivent être considérées comme fonctions du temps Applications. En appliquant les équations de Lagrange, on obtient n équations linéaires caractérisant l’état vibratoire du système : n ∑ m q ij j  +c ijq j + k ijq j = f i ( i = 1;....; n ) j=1 T.MASROUR Pag
  • 27. Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (3) Dans le cas d’un système en vibrations libres et dissipatif, on obtient n  ∑ m q ij j=1 j  +cij q j + k ij q j = 0 ( i = 1;....; n ) On cherche un vecteur solutions sous la forme : q i = a i e jω t ( i = 1;....; n ) Obtenant ainsi un système de n équations algébriques linéaires et homogènes par rapport aux coeff ai ∑ (k n j=1 ij ) − m ijω2 a j = 0 ( i = 1;....; n ) Système qui n’admet de solution non triviale que si le déterminant est non nul çad : K − Mω 2 = 0 T.MASROUR Pag
  • 28. Système à n deg de liberté : équations de Lagrange (4) L’équation d’annulation du déterminant est une équation de degré n en le carré de la fréquence (appelée équation caractéristique du système. Sa résolution donne les pulsations propres en nombre au plus égal à n !!!! Les oscillations correspondant à ces différentes pulsations sont appelées les modes propres ou fondamentaux du système. T.MASROUR Pag
  • 30. Exemple triple pendule (2) T.MASROUR Pag
  • 31. Cadre général : méthode matricielle. Energie potentielle : 1 Ep = 2 n n ∑∑ k q q ij i j i =1 j=1 1 Ec = 2 Energie cinétique : n n   ∑∑ m q q ij i i =1 j=1 Energie de dissipation : j 1 Ed = 2 On définit et note : n n   ∑∑ c q q ij i j i =1 j=1  q1   .  X =   la matrice associée aux n deg de liberté;  .    q n  M : la matrice d' inertie, K : la matrice de rigidité et C : la matrice de disspation Il vient alors : Ep = 1 t XKX, 2 Ec = T.MASROUR 1 t  XMX 2 et E d = 1 t  XCX 2 Pag
  • 32. Méthode matricielle : système libre. Dans le cas d’un système libre, il n’est pas nécessaire de faire intervenir les équations de Lagrange, puisque l’énergie est conservée : E p + E c = cste ⇒ dE p dE c + =0 dt dt Les matrices d’inertie et de raideur étant symétriques, d’une part, et les énergies sont des réels d’autre part, l’équation ci-dessus se réécrit  MX + KX = 0 On cherche, comme auparavant, des solutions sous la forme   X = Q e j ωt , X = j ωQ e j ωt , X = − ω 2 Q e j ω t Forme qu’on injecte dans l’équation et qui, pour obtenir une solution non triviale aboutit à la résolution [ ] dét K − ω2 M = K − ω2 M = 0 T.MASROUR Pag
  • 33. Solution de l’équation matricielle.   X1    x = X sin ( ωt + φ ) où X =   X 2  On cherche une solution vecteur sous la forme : Résolvons dans le cas de l’exemple d’abord [ ]  K − ω M X sin ( ωt + φ) = 0 ∀t  2 ⇔ K −ω M X = 0 2 [ [ ] ] Solution non triviale ⇔ dét K − ω2 M = K − ω2 M = 0 On trouve deux solutions 2 ω12 et ω 2 qui sont, au fait, les valeurs propres de M −1K , de même que 1 Et on écrit alors : ωi2 sont les v.p. de K −1M    x =X1 sin (ωt + 1 ) +X 2 sin (ω t + 2 ) φ φ 1 2  β β X   X    où X1 = 11 = 1 21  = X 21  1  β = X 11 , 1 X 21 X 21   X 21  1     β β X   X   X et X 2 = 12  = 2 22  = X 22  2  β = 12 , 2 X 22 1  X 22   X 22  T.MASROUR Pag