ECOLE NATIONALE D’INGENIEURS DE MONASTIR

Mécanique Vibratoire Tronc Commun

Tarek Hassine

2009-2010

��𝑔 0

��𝑦

��𝑥

l l0

𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0 c

k F(t) m

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2

Sommaire 1 Introduction générale ....................................................................................................................... 32 Modélisation d'un système linéaire à un degré de liberté ................................................................ 4

2.1 Modèle réel et modèle physique .............................................................................................. 43 Mouvement vibratoire libre ............................................................................................................. 6

3.1 Système libre non amorti ......................................................................................................... 63.1.1 Modèle masse-ressort ...................................................................................................... 63.1.2 Solution de l'équation de mouvement .............................................................................. 83.1.3 Etude énergétique du modèle masse-ressort .................................................................. 103.1.4 Montage de ressorts (ou d'amortisseurs) ....................................................................... 11

3.2 Système libre amorti .............................................................................................................. 123.2.1 Modèle masse-ressort-amortisseur ................................................................................ 123.2.2 Solution de l'équation de mouvement ............................................................................ 123.2.3 Décrément logarithmique .............................................................................................. 16

3.3 Stabilité d'un système vibratoire ............................................................................................ 173.3.1 Etude d'un pendule inversé (petites oscillations) ........................................................... 17

4 Mouvement vibratoire forcé .......................................................................................................... 194.1 Forme de la réponse d'un mouvement vibratoire forcé ......................................................... 194.2 Réponse à une excitation harmonique ................................................................................... 20

4.2.1 Tracé de l'amplitude et du déphasage de la solution permanente .................................. 214.3 Réponse à une excitation due au déséquilibre du rotor ......................................................... 25

4.3.1 Tracé de l'amplitude et du déphasage de la solution permanente .................................. 264.4 Réponse à une excitation par déplacement imposé du support ............................................. 28

4.4.1 Tracé de transmissibilité du déplacement (TR) ............................................................. 294.4.2 Force transmise de la base à la masse ............................................................................ 31

4.5 Isolation d'un système vibratoire ........................................................................................... 324.5.1 Exemple traité ................................................................................................................ 32

4.6 Réponse à une excitation périodique ..................................................................................... 364.6.1 Procédure de résolution ................................................................................................. 36

4.7 Réponse à une excitation quelconque .................................................................................... 384.7.1 Réponse à une impulsion ............................................................................................... 384.7.2 Réponse à une excitation quelconque ............................................................................ 404.7.3 Exemples corrigés ......................................................................................................... 42

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1 Introduction générale

La mécanique vibratoire est l’étude des mouvements répétitifs par apport à une position de référence, généralement la position d’équilibre.

Définition : Tout mouvement oscillatoire, d'un système mécanique, autour de sa position d'équilibre est appelée mouvement vibratoire.

Les vibrations peuvent être nuisibles et doivent être évitées comme elles peuvent être utiles, et dans ce cas, souhaitées. Dans tous les cas, la maîtrise des vibrations : comment les analyser ; les mesurer et les contrôler est toujours souhaitée. Ce qui est l’objet de ce cours.

Exemples de vibrations familières :

• les vibrations des cordes d’une guitare ; • Le confort de conduite d’une automobile ou d’un motocycle ; • Le mouvement des ailes d’un avion ; • Un tremblement de terre ; • Le mouvement des grands immeubles à cause des vents violents ;

Modélisation d'un système

Définition : La

modélisation permet d'analyser des phénomènes réels et de prévoir des résultats à partir de l'application d'une ou plusieurs théories à un niveau d'approximation donné.

La description mathématique d'un problème d'ingénierie est réalisée en appliquant les lois physiques connues. Ces lois ne peuvent pas être appliquées directement sur le système réel. Il est nécessaire d'introduire des hypothèses qui simplifieront le problème pour que ces lois puissent être appliquées. C'est la partie création du modèle physique. L'application des lois physiques donne des descriptions mathématiques : c'est le modèle mathématique.

Les vibrations peuvent être modélisées mathématiquement, en se basant sur les principes fondamentaux comme les principes d’équilibres dynamiques, et analysées à travers les résultats des équations différentielles (équations de mouvements).

Remarque : Durant un mouvement vibratoire il y a un transfert d’énergie continu entre l’énergie potentielle et l’énergie cinétique.

Position d'équilibre de la masse m

m m

Em, EC, Ep

Temps

m

m

m m

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2 Modélisation d'un système linéaire à un degré de liberté

Les vibrations peuvent se manifester dans toutes les directions et peuvent résulter de l’interaction de plusieurs objets. Pour simplifier la compréhension du phénomène des vibrations, seul le mouvement dans une seule direction et d’une seule composante (masse) va être abordé.

2.1 Modèle réel et modèle physique

L'action de la barre sur la masse R dépend du déplacement et de la vitesse : 𝑅𝑅 = 𝑅𝑅(𝑥𝑥, ��𝑥)

La force R est appelée aussi force de restauration. Elle tend à ramener la barre à sa forme initiale.

𝑅𝑅 = 𝑅𝑅(𝑥𝑥, ��𝑥) ≈ −𝑘𝑘𝑥𝑥 − 𝑐𝑐��𝑥 = 𝐹𝐹𝑘𝑘 + 𝐹𝐹𝑣𝑣

Fk : la partie de R qui modélise la force de rappel qui est due à la rigidité de la barre. Fv : la partie de R qui modélise la force visqueuse qui est due au frottement visqueux dans la barre. Remarque : Le signe "-" signifie que la force R est toujours opposée au sens du mouvement. On modélise la rigidité de la barre par un ressort linéaire sans masse de longueur initiale l0 et de rigidité k:

𝐹𝐹𝑘𝑘 = −𝑘𝑘𝑥𝑥 = −𝑘𝑘Δ𝑙𝑙 = −𝑘𝑘(𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0)

On modélise le frottement visqueux interne de la barre par un amortisseur linéaire de constante d'amortissement visqueux c:

𝐹𝐹𝑣𝑣 = −𝑐𝑐��𝑥

On se limite aux parties linéaires

l0

k

c

Barre

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t

Modèle réel

��𝑔

Poids

R : action de la barre sur la masse

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Généralement la masse m est considérée ponctuelle et 𝑚𝑚 = 𝑚𝑚0 + 𝑚𝑚𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏3

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t

Modèle réel

��𝑔

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t

��𝑔

Modélisation c k

m m0

mbarre

Modèle physique

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3 Mouvement vibratoire libre 3.1 Système libre non amorti

Pour commencer, on traitera la réponse d’un système vibratoire non amorti et à un seul degré de liberté (1ddl) soumis à des perturbations initiales. Par la suite, on traitera le cas d’un système vibratoire amorti à un seul degré de liberté.

3.1.1 Modèle masse-ressort

Les quantités cinématiques fondamentales utilisées pour décrire le mouvement d’une particule sont : le déplacement, la vitesse et l’accélération. En plus, les lois physiques montrent que le mouvement d’une masse dont la vitesse est variable est déterminé par l’action des forces agissant sur cette masse.

Le système le plus simple pour modéliser un mouvement vibratoire est un ressort attaché d’un côté à un objet fixe et à son autre extrémité est attachée une masse. On distingue deux types de modèles.

Modèle vertical Modèle horizontal

3.1.1.1 Modèle vertical

Pour le modèle vertical on prendra, pour l'instant, l'origine des déplacements le point d'attache du ressort.

��𝑔 0

m

��𝑦

��𝑥

m ��𝑔 0

��𝑥

m

��𝑔

0

𝑧𝑧

��𝑔

0

𝑧𝑧

léq

m

A l'équilibre

l0

m

En mouvement

l z0 zéq

z

0 𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙é𝑞𝑞= 𝑧𝑧 − 𝑧𝑧é𝑞𝑞

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On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) :

(𝐼𝐼) 𝑏𝑏𝑒𝑒 𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑣𝑣𝑏𝑏𝑚𝑚𝑏𝑏𝑒𝑒𝑡𝑡 ⇒ 𝑚𝑚𝑔𝑔 − 𝑘𝑘 (𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0)�����𝑧𝑧−𝑧𝑧0

= 𝑚𝑚��𝑧

(𝐼𝐼𝐼𝐼)𝐴𝐴 𝑙𝑙′é𝑞𝑞𝑚𝑚𝑞𝑞𝑙𝑙𝑞𝑞𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏 ⇒ 𝑚𝑚𝑔𝑔 − 𝑘𝑘 �𝑙𝑙é𝑞𝑞 − 𝑙𝑙0��������𝑧𝑧é𝑞𝑞−𝑧𝑧0

= 0

________________________________ (III) = (I)-(II) −𝑘𝑘�𝑧𝑧 − 𝑧𝑧é𝑞𝑞� = 𝑚𝑚��𝑧

Comme on a : 𝑥𝑥 = 𝑧𝑧 − 𝑧𝑧é𝑞𝑞 & ��𝑥 = ��𝑧 (III) −𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝑚𝑚��𝑥 𝑚𝑚��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 0

On appelle l'équation de mouvements autour de la position d'équilibre :

𝒎𝒎��𝒙 + 𝒌𝒌𝒙𝒙 = 𝟎𝟎

L'équation (I) : 𝒎𝒎��𝒛 + 𝒌𝒌𝒛𝒛 −𝒎𝒎𝒎𝒎 = 𝟎𝟎 est aussi l'équation de mouvements mais pas autour de l'équilibre. Puisque l'origine 0 n'est la position d'équilibre.

3.1.1.2 Modèle horizontal

Pour le modèle horizontal :

On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) :

/��𝑥/��𝑦 �

−𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝑚𝑚��𝑥𝑅𝑅𝑠𝑠𝑚𝑚𝑙𝑙/𝑚𝑚𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑏𝑏 + 𝑚𝑚𝑔𝑔 = 0

�

A chaque instant et suivant la direction y, on trouve l'équilibre statique Rsol/masse = -mg.

Dorénavant, on s'intéressera qu'aux directions où on a du mouvement c'est-à-dire pour notre cas la direction x. On appelle l'équation de mouvements autour de la position d'équilibre :

𝒎𝒎��𝒙 + 𝒌𝒌𝒙𝒙 = 𝟎𝟎 Remarque : on voit bien que pour les deux modèles (vertical et horizontal), on a la même équation de mouvements autour de la position d'équilibre.

Eq(1) 𝒎𝒎��𝒙 + 𝒌𝒌𝒙𝒙 = 𝟎𝟎

m

𝑚𝑚𝑔𝑔��𝑦

𝐹𝐹𝑘𝑘���� = −𝑘𝑘𝑥𝑥. ��𝑥 𝑅𝑅𝑠𝑠𝑚𝑚𝑙𝑙/𝑚𝑚𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑏𝑏 ��𝑦

��𝑔 0

m

��𝑦

��𝑥

l0

A l'équilibre

Frottement négligé entre le sol et la masse

En mouvement

��𝑔 0

m

��𝑦

��𝑥

l l0 𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0

m

𝑚𝑚𝑔𝑔𝑧𝑧

𝐹𝐹𝑘𝑘���� = −𝑘𝑘(𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0)𝑧𝑧

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3.1.2 Solution de l'équation de mouvement

La forme mathématique de la solution de ce type d'équation est : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑡𝑡

Donc ��𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑡𝑡 & ��𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏𝑏𝑏2𝑏𝑏𝑏𝑏𝑡𝑡

Si on divise l'Eq(1) par la masse m on obtient :

Eq(2) ��𝒙 + 𝝎𝝎𝟎𝟎𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝟎𝟎

𝛚𝛚𝟎𝟎 = �𝐤𝐤𝐦𝐦

: est appelée la pulsation propre ou naturelle du système en rd/s.

En substituant 𝑥𝑥 & ��𝑥 dans Eq(2) on obtient :

𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑡𝑡 (𝑏𝑏2 + ω02) = 0

Remarque : a et ert ne peuvent pas être nuls. Sinon, on n'aura pas de mouvement pour a=0 et ert mathématiquement est strictement positive.

La solution pour r est : 𝑏𝑏2 = −ω02 = 𝑞𝑞2ω0

2 ⇒ r1 = +iω0 & r2 = −iω0

Donc : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏1𝑏𝑏𝑏𝑏1𝑡𝑡 + 𝑏𝑏2𝑏𝑏𝑏𝑏2𝑡𝑡 = 𝑏𝑏1𝑏𝑏+iω0𝑡𝑡 + 𝑏𝑏2𝑏𝑏−iω0𝑡𝑡

Avec a1 et a2 deux constantes complexes conjugués d’intégration. En posant 𝑏𝑏1 = (𝑏𝑏1−𝑞𝑞𝑏𝑏2)2

= 𝑏𝑏2��� on obtient la forme suivante :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏1 �𝑏𝑏+iω0𝑡𝑡 + 𝑏𝑏−iω0𝑡𝑡

2 �+ 𝑏𝑏2 �𝑏𝑏+iω0𝑡𝑡 − 𝑏𝑏−iω0𝑡𝑡

2𝑞𝑞 �

Eq(3) 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒃𝒃𝟏𝟏𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝟎𝟎𝒕𝒕) + 𝒃𝒃𝟐𝟐𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝟎𝟎𝒕𝒕)

Autres formes de l'Eq(3) :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐴𝐴. 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(ω0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐵𝐵. 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(ω0𝑡𝑡 + 𝜙𝜙)

Avec

𝐴𝐴 = 𝐵𝐵 = �𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏2

2

⎩⎪⎨

⎪⎧ 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜑𝜑) =

𝑏𝑏1

�𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏2

2

𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜑𝜑) = −𝑏𝑏2

�𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏2

2

� ⇒ 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑) = −𝑏𝑏2

𝑏𝑏1 &

⎩⎪⎨

⎪⎧𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜙𝜙) =

𝑏𝑏2

�𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏2

2

𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜙𝜙) =𝑏𝑏1

�𝑏𝑏12 + 𝑏𝑏2

2

� ⇒ 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑) =𝑏𝑏1

𝑏𝑏2

Généralement, on utilise comme conditions initiales le déplacement et la vitesse à t = 0s.

𝑥𝑥(0) = 𝑥𝑥0 & ��𝑥(0) = 𝑣𝑣0 𝑥𝑥0 = 𝑏𝑏1 & 𝑏𝑏2 = 𝑣𝑣0ω0

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𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥0𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(ω0𝑡𝑡) + 𝑣𝑣0ω0𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(ω0𝑡𝑡)

Ou 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝑥𝑥02 + �𝑣𝑣0

ω0�

2. 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(ω0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 𝑏𝑏𝑣𝑣𝑏𝑏𝑐𝑐 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑) = − 𝑣𝑣0

x0ω0

Ou 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝑥𝑥02 + �𝑣𝑣0

ω0�

2. 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(ω0𝑡𝑡 + 𝜙𝜙) 𝑏𝑏𝑣𝑣𝑏𝑏𝑐𝑐 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜙𝜙) = x0ω0

𝑣𝑣0

Représentation graphique :

On définit la période propre, T0, reliée à la pulsation propre ω0 :

𝑇𝑇0 =2𝜋𝜋(𝑏𝑏𝑟𝑟)𝜔𝜔0(𝑏𝑏𝑟𝑟/𝑠𝑠) =

2𝜋𝜋𝜔𝜔0

(𝑠𝑠)

On définie la fréquence propre en Hertz (Hz), f0, reliée à la pulsation propre en rd/s, ω0, par :

𝑓𝑓0 =𝜔𝜔0(𝑏𝑏𝑟𝑟/𝑠𝑠)

2𝜋𝜋(𝑏𝑏𝑟𝑟) =𝜔𝜔0

2𝜋𝜋 (𝐻𝐻𝑧𝑧) =

1𝑇𝑇0

(𝑠𝑠−1)

𝑣𝑣0

ω0

𝑥𝑥0 𝜑𝜑

𝑥𝑥0

𝜙𝜙

𝐴𝐴

𝐵𝐵

−𝑣𝑣0

ω0

𝜑𝜑 = 𝜙𝜙 −𝜋𝜋2

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t

𝑥𝑥0

𝑣𝑣0

�𝑥𝑥02 + �

𝑣𝑣0

ω0�

2

𝑡𝑡𝑥𝑥=0 =−�𝜋𝜋2 + 𝜑𝜑�

𝜔𝜔0=−𝜙𝜙𝜔𝜔0

𝑇𝑇0

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3.1.3 Etude énergétique du modèle masse-ressort

Le système masse-ressort est un système conservatif Em = Cst

𝐸𝐸𝑚𝑚 = 𝐸𝐸𝑐𝑐 + 𝐸𝐸𝑝𝑝 =12𝑚𝑚��𝑥2 +

12𝑘𝑘𝑥𝑥2 = Cst

𝜕𝜕𝐸𝐸𝑚𝑚𝜕𝜕𝑡𝑡

= ��𝑥(𝑚𝑚��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥) = 0

∀𝑡𝑡 ��𝑥 ≠ 0 𝑟𝑟𝑚𝑚𝑒𝑒𝑐𝑐 𝑚𝑚��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 0

On prend la solution : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐴𝐴. 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(ω0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) ⇒ ��𝑥(𝑡𝑡) = −𝜔𝜔0.𝐴𝐴. 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(ω0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑)

𝐸𝐸𝑚𝑚 =12𝑘𝑘�𝐴𝐴. 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(ω0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑)�2 +

12𝑚𝑚�−𝜔𝜔0.𝐴𝐴. 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(ω0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑)�2 = Cst

𝐸𝐸𝑚𝑚 =12𝑘𝑘.𝐴𝐴2.

⎝

⎜⎛𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠2(ω0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) + �

𝑚𝑚𝜔𝜔02

𝑘𝑘 ������

=1

𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒2(ω0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑)

⎠

⎟⎞

�����������������������������=1

=12𝑘𝑘.𝐴𝐴2

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t

𝑥𝑥0 𝑣𝑣0 = 0

𝑥𝑥0

𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝟎𝟎𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝛚𝛚𝟎𝟎𝒕𝒕)

𝑡𝑡𝑥𝑥=0 =−𝜋𝜋2𝜔𝜔0

=−𝜙𝜙𝜔𝜔0

𝜑𝜑 = 0 & 𝜙𝜙 =𝜋𝜋2

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t 𝑥𝑥0= 0

𝑣𝑣0 𝑣𝑣0

ω0

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝒗𝒗𝟎𝟎𝛚𝛚𝟎𝟎

𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝛚𝛚𝟎𝟎𝒕𝒕)

𝑡𝑡𝑥𝑥=0 =−�𝜋𝜋2 + 𝜑𝜑�

𝜔𝜔0= 0

𝜑𝜑 = −𝜋𝜋2

& 𝜙𝜙 = 0

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3.1.4 Montage de ressorts (ou d'amortisseurs) Montage en série

Montage en parallèle

A C B

A B

k1 k2

kéq

1𝑘𝑘é𝑞𝑞

=1𝑘𝑘1

+1𝑘𝑘2

A C B

A B céq

1𝑐𝑐é𝑞𝑞

=1𝑐𝑐1

+1𝑐𝑐2

c1 c2

A B

k1

k2

A B kéq

𝑘𝑘é𝑞𝑞 = 𝑘𝑘1 + 𝑘𝑘2 A B

c1

c2

A B céq

𝑐𝑐é𝑞𝑞 = 𝑐𝑐1 + 𝑐𝑐2

Position d'équilibre de la masse m

m m

Em, EC, Ep

Temps

m

𝐸𝐸𝑚𝑚 =12𝑘𝑘.𝐴𝐴2

Cas x0=0 & v0 non nul

m m

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3.2 Système libre amorti

On traite dans ce qui suit le cas d’un système vibratoire amorti à un seul degré de liberté.

3.2.1 Modèle masse-ressort-amortisseur

On ne traite que le modèle horizontal :

On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) :

/��𝑥/��𝑦 �

−𝑐𝑐��𝑥 − 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝑚𝑚��𝑥𝑅𝑅𝑠𝑠𝑚𝑚𝑙𝑙/𝑚𝑚𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑏𝑏 + 𝑚𝑚𝑔𝑔 = 0

�

A chaque instant et suivant la direction y, on trouve l'équilibre statique Rsol/masse = -mg.

On appelle l'équation caractéristique du modèle masse-ressort-amortisseur autour l'équilibre :

Eq(4) 𝒎𝒎��𝒙 + 𝒄𝒄��𝒙 + 𝒌𝒌𝒙𝒙 = 𝟎𝟎

3.2.2 Solution de l'équation de mouvement

La forme mathématique de la solution de ce type d'équations est : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑡𝑡

Donc ��𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑡𝑡 & ��𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏𝑏𝑏2𝑏𝑏𝑏𝑏𝑡𝑡

Si on divise l'Eq(4) par la masse m on obtient :

��𝒙 +𝒄𝒄𝒎𝒎��𝒙 +

𝒌𝒌𝒎𝒎𝒙𝒙 = 𝟎𝟎

Eq(5) ��𝒙 + 𝟐𝟐𝟐𝟐��𝒙 + 𝝎𝝎𝟎𝟎𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝟎𝟎

Eq(6) ��𝒙 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎��𝒙 + 𝝎𝝎𝟎𝟎𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝟎𝟎

𝛚𝛚𝟎𝟎 = �𝐤𝐤𝐦𝐦

: est appelée la pulsation propre ou naturelle du système en rd/s.

𝛌𝛌 = 𝐜𝐜𝟐𝟐𝐦𝐦

est appelé coefficient d'amortissement

𝜁𝜁 = 𝛌𝛌𝛚𝛚𝟎𝟎

= 𝐜𝐜𝟐𝟐𝐦𝐦𝛚𝛚𝟎𝟎

= 𝐜𝐜𝟐𝟐√𝐤𝐤𝐦𝐦

= 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄

est appelé facteur d'amortissement ou amortissement relatif

𝑅𝑅𝑠𝑠𝑚𝑚𝑙𝑙/𝑚𝑚𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑏𝑏 ��𝑦

m

𝑚𝑚𝑔𝑔��𝑦 𝐹𝐹𝑘𝑘���� = −𝑘𝑘𝑥𝑥. ��𝑥

𝐹𝐹𝑣𝑣��� = −𝑐𝑐��𝑥. ��𝑥

En mouvement

Frottement négligé entre le sol et la masse ��𝑔

0

m

��𝑦

��𝑥

l l0

𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0 c

k

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ccr : constante d'amortissement critique 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄 = 𝟐𝟐√𝐤𝐤𝐦𝐦

En substituant 𝑥𝑥, ��𝑥 𝑏𝑏𝑡𝑡 ��𝑥 dans Eq(6) on obtient :

𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑏𝑡𝑡 (𝑏𝑏2 + 2ζω0𝑏𝑏 + ω02) = 0

Remarque : a et ert ne peuvent pas être nuls. Sinon, on n'aura pas de mouvement pour a=0 et ert mathématiquement est strictement positive.

La solution pour r est la solution de 𝑏𝑏2 + 2ζω0𝑏𝑏 + ω02 = 0.

Le discriminant réduit est alors Δ′ = ω02. (ζ2 − 1)

Donc suivant ζ on peut avoir trois types de solutions :

1. ζ > 1 ∆' > 0 deux racines réelles pour r amortissement sur-critique; 2. ζ = 1 ∆' = 0 une racine réelle double pour r amortissement critique; 3. ζ < 1 ∆' < 0 deux racines imaginaires pour r amortissement sous-critique;

Amortissement sur-critique

Avec 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0�ζ2 − 1 la pulsation amortie

(ζ > 1)

On aura dans ce cas un oscillateur très amorti. La solution en r est alors :

𝑏𝑏1,2 = −𝜁𝜁𝜔𝜔0 ± 𝜔𝜔0�ζ2 − 1 = −𝜆𝜆 ± 𝜔𝜔1

Donc : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏1𝑏𝑏𝑏𝑏1𝑡𝑡 + 𝑏𝑏2𝑏𝑏𝑏𝑏2𝑡𝑡 = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 (𝑏𝑏1𝑏𝑏+ω1𝑡𝑡 + 𝑏𝑏2𝑏𝑏−ω1𝑡𝑡)

En posant 𝑏𝑏1 = (𝑏𝑏1+𝑏𝑏2)2

& 𝑏𝑏2 = (𝑏𝑏1−𝑏𝑏2)2

on obtient la forme suivante :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �𝑏𝑏1 �𝑏𝑏+ω1𝑡𝑡 + 𝑏𝑏−ω1𝑡𝑡

2 �+ 𝑏𝑏2 �𝑏𝑏+ω1𝑡𝑡 − 𝑏𝑏−ω1𝑡𝑡

2 ��

Eq(7) 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒆𝒆−𝟐𝟐𝒕𝒕�𝒃𝒃𝟏𝟏𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝟏𝟏𝒕𝒕) + 𝒃𝒃𝟐𝟐𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝟏𝟏𝒕𝒕)�

En tenant compte des conditions initiales on aura :

𝑥𝑥(0) = 𝑥𝑥0 & ��𝑥(0) = 𝑣𝑣0 𝑏𝑏1 = 𝑥𝑥0 & 𝑏𝑏2 = 𝑣𝑣0+𝜆𝜆𝑥𝑥0ω1

x(t) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �𝑥𝑥0ch(ω1t) + �𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0

ω1� sh(ω1t)�

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Amortissement critique

Une autre forme mathématique de la solution est proposée dans ce type d'équation est : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏𝑡𝑡𝑏𝑏𝑏𝑏𝑡𝑡

La solution de l'Eq(6) est :

(ζ = 1)

Remarque : Dans le cas d’amortissement critique l’amortissement se fait plus rapidement que pour le cas sur-critique. La solution en r est alors :

𝑏𝑏1 = 𝑏𝑏2 = −𝜔𝜔0

Eq(8) 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = (𝒃𝒃𝟏𝟏 + 𝒃𝒃𝟐𝟐𝒕𝒕)𝒆𝒆−𝝎𝝎𝟎𝟎𝒕𝒕

En tenant compte des conditions initiales classiques on aura :

𝑏𝑏1 = 𝑥𝑥0 & 𝑏𝑏2 = 𝑣𝑣0 + 𝜔𝜔0𝑥𝑥0

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = (𝑥𝑥0 + (𝑣𝑣0 + 𝜔𝜔0𝑥𝑥0)𝑡𝑡)𝑏𝑏−𝜔𝜔0𝑡𝑡

Amortissement sous-critique

Avec 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0�1 − ζ2 la pulsation amortie

(ζ < 1)

La solution en r est alors : 𝑏𝑏1,2 = −𝜁𝜁𝜔𝜔0 ± 𝑞𝑞𝜔𝜔0�1− ζ2 = −𝜆𝜆 ± 𝑞𝑞𝜔𝜔1

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t

𝑥𝑥0

𝑣𝑣0 Différentes solutions sur-critiques

𝑥𝑥0 𝑣𝑣0

𝑣𝑣0

𝑥𝑥0 𝑣𝑣0

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t

𝑥𝑥0

𝑣𝑣0 Solution sur-critique

Solution critique

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15

Donc : 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏1𝑏𝑏𝑏𝑏1𝑡𝑡 + 𝑏𝑏2𝑏𝑏𝑏𝑏2𝑡𝑡 = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �𝑏𝑏1𝑏𝑏+iω1𝑡𝑡 + 𝑏𝑏2𝑏𝑏−iω1𝑡𝑡�

En posant 𝑏𝑏1 = (𝑏𝑏1−𝑞𝑞𝑏𝑏2)2

& 𝑏𝑏2 = 𝑏𝑏1��� = (𝑏𝑏1+𝑞𝑞𝑏𝑏2)2

on obtient la forme suivante :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �𝑏𝑏1 �𝑏𝑏+iω1𝑡𝑡 + 𝑏𝑏−iω1𝑡𝑡

2 �+ 𝑏𝑏2 �𝑏𝑏+iω1𝑡𝑡 − 𝑏𝑏−iω1𝑡𝑡

2𝑞𝑞 ��

Eq(9) 𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒆𝒆−𝟐𝟐𝒕𝒕�𝒃𝒃𝟏𝟏𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝟏𝟏𝒕𝒕) + 𝒃𝒃𝟐𝟐𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝟏𝟏𝒕𝒕)�

Autres formes de l'Eq(9) :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λt𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(ω1𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 𝑚𝑚𝑚𝑚 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λt𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(ω1𝑡𝑡 + 𝜙𝜙)

En tenant compte des conditions initiales on aura :

𝑥𝑥(0) = 𝑥𝑥0 & ��𝑥(0) = 𝑣𝑣0 𝑏𝑏1 = 𝑥𝑥0 & 𝑏𝑏2 = 𝑣𝑣0+𝜆𝜆𝑥𝑥0ω1

x(t) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �𝑥𝑥0cos(ω1t) + �𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0

ω1� sin(ω1t)�

Pour les deux autres formes on a:

𝑋𝑋𝑚𝑚 = �𝑥𝑥02 + �

𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0

ω1�

2

, 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑) = −(𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0)

x0ω1 , 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜙𝜙) =

x0ω1(𝑣𝑣0 + 𝜆𝜆𝑥𝑥0)

Remarque : la solution du sous-critique pour c = 0 (ζ = 0) donne la solution du modèle non amorti.

c = 0 ⇒ ζ = 0 ⇒ ω1 = ω0 & 𝜆𝜆 = 0

Remarque : Le régime est oscillatoire mais non périodique à cause de la diminution de l’amplitude. Il est dit pseudo-périodique de pseudo-période T1:

𝐓𝐓𝟏𝟏 =𝟐𝟐𝟐𝟐𝛚𝛚𝟏𝟏

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t

𝑥𝑥0

𝑣𝑣0

Solution sous-critique Ou

Pseudo-périodique

𝑇𝑇1 =2𝜋𝜋𝜔𝜔1

𝑿𝑿𝒎𝒎𝒆𝒆−𝟐𝟐𝒕𝒕

−𝑿𝑿𝒎𝒎𝒆𝒆−𝟐𝟐𝒕𝒕

Les enveloppes

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16

3.2.3 Décrément logarithmique

Si on calcule : 𝑥𝑥(𝑡𝑡 + 𝑒𝑒𝑇𝑇1) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λ(𝑡𝑡+𝑒𝑒𝑇𝑇1)𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(ω1(𝑡𝑡 + 𝑒𝑒𝑇𝑇1) + 𝜑𝜑)

𝑥𝑥(𝑡𝑡 + 𝑒𝑒𝑇𝑇1) = 𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λt . e−λ𝑒𝑒𝑇𝑇1 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠 �ω1t + 𝑒𝑒ω1𝑇𝑇1�𝟐𝟐𝟐𝟐

+ 𝜑𝜑������������������

𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠 (ω1t+𝜑𝜑)

𝑥𝑥(𝑡𝑡 + 𝑒𝑒𝑇𝑇1) = e−λ𝑒𝑒𝑇𝑇1 .𝑋𝑋𝑚𝑚 . e−λt . 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(ω1t + 𝜑𝜑)���������������x(t)

eλ𝑒𝑒𝑇𝑇1 =x(t)

𝑥𝑥(𝑡𝑡 + 𝑒𝑒𝑇𝑇1)

On obtient alors :

Eq(10) 𝜹𝜹 = 𝟐𝟐𝑻𝑻𝟏𝟏 = 𝟏𝟏𝒔𝒔𝒍𝒍𝒔𝒔 � 𝒙𝒙(𝒕𝒕)

𝒙𝒙(𝒕𝒕+𝒔𝒔𝑻𝑻𝟏𝟏)�

La quantité δ est appelée le décrément logarithmique. Il est utilisé dans l’exploitation des mesures expérimentales pour déterminer les caractéristiques d'un système vibratoire.

On mesure x(t0) au temps t0 et x(t0+nT1) au temps t0+nT1. n étant le nombre de pseudo-périodes.

Procédure de détermination des caractéristiques d'un système vibratoire (ζ < 1):

1. On calcule δ Eq(10).

2. 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0�1− ζ2 �T1 = 2π

ω1= 2π

𝜔𝜔0�1−ζ2

λ = ζω0

� ⇒ δ = λT1 = 2πζ�1−ζ2

Eq(11) 𝜹𝜹 = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐�𝟏𝟏−𝟐𝟐𝟐𝟐

Eq(12) 𝟐𝟐 = 𝜹𝜹�𝟒𝟒𝟐𝟐𝟐𝟐+𝜹𝜹𝟐𝟐

Remarque : si ζ <<1 → δ = 2πζ

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

t

5𝑇𝑇1, (𝑒𝑒 = 5) 𝑥𝑥(𝑡𝑡0) 𝑥𝑥(𝑡𝑡0 + 5𝑇𝑇1)

𝑇𝑇1

Enregistrement d'un mouvement Pseudo-périodique

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17

3. Connaissant T1 (mesurée) on détermine ω1 = 2πT1

4. On détermine par la suite 𝜔𝜔0 = 𝜔𝜔1

�1−ζ2

5. Si on a la raideur équivalente k du système on peut déterminer la masse équivalente m du système sachant 𝜔𝜔0

2 = 𝑘𝑘𝑚𝑚

6. Si on a la masse équivalente m du système on peut déterminer la raideur équivalente k du

système sachant 𝜔𝜔02 = 𝑘𝑘

𝑚𝑚

3.3 Stabilité d'un système vibratoire 3.3.1 Etude d'un pendule inversé (petites oscillations)

On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) :

�𝓜𝓜𝒄𝒄������� = 𝑶𝑶𝑶𝑶������ ∧ (−𝒎𝒎𝒎𝒎𝒙𝒙�� ) + 𝑶𝑶𝑶𝑶������ ∧ �−𝟐𝟐𝒌𝒌𝒍𝒍𝟐𝟐𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝜽𝜽)𝒚𝒚�� � = 𝒎𝒎𝒍𝒍𝟐𝟐��𝜽𝒛𝒛�

�m. g. l. sin(θ) − 2kl2

sin(θ).l2

cos(θ) = ml2θ� z

θ petit 𝐦𝐦𝐥𝐥𝟐𝟐��𝛉+ �𝐤𝐤 𝐥𝐥𝟐𝟐

𝟐𝟐−𝐦𝐦. 𝐠𝐠. 𝐥𝐥� 𝛉𝛉 = 𝟎𝟎

Méthode énergétique

𝐸𝐸 = 𝐸𝐸𝐶𝐶 + 𝐸𝐸𝑝𝑝 =12

ml2θ2�����𝐸𝐸𝑐𝑐=1

2 Jθ2

+12

2k�l2

sin(θ)�2

�����������𝐸𝐸𝑝𝑝 (𝑏𝑏𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑚𝑚𝑏𝑏𝑡𝑡 )

+ mglcos(θ)�������𝐸𝐸𝑝𝑝 (𝑚𝑚)

= Cst

𝜕𝜕𝐸𝐸𝜕𝜕𝑡𝑡

= θ � ml2θ+ kl2

2sin(θ)cos(θ)− m. g. l. sin(θ)� = 0

θ petit 𝐦𝐦𝐥𝐥𝟐𝟐��𝛉+ �𝐤𝐤 𝐥𝐥𝟐𝟐

𝟐𝟐−𝐦𝐦. 𝐠𝐠. 𝐥𝐥� 𝛉𝛉 = 𝟎𝟎

��𝑦

k k

m

O

��𝑥

l

l/2 ��𝑦

2k

m

O

��𝑥

l

l/2 ��𝑦

2k

m

O

��𝑥

��𝑔 θ

��𝑦

−𝟐𝟐𝒌𝒌.𝚫𝚫𝒚𝒚𝒚𝒚��

Δ𝑦𝑦 =𝑙𝑙2𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜃𝜃)

m

O

��𝑥

−𝑚𝑚𝑔𝑔��𝑥 θ

A

B

𝑂𝑂𝐴𝐴����� �𝑙𝑙. 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜃𝜃)𝑙𝑙. 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜃𝜃)

0�

𝑂𝑂𝐵𝐵�����

⎝

⎜⎛𝑙𝑙2

. 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜃𝜃)

𝑙𝑙2

. 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜃𝜃)

0 ⎠

⎟⎞

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18

En divisant par ml2 on aura : θ +�kl2

2−m.g.l�

ml2 θ = 0 de la forme θ + ktJθ = 0

Avec kt est la rigidité de torsion équivalente.

On aura un système stable si kt est > 0 et un système instable si kt <0.

Si kt > 0 𝜃𝜃(𝑡𝑡) = 𝜃𝜃. 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜔𝜔0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 𝑏𝑏𝑣𝑣𝑏𝑏𝑐𝑐 𝜔𝜔0 = ��kl22−m.g.l�

ml2

Si kt < 0 𝜃𝜃(𝑡𝑡) = �𝜃𝜃1. 𝑐𝑐ℎ(𝜔𝜔0𝑡𝑡) + 𝜃𝜃2. 𝑠𝑠ℎ(𝜔𝜔0𝑡𝑡)� 𝑏𝑏𝑣𝑣𝑏𝑏𝑐𝑐 𝜔𝜔0 = ��m.g.l−kl22 �

ml2

D'une manière générale, un système vibratoire est instable si sa rigidité équivalente (ou sa constante d'amortissement équivalente) est négative

.

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19

4 Mouvement vibratoire forcé

On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) :

/��𝑥/��𝑦 �

−𝑐𝑐��𝑥 − 𝑘𝑘𝑥𝑥 + 𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝑚𝑚��𝑥𝑅𝑅𝑠𝑠𝑚𝑚𝑙𝑙/𝑚𝑚𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑏𝑏 + 𝑚𝑚𝑔𝑔 = 0

�

A chaque instant et suivant la direction y, on trouve l'équilibre statique Rsol/masse = -mg.

On appelle l'équation de mouvement forcé d'un modèle masse-ressort-amortisseur autour l'équilibre :

Eq(13) 𝒎𝒎��𝒙 + 𝒄𝒄��𝒙 + 𝒌𝒌𝒙𝒙 = 𝑭𝑭(𝒕𝒕)

4.1 Forme de la réponse d'un mouvement vibratoire forcé

L'équation de mouvement Eq(13) est une équation différentielle non homogène. Donc, la solution de cette équation s'écrit sous la forme suivante :

𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝒄𝒄(𝒕𝒕) + 𝒙𝒙𝒑𝒑(𝒕𝒕)

xh(t) est la solution homogène de l'équation: 𝑚𝑚��𝑥 + 𝑐𝑐��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 0. Donc, on a quatre possibilités suivant le facteur d'amortissement ζ.

1. ζ = 0 cas non amorti 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑚𝑚𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜔𝜔0𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) 2. ζ < 0 cas sous-critique 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑚𝑚𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜔𝜔1𝑡𝑡 + 𝜑𝜑) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �𝑏𝑏1𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜔𝜔1𝑡𝑡)+𝑏𝑏2𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔1𝑡𝑡)� 3. ζ > 1 cas sur-critique 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �𝑏𝑏1𝑐𝑐ℎ(𝜔𝜔1𝑡𝑡)+𝑏𝑏2𝑠𝑠ℎ(𝜔𝜔1𝑡𝑡)� 4. ζ = 1 cas critique 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 (𝑏𝑏1+𝑏𝑏2𝑡𝑡)

xp(t) est la solution particulière. D'une manière générale elle a la même forme que F(t).

Remarque : La solution particulière xp(t) est aussi appelée la solution permanente. Cette appellation vient du fait que c'est la solution qui reste après l'atténuation de xh(t) après un certain temps.

En mouvement

Frottement négligé entre le sol et la masse

��𝑔 0

m

��𝑦

��𝑥

l l0

𝑥𝑥 = 𝑙𝑙 − 𝑙𝑙0 c

k F(t)

𝑅𝑅𝑠𝑠𝑚𝑚𝑙𝑙/𝑚𝑚𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑏𝑏 ��𝑦

m

𝑚𝑚𝑔𝑔��𝑦 𝐹𝐹𝑘𝑘���� = −𝑘𝑘𝑥𝑥. ��𝑥

𝐹𝐹𝑣𝑣��� = −𝑐𝑐��𝑥. ��𝑥 F(t)

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20

4.2 Réponse à une excitation harmonique

𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0cos(𝜔𝜔𝑡𝑡) , ω : est appelée la pulsation forcée.

Eq(14) 𝒎𝒎��𝒙 + 𝒄𝒄��𝒙 + 𝒌𝒌𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝟎𝟎𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝒕𝒕)

Si on divise l'Eq(14) par la masse m on obtient :

Eq(15) ��𝒙 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎��𝒙 + 𝝎𝝎𝟎𝟎𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝑭𝑭𝟎𝟎

𝒎𝒎𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝒕𝒕)

xh(t) est choisie suivant le facteur d'amortissement ζ.

xp(t) aura une forme harmonique 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋. cos(𝜔𝜔𝑡𝑡 + 𝜑𝜑′)

Pour trouver xp(t), on va substituer la forme proposée dans l'équation de mouvement. On utilisera la méthode complexe pour la recherche de xp(t).

𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) ⇒ 𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑏𝑏𝑞𝑞(𝜔𝜔𝑡𝑡+𝜑𝜑′) 𝑡𝑡𝑏𝑏𝑙𝑙𝑞𝑞𝑚𝑚𝑏𝑏 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑏𝑏 �𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡)�

𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑞𝑞𝜔𝜔 𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡) & 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = −𝜔𝜔2 𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡)

L'équation Eq(15) devient :

𝕩𝕩p (t)(−ω2 + 2iζω0ω+ ω02) =

F0

meiωt

On introduit le facteur de fréquences 𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝝎𝝎𝟎𝟎

L'équation précédente peut s'écrire : 𝕩𝕩p (t)(1 − β2 + 2iζβ) = F0mω0

2���k

eiωt = F0k

eiωt

𝕩𝕩p (t) =F0

k.

1�(1 − β2)2 + (2ζβ)2

ei(ωt−φ) avec tg(φ) =2ζβ

1 − β2

Ce qui donne 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑏𝑏 �𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡)� = F0k

. 1�(1−β2)2+(2ζβ)2�����������

X

cos�ωt−φ�φ′�

Eq(16) 𝒙𝒙𝒑𝒑(𝒕𝒕) = 𝑿𝑿𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝒕𝒕−𝝋𝝋) 𝒂𝒂𝒗𝒗𝒆𝒆𝒄𝒄

⎩⎨

⎧𝑿𝑿 = 𝑭𝑭𝟎𝟎𝒌𝒌 . 𝟏𝟏

��𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐�𝟐𝟐

+(𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷)𝟐𝟐

𝒕𝒕𝒎𝒎(𝝋𝝋) = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐

�&

⎩⎪⎨

⎪⎧𝝎𝝎𝟎𝟎 = �𝒌𝒌

𝒎𝒎

𝟐𝟐 = 𝒄𝒄𝟐𝟐√𝒌𝒌𝒎𝒎

𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝝎𝝎𝟎𝟎

�

L'amplitude X s'écrit sous la forme X = Xs.μ(β, ζ)�Xs = F0

k

μ(β, ζ) = 1�(1−β2)2+(2ζβ)2

�

µ(β,ζ) : est appelé le facteur d'amplification dynamique

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21

La solution totale de l'équation de mouvement devient :

𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝒄𝒄(𝒕𝒕) +𝐅𝐅𝟎𝟎𝐤𝐤

.𝟏𝟏

�(𝟏𝟏 − 𝛃𝛃𝟐𝟐)𝟐𝟐 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝛃𝛃)𝟐𝟐𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝛚𝛚𝛚𝛚 − 𝛗𝛗)

4.2.1 Tracé de l'amplitude et du déphasage de la solution permanente

4.2.1.1 Tracé de l'amplitude

Dans ce qui suit on va tracer la fonction : XXs

= μ(β, ζ)�Xs = F0

k

μ(β, ζ) = 1�(1−β2)2+(2ζβ)2

�

On a μ(0, ζ) = 1 et limβ→∞ μ(β, ζ) = 0

Recherche des maximums :

∂μ(β, ζ)∂β

= −12

−4β(1− β2) + 8ζ2β

((1 − β2)2 + (2ζβ)2)32�

= −12

4β�β2 − (1 − 2ζ2)�

((1 − β2)2 + (2ζβ)2)32�

= 0

Etude de la fonction µ(β,ζ) pour un ζ donné:

Maximum 1 𝛃𝛃 = 𝟎𝟎 ⇒ 𝛍𝛍(𝟎𝟎, 𝟐𝟐) = 𝟏𝟏 Maximum 2 (existe si ζ < 1

√2≈ 0.707)

𝛃𝛃𝐜𝐜 = �𝟏𝟏 − 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐 ⇒ 𝛍𝛍(𝛃𝛃𝐜𝐜, 𝟐𝟐) =𝟏𝟏

𝟐𝟐𝟐𝟐�𝟏𝟏 − 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝐜𝐜𝐬𝐬 𝟐𝟐 ≪ 𝟏𝟏 ⇒ 𝛍𝛍(𝛃𝛃𝐜𝐜, 𝟐𝟐) ≈

𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐

1

�1 − 𝛽𝛽4

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22

4.2.1.2 Tracé du déphasage

Dans ce qui suit on va tracer la fonction : 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑) = 2𝜁𝜁𝛽𝛽1−𝛽𝛽2 ⇒ �

φ = atan � 2𝜁𝜁𝛽𝛽1−𝛽𝛽2� si β > 1

φ = atan � 2𝜁𝜁𝛽𝛽1−𝛽𝛽2�+ π si β < 1

�

Exemple : (cas ζ <1)

Conditions initiales : 𝑥𝑥0 ≠ 0 & 𝑣𝑣0 ≠ 0

𝑥𝑥ℎ(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �𝑏𝑏1𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜔𝜔1𝑡𝑡)+𝑏𝑏2𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔1𝑡𝑡)�

x(t) = e−λt�b1cos(ω1t)+b2sin(ω1t)�+ Xcos(ωt −φ)

x(0) = 𝑥𝑥0 = b1 + Xcos(φ)

x(t) = e−λt �−λ�b1cos(ω1t)+b2sin(ω1t)� + �−b1ω1. sin(ω1t)+b2ω1. cos(ω1t)��− ωX. sin(ωt− φ)

x(0) = 𝑣𝑣0 = (−λb1+b2ω1) + ωX. sin(φ)

� b1 = 𝑥𝑥0 − Xcos(φ)−λb1+b2ω1 +ωX. sin(φ) = 𝑣𝑣0

� ⇒ �b1 = 𝑥𝑥0 − Xcos(φ)

b2 =𝑣𝑣0 + λ�𝑥𝑥0 − Xcos(φ)� − ωX. sin(φ)

ω1

�

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23

Cas particulier non amorti (c=0 ζ=0)

Si ζ = 0 ( φ = 0 , λ=0 , ω1=ω0) X = F0k

. 1|1−β2| = F0

k. ω0

2

ω02−ω2 �

b1 = 𝑥𝑥0 − Xb2 = 𝑣𝑣0

𝜔𝜔0

�

x(t) = �𝑥𝑥0 −F0

k.

ω02

ω02 −ω2� . cos(ω0t) +

𝑣𝑣0

𝜔𝜔0. sin(ω0t) +

F0

k.

ω02

ω02 −ω2 cos(ωt)

x(t) = 𝑥𝑥0. cos(ω0t) +𝑣𝑣0

𝜔𝜔0. sin(ω0t) +

F0

k.

ω02

ω02 −ω2 �cos(ωt)− cos(ω0t)�

x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=100Ns/m F0=50N ω=1rd/s β=0.126

x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=100Ns/m F0=50N ω=5rd/s β=0.632

x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=0Ns/m F0=50N ω=3rd/s β=0.379

x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=0Ns/m F0=50N ω=0.5rd/s β=0.063

Phase transitoire Phase stabilisée Ou

Phase permanente

Phase transitoire

Phase stabilisée Ou

Phase permanente

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24

Cas de Résonance (ω=ω0 β=1)

Pour le cas (ω=ω0), le choix de xp (t) = Xcos(ω0t +φ′) n'est plus valable car elle se confond avec la solution homogène.

On prend alors la deuxième forme possible : xp (t) = t. Xcos(ω0t +φ′)

xp (t) = X�cos(ω0t + φ′)−ω0t. sin(ω0t + φ′)�

xp (t) = X �−2ω0sin(ω0t + φ′) −ω02t. cos(ω0t + φ′)�

L'équation de mouvement étant x + ω02x = F0

mcos(ω0t) devient :

X �−2ω0sin(ω0t + φ′) −ω02t. cos(ω0t + φ′)�+ ω0

2t. Xcos(ω0t + φ′) = F0m

cos(ω0t)

−2ω0X. sin(ω0t + φ′) =F0

mcos(ω0t)

Ou encore : 2ω0X. sin(−ω0t− φ′) = F0m

sin(π2−ω0t)

Donc �X = F0

2ω0m

φ′ = −π2

� ⇒ xp (t) = F02ω0m

t. sin(ω0t)

x(t) = 𝑏𝑏1. cos(ω0t) + b2. sin(ω0t) +F0

2ω0mt. sin(ω0t)

Avec les conditions initiales classiques, on aura :

x(t) = 𝑥𝑥0. cos(ω0t) + �𝑣𝑣0

𝜔𝜔0+

F0

2ω0mt� sin(ω0t)

x0=0.05cm v0=0m/s m=80 kg k= 5000 N/m c=0Ns/m F0=50N ω=0.5rd/s β=1

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25

4.3 Réponse à une excitation due au déséquilibre du rotor

En général les machines tournantes, comme par exemple un moteur électrique, présentent un déséquilibre du à la distribution de la masse. On schématise ce déséquilibre par une masse tournante m0 excentrée d'une distance e par rapport à l'axe de rotation.

Rappel : force centrifuge due à une masse tournante (ωb constante) :

On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) :

/��𝑥/��𝑦 �

−𝑐𝑐��𝑥 − 𝑘𝑘𝑥𝑥 + 𝑚𝑚0𝑏𝑏𝜔𝜔𝑏𝑏2. cos(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡) = 𝑚𝑚��𝑥

𝑅𝑅𝑏𝑏â𝑡𝑡𝑞𝑞/𝑚𝑚𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑏𝑏 + 𝑚𝑚0𝑏𝑏𝜔𝜔𝑏𝑏2. sin(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡) = 0

�

Remarque : Quand on travaille autour de la position d'équilibre, on ne fait pas intervenir le poids. Puisque, il est compensé par la compression initiale du ressort lors du montage de m. c'est-à-dire 𝑚𝑚𝑔𝑔 = −𝑘𝑘�𝑙𝑙é𝑞𝑞 − 𝑙𝑙0� à chaque instant.

A chaque instant et suivant la direction y, on a 𝑅𝑅𝑏𝑏â𝑡𝑡𝑞𝑞/𝑚𝑚𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑏𝑏 = −𝑚𝑚0𝑏𝑏𝜔𝜔𝑏𝑏2. sin(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡).

L'équation de mouvement, autour l'équilibre, est alors :

Eq(17) 𝒎𝒎��𝒙 + 𝒄𝒄��𝒙 + 𝒌𝒌𝒙𝒙 = 𝒎𝒎𝟎𝟎𝒆𝒆𝝎𝝎𝒃𝒃𝟐𝟐. 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝒃𝒃𝒕𝒕)

Si on divise l'Eq(17) par la masse m on obtient :

Eq(18) ��𝒙 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎��𝒙 + 𝝎𝝎𝟎𝟎𝟐𝟐𝒙𝒙 = 𝒎𝒎𝟎𝟎𝒆𝒆𝝎𝝎𝒃𝒃

𝟐𝟐

𝒎𝒎𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝒃𝒃𝒕𝒕)

𝑅𝑅𝑏𝑏â𝑡𝑡𝑞𝑞/𝑚𝑚𝑏𝑏𝑠𝑠𝑠𝑠𝑏𝑏 ��𝑦

𝐹𝐹𝑘𝑘���� = −𝑘𝑘𝑥𝑥. ��𝑥 𝐹𝐹𝑣𝑣��� = −𝑐𝑐��𝑥. ��𝑥

m

��𝑦

��𝑥

0

m0 e

ωb

𝐹𝐹𝑐𝑐��� ωbt 𝐹𝐹𝑐𝑐��� = 𝑚𝑚0𝑏𝑏𝜔𝜔𝑏𝑏

2. 𝑏𝑏𝑏𝑏���

𝐹𝐹𝑐𝑐��� �𝑚𝑚0𝑏𝑏𝜔𝜔𝑏𝑏

2. cos(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡)𝑚𝑚0𝑏𝑏𝜔𝜔𝑏𝑏

2. sin(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡)�

𝑏𝑏𝑏𝑏���

𝑏𝑏𝜃𝜃����

𝐹𝐹𝑐𝑐���

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

Position d'équilibre

��𝑦

��𝑥

c k

m0 e

m

ωb

0

La masse m0 est inclue dans la

masse totale m

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26

xh(t) est choisie suivant le facteur d'amortissement ζ.

xp(t) aura une forme harmonique 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋. cos(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡 + 𝜑𝜑′)

Pour trouver xp(t), on va substituer la forme proposée dans l'équation de mouvement. On utilisera la méthode complexe pour la recherche de xp(t).

𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) ⇒ 𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑏𝑏𝑞𝑞(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡+𝜑𝜑′) 𝑡𝑡𝑏𝑏𝑙𝑙𝑞𝑞𝑚𝑚𝑏𝑏 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑏𝑏 �𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡)�

𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑞𝑞𝜔𝜔𝑏𝑏 𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡) & 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = −𝜔𝜔𝑏𝑏2 𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡)

L'équation Eq(18) devient :

𝕩𝕩p (t)�−𝜔𝜔𝑏𝑏2 + 2iζω0𝜔𝜔𝑏𝑏 + ω0

2� =m0eωb

2

meiωb t

On introduit le facteur de fréquences 𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝒃𝒃𝝎𝝎𝟎𝟎

L'équation précédente peut s'écrire : 𝕩𝕩p (t)(1 − β2 + 2iζβ) = m0eωb2

mω02 eiωb t = �m0

me� β2eiωb t

𝕩𝕩p (t) = �m0

me�

β2

�(1 − β2)2 + (2ζβ)2ei(ωb t−φ) avec tg(φ) =

2ζβ1 − β2

Ce qui donne 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑏𝑏 �𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡)� = �m0m

e� β2

�(1−β2)2+(2ζβ)2���������������X

cos�ωbt−φ�φ′�

Eq(19) 𝒙𝒙𝒑𝒑(𝒕𝒕) = 𝑿𝑿𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝒃𝒃𝒕𝒕 −𝝋𝝋) 𝒂𝒂𝒗𝒗𝒆𝒆𝒄𝒄

⎩⎪⎨

⎪⎧𝑿𝑿 = �𝒎𝒎𝟎𝟎

𝒎𝒎 𝒆𝒆� 𝜷𝜷𝟐𝟐

��𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐�𝟐𝟐

+(𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷)𝟐𝟐

𝒕𝒕𝒎𝒎(𝝋𝝋) = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐

�&

⎩⎪⎨

⎪⎧𝝎𝝎𝟎𝟎 = �𝒌𝒌

𝒎𝒎

𝟐𝟐 = 𝒄𝒄𝟐𝟐√𝒌𝒌𝒎𝒎

𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝒃𝒃𝝎𝝎𝟎𝟎

�

L'amplitude X s'écrit sous la forme X = �m0m

e� . μ(β, ζ); 𝑏𝑏𝑣𝑣𝑏𝑏𝑐𝑐 μ(β, ζ) = β2

�(1−β2)2+(2ζβ)2

µ(β,ζ) : est appelé le facteur d'amplification dynamique

La solution totale de l'équation de mouvement devient :

𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝒄𝒄(𝒕𝒕) + �𝐦𝐦𝟎𝟎

𝐦𝐦𝐞𝐞� .

𝛃𝛃𝟐𝟐

�(𝟏𝟏 − 𝛃𝛃𝟐𝟐)𝟐𝟐 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝛃𝛃)𝟐𝟐𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝛚𝛚𝐛𝐛𝛚𝛚 − 𝛗𝛗)

4.3.1 Tracé de l'amplitude et du déphasage de la solution permanente

4.3.1.1 Tracé de l'amplitude

Dans ce qui suit on va tracer la fonction : X.mm0e

= μ(β, ζ); 𝑏𝑏𝑣𝑣𝑏𝑏𝑐𝑐 μ(β, ζ) = β2

�(1−β2)2+(2ζβ)2

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27

On a μ(0, ζ) = 0 et limβ→∞ μ(β, ζ) = 1

Recherche des maximums :

∂μ(β, ζ)∂β

=2β((1 − β2)2 + (2ζβ)2) − 1

2 (−4β(1− β2) + 8ζ2β)β2

((1 − β2)2 + (2ζβ)2)32�

=2β�1 − β2(1 − 2ζ2)�

((1 − β2)2 + (2ζβ)2)32�

= 0

Etude de la fonction µ(β,ζ) pour un ζ donné:

Maximum 1 𝛃𝛃 = 𝟎𝟎 ⇒ 𝛍𝛍(𝟎𝟎, 𝟐𝟐) = 𝟎𝟎

Maximum 2 (existe si ζ < 1√2≈ 0.707)

𝛃𝛃𝐜𝐜 =𝟏𝟏

�𝟏𝟏 − 𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐𝟐⇒ 𝛍𝛍(𝛃𝛃𝐜𝐜, 𝟐𝟐) =

𝟏𝟏

𝟐𝟐𝟐𝟐�𝟏𝟏 − 𝟐𝟐𝟐𝟐 𝐜𝐜𝐬𝐬 𝟐𝟐 ≪ 𝟏𝟏 ⇒ 𝛍𝛍(𝛃𝛃𝐜𝐜, 𝟐𝟐) ≈

𝟏𝟏𝟐𝟐𝟐𝟐

4.3.1.2 Tracé du déphasage

Pour le tracé de la fonction 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑) = 2𝜁𝜁𝛽𝛽1−𝛽𝛽2 ⇒ �

φ = atan � 2𝜁𝜁𝛽𝛽1−𝛽𝛽2� si β > 1

φ = atan � 2𝜁𝜁𝛽𝛽1−𝛽𝛽2� + π si β < 1

�, on obtient la même

figure que celle du paragraphe 4.2.1.2

𝛽𝛽2

�𝛽𝛽4 − 1

X. mm0e

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28

4.4 Réponse à une excitation par déplacement imposé du support

Généralement les machines ou des parties de machines sont excitées d'une manière harmonique par leurs supports élastiques. Ces situations peuvent être modélisées par le modèle suivant :

On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) :

��𝑥/−𝑐𝑐(��𝑥 − ��𝑦) − 𝑘𝑘(𝑥𝑥 − 𝑦𝑦) = 𝑚𝑚��𝑥

Remarque : Quand on travaille autour de la position d'équilibre, on ne fait pas intervenir le poids. Puisque, il est compensé par la compression initiale du ressort lors du montage de m. c'est-à-dire 𝑚𝑚𝑔𝑔 = −𝑘𝑘�𝑙𝑙é𝑞𝑞 − 𝑙𝑙0� à chaque instant.

L'équation de mouvement, autour l'équilibre, est alors :

Eq(20) 𝒎𝒎��𝒙 + 𝒄𝒄��𝒙 + 𝒌𝒌𝒙𝒙 = 𝒄𝒄��𝒚 + 𝒌𝒌𝒚𝒚 = −𝒄𝒄.𝝎𝝎𝒃𝒃𝒀𝒀𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝒃𝒃𝒕𝒕) + 𝒌𝒌.𝒀𝒀𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝒃𝒃𝒕𝒕)

Si on divise l'Eq(20) par la masse m on obtient :

Eq(21) ��𝒙 + 𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎��𝒙 + 𝝎𝝎𝟎𝟎𝟐𝟐𝒙𝒙 = −𝟐𝟐𝟐𝟐𝝎𝝎𝟎𝟎𝝎𝝎𝒃𝒃𝒀𝒀𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝒃𝒃𝒕𝒕) + 𝝎𝝎𝟎𝟎

𝟐𝟐𝒀𝒀𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝒃𝒃𝒕𝒕)

On introduit le facteur de fréquences 𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝒃𝒃𝝎𝝎𝟎𝟎

x + 2ζω0x + ω02x = ω0

2Y� 1. cos(ωbt)− 2ζβ. sin(ωbt)�

x + 2ζω0x + ω02x = ω0

2Y�1 + (2ζβ)2cos(ωbt + θ) avec tg(θ) = 2ζβ

xh(t) est choisie suivant le facteur d'amortissement ζ.

xp(t) aura une forme harmonique 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋. cos(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡 + 𝜑𝜑′)

Pour trouver xp(t), on va substituer la forme proposée dans l'équation de mouvement. On utilisera la méthode complexe pour la recherche de xp(t).

𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) ⇒ 𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑏𝑏𝑞𝑞(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡+𝜑𝜑′) 𝑡𝑡𝑏𝑏𝑙𝑙𝑞𝑞𝑚𝑚𝑏𝑏 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑏𝑏 �𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡)�

Position d'équilibre

c k

m

Base excitée

𝑦𝑦(𝑡𝑡) = 𝑌𝑌𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡)

𝑥𝑥(𝑡𝑡) ��𝑥

𝐹𝐹𝑘𝑘���� = −𝑘𝑘(𝑥𝑥 − 𝑦𝑦). ��𝑥 𝐹𝐹𝑣𝑣��� = −𝑐𝑐(��𝑥 − ��𝑦)��𝑥

m

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29

𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = 𝑞𝑞𝜔𝜔𝑏𝑏 𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡) & 𝕩𝕩𝑝𝑝 (𝑡𝑡) = −𝜔𝜔𝑏𝑏2 𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡)

L'équation Eq(18) devient :

𝕩𝕩p (t)�−𝜔𝜔𝑏𝑏2 + 2iζω0𝜔𝜔𝑏𝑏 + ω02� = ω0

2Y�1 + (2ζβ)2ei(ωb t+θ)

L'équation précédente peut s'écrire : 𝕩𝕩p (t)(1 − β2 + 2iζβ) = Y�1 + (2ζβ)2ei(ωb t+θ)

𝕩𝕩p (t) = Y�1 + (2ζβ)2

(1 − β2)2 + (2ζβ)2 ei(ωb t+θ−δ) avec tg(δ) =2ζβ

1 − β2

Ce qui donne 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑅𝑅𝑏𝑏 �𝕩𝕩𝑝𝑝(𝑡𝑡)� = Y� 1+(2ζβ)2

(1−β2)2+(2ζβ)2�����������X

cos�ωbt− (δ − θ)�����φ

�������φ′

�

Eq(22) 𝒙𝒙𝒑𝒑(𝒕𝒕) = 𝑿𝑿𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝒃𝒃𝒕𝒕 −𝝋𝝋) 𝒂𝒂𝒗𝒗𝒆𝒆𝒄𝒄

⎩⎪⎨

⎪⎧𝑿𝑿 = 𝒀𝒀�

𝟏𝟏+(𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷)𝟐𝟐

�𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐�𝟐𝟐

+(𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷)𝟐𝟐�������������

𝒕𝒕𝒎𝒎(𝝋𝝋) = 𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷𝟑𝟑

𝟏𝟏−𝜷𝜷𝟐𝟐+(𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷)𝟐𝟐

�&

⎩⎪⎨

⎪⎧𝝎𝝎𝟎𝟎 = �𝒌𝒌

𝒎𝒎

𝟐𝟐 = 𝒄𝒄𝟐𝟐√𝒌𝒌𝒎𝒎

𝜷𝜷 = 𝝎𝝎𝒃𝒃𝝎𝝎𝟎𝟎

�

Remarque : on démontre assez facilement que 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑) = 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝛿𝛿 − 𝜃𝜃) = 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝛿𝛿)−𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜃𝜃)1+𝑡𝑡𝑔𝑔(𝛿𝛿).𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜃𝜃)

La quantité 𝑇𝑇𝑅𝑅 = 𝑋𝑋𝑌𝑌 est appelée la transmissibilité du déplacement :

𝑻𝑻𝑻𝑻:𝑿𝑿𝒀𝒀

= �𝟏𝟏 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝛃𝛃)𝟐𝟐

(𝟏𝟏 − 𝛃𝛃𝟐𝟐)𝟐𝟐 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝛃𝛃)𝟐𝟐

La solution totale de l'équation de mouvement devient :

𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝒙𝒙𝒄𝒄(𝒕𝒕) + 𝐘𝐘�𝟏𝟏 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝛃𝛃)𝟐𝟐

(𝟏𝟏 − 𝛃𝛃𝟐𝟐)𝟐𝟐 + (𝟐𝟐𝟐𝟐𝛃𝛃)𝟐𝟐 . 𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝛚𝛚𝐛𝐛𝛚𝛚 − 𝛗𝛗)

4.4.1 Tracé de transmissibilité du déplacement (TR)

4.4.1.1 Tracé de TR

Dans ce qui suit on va tracer la fonction : 𝑇𝑇𝑅𝑅(𝛽𝛽, 𝜁𝜁): 𝑋𝑋𝑌𝑌

= � 1+(2ζβ)2

(1−β2)2+(2ζβ)2

On a TR(0, ζ) = 1 et limβ→∞ TR(β, ζ) = 0

Etude de la fonction TR pour un ζ donné:

Remarque : On remarque que pour tous les ζ, on a : TR�√2, ζ� = � 1+8ζ2

(1−2)2+8ζ2 = 1

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30

4.4.1.2 Tracé du déphasage

Tracé de la fonction tg(φ) = 2ζβ3

1−β2+(2ζβ )2 ⇒ �φ = atan � 2ζβ3

1−β2+(2ζβ)2� si β2(1 − (2ζ)2) < 1

φ = atan � 2ζβ3

1−β2+(2ζβ )2�+ π si β2(1− (2ζ)2) > 1�

Domaine d'amplification Domaine d'isolation

𝜷𝜷 = √𝟐𝟐

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31

4.4.2 Force transmise de la base à la masse

De l'équilibre dynamique on obtient :

𝐹𝐹 = 𝑐𝑐(��𝑥 − ��𝑦) + 𝑘𝑘(𝑥𝑥 − 𝑦𝑦) = −𝑚𝑚��𝑥

A l'état stabilisé (phase permanente) on obtient :

F = −mxp(t) = mωb2X. cos(ωbt− φ) = FT. cos(ωbt −φ)

FT = �mω02�

k

��ωb

2

ω02����

β2

Y�1 + (2ζβ)2

(1 − β2)2 + (2ζβ)2

FT

kY= β2�

1 + (2ζβ)2

(1 − β2)2 + (2ζβ)2

𝐹𝐹𝑘𝑘���� = 𝑘𝑘(𝑥𝑥 − 𝑦𝑦). ��𝑥

c k

m

Base excitée

𝑥𝑥(𝑡𝑡), ��𝑥(𝑡𝑡)

𝑦𝑦(𝑡𝑡), ��𝑦(𝑡𝑡) 𝐹𝐹𝑣𝑣��� = 𝑐𝑐(��𝑥 − ��𝑦)��𝑥 𝑭𝑭��

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32

4.5 Isolation d'un système vibratoire

Isoler un système, de masse m, des vibrations revient à bien choisir k et c de telle manière que le système fonctionne dans de bonnes conditions.

Il y a deux types d'isolations :

1. Isolation en déplacement : Eviter que l'amplitude de vibrations ne dépasse une certaine limite; 2. Isolation en force : Eviter que la force transmise au système ne dépasse une certaine limite.

Cas à étudier :

Solution permanent :

xp (t) = Xcos(ωbt − φ)

𝑇𝑇𝑅𝑅:𝑋𝑋𝑌𝑌

= �1 + (2ζβ)2

(1 − β2)2 + (2ζβ)2

Force transmise de la base à la masse :

F = −mxp (t) = FT. cos(ωbt− φ)

FT

kY= β2�

1 + (2ζβ)2

(1− β2)2 + (2ζβ)2

Remarque : on peut isoler la masse m du déplacement et de la force transmise

Solution permanent :

xp (t) = Xcos(ωt− φ)

XXs

=1

�(1 − β2)2 + (2ζβ)2; Xs =

F0

k

Force transmise de la masse à la base :

F = 𝑐𝑐𝑥𝑥��𝑝 + 𝑘𝑘𝑥𝑥𝑝𝑝 = FT. cos(ωt− φ)

FT

F0= �

1 + (2ζβ)2

(1 − β2)2 + (2ζβ)2

Remarque : on peut isoler la base que de la force transmise

4.5.1 Exemple traité

Dans cet exemple on essayera d'isoler un module de contrôle électronique monté dans une voiture. Dans le cahier de charges du module on trouve :

• Pour que le module fonctionne correctement, il ne doit pas subir un déplacement vertical qui dépasse 5mm.

• Le module a une masse de 3 Kg.

c k

m

Base mobile

𝑦𝑦(𝑡𝑡) = 𝑌𝑌𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜔𝜔𝑏𝑏𝑡𝑡)

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

c k

m

Base fixe

𝑥𝑥(𝑡𝑡) Isolateurs de

vibrations

𝐅𝐅(𝛚𝛚) = 𝐅𝐅𝟎𝟎𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝛚𝛚𝛚𝛚)

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33

Pour simplifier notre exemple, on suppose que le châssis de la voiture, au maximum, lui est imposé un déplacement vertical : y(t) = 10. cos(35t) (mm) .

Réponse :

Il faut que l'amplitude X de xp soit inférieur à 5 mm et on a l'amplitude du châssis est Y = 10 mm. Donc il faut respecter : 𝑇𝑇𝑅𝑅 = 𝑋𝑋

𝑌𝑌< 5mm

10mm= 0.5

Chaque point de la figure ci-dessus correspond à une solution potentielle.

Si on veut trouver ces points numériquement il faut ecrire :

c k

m

Base excitée

y(t) = 10. cos(35t)

𝑥𝑥(𝑡𝑡)

Module Isolateur

Zone d'isolation

βi

ζi Zone de choix

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34

𝑇𝑇𝑅𝑅:𝑋𝑋𝑌𝑌

= �1 + (2ζβ)2

(1 − β2)2 + (2ζβ)2 ⇒ 𝑇𝑇𝑅𝑅2((1− β2)2 + (2ζβ)2) = 1 + (2ζβ)2

β4 + 2β2(2ζ2χ − 1) + χ = 0 avec χ = 1 −1𝑇𝑇𝑅𝑅2

On a plusieurs choix de ζ et β pour TR = 0.5.

Pour chaque choix on a :

β = ωω0

→ ω0 = ωβ

= � km→ k = mω0

2 & ζ = c2√km

= c2mω0

→ c = 2ζmω0

On traite le premier choix ζ= 0.02 et β = 1.733

Procédure :

ω0 = 35rd /s1.732

= 20.20 rd/s

k = mω02 = 3kg ∗ (20.21 rd/s)2 = 1223N/m

c = 2ζmω0 = 2 ∗ 0.02 ∗ 3kg ∗ 20.21 rd/s = 2.424kg/s

Zone de choix

Choix dans un catalogue

Pour c et k calculées

1 Choix Plusieurs Choix

Fin On utilise autres critères • Prix • Disponibilité • ……..

Choix existant

Choix non existant

Calcul de c et k

avec autres β et ζ

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On peut calculer la force transmise au module pour ce choix ζ= 0.02 et β = 1.732.

FT = kYβ2 �1 + (2ζβ)2

(1 − β2)2 + (2ζβ)2���������������

𝑇𝑇𝑅𝑅

= 𝑘𝑘𝑌𝑌.β2.𝑇𝑇𝑅𝑅

FT = 𝑘𝑘𝑌𝑌.β2.𝑇𝑇𝑅𝑅 = 1225 ∗ 0.01 ∗ 1.7322 ∗ 0.5 = 18.4𝑁𝑁

Calcul de la déflexion statique :

𝛿𝛿 =𝑚𝑚𝑔𝑔𝑘𝑘

=3 ∗ 9.81

1225= 0.024𝑚𝑚 = 2.4𝑐𝑐𝑚𝑚

ζ β ω0 k c Ft (N) δ (cm) 0.02 1.733 20.20 1223.53 2.42 18.4 2.4 0.2 1.836 19.07 1090.45 22.88 18.4 2.7 0.4 2.139 16.36 803.17 39.27 18.4 3.7

0.5 2.354 14.87 663.19 44.60 18.4 4.4 0.6 2.601 13.46 543.35 48.45 18.4 5.4 0.7 2.871 12.19 445.78 51.20 18.4 6.6 0.8 3.159 11.08 368.21 53.18 18.4 8.0

0.9 3.460 10.12 307.00 54.63 18.4 9.6 1 3.770 9.28 258.60 55.71 18.4 11.4

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4.6 Réponse à une excitation périodique

L'équation de mouvement forcé d'un modèle masse-ressort-amortisseur autour l'équilibre :

𝒎𝒎��𝒙 + 𝒄𝒄��𝒙 + 𝒌𝒌𝒙𝒙 = 𝑭𝑭(𝒕𝒕)

4.6.1 Procédure de résolution

Développement de la force en série de Fourier :

𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝐴𝐴0 + �𝐴𝐴𝑒𝑒𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡) + 𝐵𝐵𝑒𝑒𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡)∞

𝑒𝑒=1

,𝜔𝜔 =2𝜋𝜋𝑇𝑇

Rappel :

𝐴𝐴0 =1𝑇𝑇� 𝐹𝐹(𝑡𝑡)𝑟𝑟𝑡𝑡,𝑇𝑇

0 𝐴𝐴𝑒𝑒 =

2𝑇𝑇� 𝐹𝐹(𝑡𝑡)𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡)𝑟𝑟𝑡𝑡,𝑇𝑇

0 𝐵𝐵𝑒𝑒 =

2𝑇𝑇� 𝐹𝐹(𝑡𝑡)𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡)𝑟𝑟𝑡𝑡𝑇𝑇

0

Donc l'équation de mouvement devient :

𝑚𝑚��𝑥 + 𝑐𝑐��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝐴𝐴0 + �𝐴𝐴𝑒𝑒𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡) + 𝐵𝐵𝑒𝑒𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡)∞

𝑒𝑒=1�������������������������𝐹𝐹(𝑡𝑡)

La solution de l'équation de mouvement est :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥ℎ(𝑡𝑡) + 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡)

xh(t) est choisie suivant le facteur d'amortissement ζ.

xp(t) aura la même forme que F(t) 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥𝐶𝐶 + ∑ 𝑥𝑥𝑐𝑐𝑒𝑒 (𝑡𝑡) + 𝑥𝑥𝑠𝑠𝑒𝑒 (𝑡𝑡)∞𝑒𝑒=1

𝑥𝑥𝐶𝐶 : la solution particulière de 𝑚𝑚��𝑥 + 𝑐𝑐��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝐴𝐴0

𝐴𝐴0 = 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑒𝑒𝑠𝑠𝑡𝑡𝑏𝑏𝑒𝑒𝑡𝑡𝑏𝑏 ⇒ 𝑥𝑥𝐶𝐶 = 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑒𝑒𝑠𝑠𝑡𝑡𝑏𝑏𝑒𝑒𝑡𝑡𝑏𝑏 ⇒ 𝑚𝑚. 0 + 𝑐𝑐. 0 + 𝑘𝑘𝑥𝑥𝑐𝑐 = 𝐴𝐴0 ⇒ 𝒙𝒙𝑪𝑪 =𝑶𝑶𝟎𝟎𝒌𝒌

𝑥𝑥𝑐𝑐𝑒𝑒 (𝑡𝑡) : la solution particulière de 𝑚𝑚��𝑥 + 𝑐𝑐��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝐴𝐴𝑒𝑒𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡)

𝑥𝑥𝑠𝑠𝑒𝑒 (𝑡𝑡) : la solution particulière de 𝑚𝑚��𝑥 + 𝑐𝑐��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝐵𝐵𝑒𝑒𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡)

O t

F(t)

𝑭𝑭(𝒕𝒕 + 𝑻𝑻) = 𝑭𝑭(𝒕𝒕) 𝑻𝑻

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37

Rappel : La solution particulière d'un mouvement forcé harmonique 𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0 cos(𝜔𝜔𝑡𝑡) 𝑏𝑏𝑠𝑠𝑡𝑡 ∶

𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜔𝜔𝑡𝑡 − 𝜑𝜑) 𝑏𝑏𝑣𝑣𝑏𝑏𝑐𝑐

⎩⎪⎨

⎪⎧𝑋𝑋 =

𝐹𝐹0

𝑘𝑘.

1

�(1 − 𝛽𝛽2)2 + (2𝜁𝜁𝛽𝛽)2

𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑) =2𝜁𝜁𝛽𝛽

1 − 𝛽𝛽2

�&

⎩⎪⎪⎨

⎪⎪⎧𝜔𝜔0 = �𝑘𝑘

𝑚𝑚

𝜁𝜁 =𝑐𝑐

2√𝑘𝑘𝑚𝑚𝛽𝛽 =

𝜔𝜔𝜔𝜔0

�

La solution particulière d'un mouvement forcé harmonique 𝐹𝐹(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0 sin(𝜔𝜔𝑡𝑡) 𝑏𝑏𝑠𝑠𝑡𝑡 ∶

𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑋𝑋𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔𝑡𝑡 − 𝜑𝜑) 𝑏𝑏𝑣𝑣𝑏𝑏𝑐𝑐

⎩⎪⎨

⎪⎧𝑋𝑋 =

𝐹𝐹0

𝑘𝑘.

1

�(1 − 𝛽𝛽2)2 + (2𝜁𝜁𝛽𝛽)2

𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑) =2𝜁𝜁𝛽𝛽

1 − 𝛽𝛽2

�&

⎩⎪⎪⎨

⎪⎪⎧𝜔𝜔0 = �𝑘𝑘

𝑚𝑚

𝜁𝜁 =𝑐𝑐

2√𝑘𝑘𝑚𝑚𝛽𝛽 =

𝜔𝜔𝜔𝜔0

�

En s'inspirant de ce qui précède:

𝐹𝐹0 → 𝐴𝐴𝑒𝑒𝑚𝑚𝑚𝑚 𝐵𝐵𝑒𝑒 ,𝜔𝜔 → 𝑒𝑒𝜔𝜔,𝛽𝛽 → 𝛽𝛽𝑒𝑒 =𝑒𝑒𝜔𝜔𝜔𝜔0

,𝜑𝜑 → 𝜑𝜑𝑒𝑒 𝑏𝑏𝑣𝑣𝑏𝑏𝑐𝑐 𝑡𝑡𝑔𝑔(𝜑𝜑𝑒𝑒) =2𝜁𝜁𝛽𝛽𝑒𝑒

1 − 𝛽𝛽𝑒𝑒2

On a alors :

𝑥𝑥𝑐𝑐𝑒𝑒 (𝑡𝑡) =𝐴𝐴n

𝑘𝑘.

1

��1 − 𝛽𝛽𝑒𝑒2�

2+ (2𝜁𝜁𝛽𝛽𝑒𝑒)2

𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡 − 𝜑𝜑𝑒𝑒)

𝑥𝑥𝑠𝑠𝑒𝑒 (𝑡𝑡) =𝐵𝐵n

𝑘𝑘.

1

��1 − 𝛽𝛽𝑒𝑒2�

2+ (2𝜁𝜁𝛽𝛽𝑒𝑒)2

𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡 − 𝜑𝜑𝑒𝑒)

Eq(23) 𝒙𝒙𝒑𝒑(𝒕𝒕) = 𝑶𝑶𝟎𝟎𝒌𝒌

+ ∑ 𝟏𝟏𝒌𝒌

. 𝑶𝑶𝒔𝒔𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝒔𝒔𝝎𝝎𝒕𝒕−𝝋𝝋𝒔𝒔)+𝑶𝑶𝒔𝒔𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝒔𝒔𝝎𝝎𝒕𝒕−𝝋𝝋𝒔𝒔)

��𝟏𝟏−𝜷𝜷𝒔𝒔𝟐𝟐�𝟐𝟐

+(𝟐𝟐𝟐𝟐𝜷𝜷𝒔𝒔)𝟐𝟐

∞𝒔𝒔=𝟏𝟏

Cas ζ <1:

𝑥𝑥ℎ(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �𝑏𝑏1𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝜔𝜔1𝑡𝑡)+𝑏𝑏2𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔1𝑡𝑡)�

x(t) = e−λt�b1cos(ω1t)+b2sin(ω1t)�+𝐴𝐴0

𝑘𝑘+ �

1𝑘𝑘

.𝐴𝐴n𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡 − 𝜑𝜑𝑒𝑒) + 𝐵𝐵n𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡 − 𝜑𝜑𝑒𝑒)

��1 − 𝛽𝛽𝑒𝑒2�

2+ (2𝜁𝜁𝛽𝛽𝑒𝑒)2

∞

𝑒𝑒=1

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38

4.7 Réponse à une excitation quelconque

Jusqu'à ce point, on a trouvé les solutions de différents mouvements forcés particuliers : excitation harmonique, excitation due au déséquilibre du rotor, excitation par déplacement imposé du support, excitation périodique.

On va traiter dans cette partie la réponse d'un système vibratoire due à une excitation quelconque.

On peut rencontrer des excitations quelconques dans la vie courante :

• Habitations subissant un tremblement de terre; • Structures soumises à des vents violents; • Circulation de véhicules sur un terrain rugueux.

Remarque : Pour traiter le cas d'excitation quelconque on a besoin de traiter, auparavant, le cas de mouvement forcé du à une impulsion.

4.7.1 Réponse à une impulsion

Une impulsion I(ε) est définie ainsi :

𝐼𝐼(𝜀𝜀) = � 𝐹𝐹(𝑡𝑡)𝑟𝑟𝑡𝑡 =𝐹𝐹�2𝜀𝜀

+∞

−∞

. 2𝜀𝜀 = 𝐹𝐹� (𝑁𝑁. 𝑠𝑠) ← 𝒒𝒒𝒒𝒒𝒂𝒂𝒔𝒔𝒕𝒕𝒔𝒔𝒕𝒕é 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝒎𝒎𝒄𝒄𝒒𝒒𝒗𝒗𝒆𝒆𝒎𝒎𝒆𝒆𝒔𝒔𝒕𝒕

𝑆𝑆𝑞𝑞 𝐹𝐹� = 1 ⇒ 𝛿𝛿(𝑡𝑡) ∶ 𝒔𝒔𝒎𝒎𝒑𝒑𝒒𝒒𝒍𝒍𝒄𝒄𝒔𝒔𝒄𝒄𝒔𝒔 𝑫𝑫𝒔𝒔𝒄𝒄𝒂𝒂𝒄𝒄

Etude du cas amortissement sous-critique (ζ<1)

Pour des raisons de simplicité on cherchera la réponse, x(t), due à une impulsion définie à τ =0 et on écrira ensuite la réponse pour τ non nul.

O t

F(t)

O t

F(t)

τ

2ε

𝑭𝑭� 𝑭𝑭(𝝉𝝉) =𝑭𝑭�𝟐𝟐𝟐𝟐

𝐹𝐹(𝑡𝑡)�

0 → 𝑡𝑡 < 𝜏𝜏 − 𝜀𝜀𝐹𝐹�2𝜀𝜀 → 𝜏𝜏 − 𝜖𝜖 ≤ 𝑡𝑡 ≤ 𝜏𝜏 + 𝜖𝜖

0 → 𝑡𝑡 > 𝜏𝜏 + 𝜖𝜖

�

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Remarque :

à 𝑡𝑡 = 0− (juste avant l'application de l'impulsion)

L'étude du mouvement forcé d'un système vibratoire, initialement au repos, du à une excitation de type impulsion revient à l'étude du mouvement libre de ce même système avec des conditions initiales. Ces dernières sont calculées à partir de l'application de l'impulsion au temps τ.

Conservation de la quantité de mouvement :

à 𝑡𝑡 = 0+ (juste après l'application de l'impulsion)

𝑥𝑥(0−) = 0 ��𝑥(0−) = 0

Quantité de mouvement : 𝑚𝑚��𝑥(0−) = 0

𝑥𝑥(0+) = 0 ��𝑥(0+) = 𝑣𝑣0

Quantité de mouvement : 𝑚𝑚𝑣𝑣0

Donc la variation de quantité de mouvement est alors :

𝐹𝐹� = 𝑚𝑚𝑣𝑣0 ⇒ 𝑣𝑣0 =𝐹𝐹�𝑚𝑚

On est dans le cas d'amortissement sous-critique :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 (𝑏𝑏1 cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)), 𝜆𝜆 = 𝜁𝜁𝜔𝜔0 𝑏𝑏𝑡𝑡 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0�1 − 𝜁𝜁2

En tenant compte des conditions initiales on aura :

𝑥𝑥(0) = 0 & ��𝑥(0) = 𝑣𝑣0 =𝐹𝐹�𝑚𝑚

x(0) = 𝑏𝑏1 = 0

��𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �−𝜆𝜆(𝑏𝑏1 cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)) + (−𝜔𝜔1𝑏𝑏1 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2𝜔𝜔1 cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡))�

��𝑥(0) =𝐹𝐹�𝑚𝑚

= 𝑏𝑏2𝜔𝜔1 ⇒ 𝑏𝑏2 =𝐹𝐹�

𝑚𝑚𝜔𝜔1

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹�

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)

Pour le cas où l'impulsion est appliquée à τ non nul.

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹�

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)�

On peut vérifier facilement que :

𝑥𝑥(𝜏𝜏) = 0 𝑏𝑏𝑡𝑡 ��𝑥(𝜏𝜏) = 𝑣𝑣0 =𝐹𝐹�𝑚𝑚

O t

F(t)

τ

2ε

𝑭𝑭(𝝉𝝉) =𝑭𝑭�𝟐𝟐𝟐𝟐

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40

En résumé, la réponse d'un système vibratoire (ζ<1) soumis à une excitation de type impulsion est :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹�.𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏), 𝑔𝑔(𝑡𝑡) =1

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)

Si on refait ce qui précède pour les autres types d'amortissements, on trouve le résultat suivant :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹�.𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)

Cas d'amortissement g(t) Non amorti c=0 ζ=0 1

𝑚𝑚𝜔𝜔0sin(𝜔𝜔0𝑡𝑡)

Sous-critique ζ<1 1𝑚𝑚𝜔𝜔1

𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)

Sur-critique ζ>1 1𝑚𝑚𝜔𝜔1

𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 sh(𝜔𝜔1𝑡𝑡)

Critique ζ=1 𝑡𝑡𝑚𝑚𝑏𝑏−𝜔𝜔0𝑡𝑡

4.7.2 Réponse à une excitation quelconque

Pour la recherche de la solution de mouvement, on se basera sur la réponse due à excitation de type impulsion.

On découpe le temps t à n intervalles de durée Δ𝑡𝑡 = 𝑡𝑡𝑒𝑒. Et on suppose qu'à chaque temps ti on applique

une impulsion 𝐹𝐹� = 𝐹𝐹(𝑡𝑡𝑞𝑞).Δ𝑡𝑡

L'effet, ∆x, sur la réponse, x(t), due à l'application seule de l'impulsion correspondante à ti donne :

Δ𝑥𝑥 = 𝐹𝐹(𝑡𝑡𝑞𝑞).Δ𝑡𝑡�����𝐹𝐹�

.𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡𝑞𝑞)

La réponse au temps tj, x(tj), due à l'application de la succession de toutes les impulsions qui précèdent le temps tj est :

x(tj) = �𝐹𝐹(𝑡𝑡𝑞𝑞).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡𝑞𝑞)𝑗𝑗

𝑞𝑞=1

.Δ𝑡𝑡

O t

F(t) 𝑭𝑭(𝒕𝒕𝒔𝒔)

tn=t ti tj t1 t2

∆t

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41

Pout le temps t, on a :

x(t) = �𝐹𝐹(𝑡𝑡𝑞𝑞).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡𝑞𝑞).Δ𝑡𝑡𝑒𝑒

𝑞𝑞=1

Si 𝑒𝑒 → ∞ 𝑟𝑟𝑚𝑚𝑒𝑒𝑐𝑐 Δ𝑡𝑡 → 0, on aura:

𝐱𝐱(𝛚𝛚) = �𝑭𝑭(𝝉𝝉).𝒎𝒎(𝒕𝒕 − 𝝉𝝉).𝐝𝐝𝐝𝐝𝒕𝒕

𝟎𝟎

→ 𝑰𝑰𝒔𝒔𝒕𝒕é𝒎𝒎𝒄𝒄𝒂𝒂𝒍𝒍𝒆𝒆 𝒅𝒅𝒆𝒆 𝒄𝒄𝒄𝒄𝒔𝒔𝒗𝒗𝒄𝒄𝒍𝒍𝒒𝒒𝒕𝒕𝒔𝒔𝒄𝒄𝒔𝒔

Propriété de l'intégrale de convolution :

Si on procède au changement de variables suivant :

𝛼𝛼 = 𝑡𝑡 − 𝜏𝜏 → 𝑟𝑟𝛼𝛼 = −𝑟𝑟𝜏𝜏 , (𝑡𝑡 𝑓𝑓𝑞𝑞𝑥𝑥é)

𝜏𝜏 ∈ [0, 𝑡𝑡] → 𝛼𝛼 ∈ [𝑡𝑡, 0]

x(t) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

⇒ x(t) = −�𝐹𝐹(𝑡𝑡 − 𝛼𝛼).𝑔𝑔(𝛼𝛼). dα0

𝑡𝑡

x(t) = �𝐹𝐹(𝑡𝑡 − 𝛼𝛼).𝑔𝑔(𝛼𝛼). dα𝑡𝑡

0

α et τ sont des variables d'intégrations donc, on peut écrire :

�𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

= �𝐹𝐹(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

1. On détermine le type d'amortissement on calcul ζ.

En final :

Pour trouver la réponse d'un système vibratoire forcé due à une excitation quelconque on procède de la manière suivante :

2. On choisi la fonction g(t) suivant le ζ calculé. 3. On calcule, enfin, l'intégrale de convolution 𝐱𝐱(𝛚𝛚) = ∫ 𝑭𝑭(𝝉𝝉).𝒎𝒎(𝒕𝒕 − 𝝉𝝉).𝐝𝐝𝐝𝐝𝒕𝒕

𝟎𝟎

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42

4.7.3 Exemples corrigés

Exemple 1:

Cas ζ<1 : cas amortissement sous-critique

ζ<1 𝑔𝑔(𝑡𝑡) = 1𝑚𝑚𝜔𝜔 1

𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)

Réponse :

On a à calculer :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

Calcul de la réponse pour t<t1 :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

= �𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡

0

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ𝑡𝑡

0�������������������𝜙𝜙1

Pour calculer 𝜙𝜙1on procède deux fois par parties :

c k

m

F(t) x(t)

Position d'équilibre

t

F(t)

0

F0

t1

t

F(t)

0

F0

t1 t

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43

𝜙𝜙1 = �𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ𝑡𝑡

0

𝑓𝑓 = 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) → 𝑓𝑓′ = 𝜆𝜆𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏)

𝑔𝑔′ = sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� → 𝑔𝑔 =1𝜔𝜔1

cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)�

𝜙𝜙1 = [𝑓𝑓𝑔𝑔] −�𝑓𝑓′𝑔𝑔 = �𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏)

𝜔𝜔1cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��

0

𝑡𝑡

−𝜆𝜆𝜔𝜔1

�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ𝑡𝑡

0�������������������𝜙𝜙2

𝜙𝜙2 = �𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ𝑡𝑡

0

𝑓𝑓 = 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) → 𝑓𝑓′ = 𝜆𝜆𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏)

𝑔𝑔′ = cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� → 𝑔𝑔 = −1𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)�

𝜙𝜙2 = [𝑓𝑓𝑔𝑔]−�𝑓𝑓′𝑔𝑔 = �−𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏)

𝜔𝜔1sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��

0

𝑡𝑡

+𝜆𝜆𝜔𝜔1

�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ𝑡𝑡

0�������������������𝜙𝜙1

Enfin :

𝜙𝜙1 = �𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏)

𝜔𝜔1cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��

0

𝑡𝑡

−𝜆𝜆𝜔𝜔1

��−𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏)

𝜔𝜔1sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��

0

𝑡𝑡

+𝜆𝜆𝜔𝜔1

𝜙𝜙1�

𝜙𝜙1 �1 + �𝜆𝜆𝜔𝜔1�

2

����������

11−𝜁𝜁2

=1𝜔𝜔1

�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��0𝑡𝑡

+𝜆𝜆𝜔𝜔1

2 �𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��0

𝑡𝑡

Rappel :

𝜆𝜆 = 𝜁𝜁𝜔𝜔0 𝑏𝑏𝑡𝑡 𝜔𝜔1 = 𝜔𝜔0�1− 𝜁𝜁2

𝜙𝜙1 �1

1 − 𝜁𝜁2� =1𝜔𝜔1

�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡)� +𝜆𝜆𝜔𝜔1

2 �0 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)�

𝜙𝜙1 =(1 − 𝜁𝜁2)𝜔𝜔1

�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) +𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)��

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1

(1 − 𝜁𝜁2)𝜔𝜔1���������

𝐹𝐹0𝑚𝑚𝜔𝜔02���𝐹𝐹0𝑘𝑘

�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) +𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)��

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝑭𝑭𝟎𝟎𝒌𝒌�𝟏𝟏 − 𝒆𝒆−𝟐𝟐𝒕𝒕 �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝝎𝝎𝟏𝟏𝒕𝒕) +

𝟐𝟐𝝎𝝎𝟏𝟏

𝐜𝐜𝐬𝐬𝐬𝐬(𝝎𝝎𝟏𝟏𝒕𝒕)��

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44

Cette réponse correspond à l'excitation avant t<t1. Donc on ne voit qu'une force constante. On aurait pu procéder autrement : chercher la réponse de 𝑚𝑚��𝑥 + 𝑐𝑐��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝐹𝐹0 avec des conditions initiales d'équilibre.

Pour vérifier :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥ℎ(𝑡𝑡) + 𝑥𝑥𝑝𝑝(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 (𝑏𝑏1 cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡))���������������������𝑥𝑥ℎ (𝑡𝑡)

+𝐹𝐹0

𝑘𝑘⏟𝑥𝑥𝑝𝑝 (𝑡𝑡)

𝑥𝑥(0) = 0 = 𝑏𝑏1 +𝐹𝐹0

𝑘𝑘⇒ 𝑏𝑏1 = −

𝐹𝐹0

𝑘𝑘

��𝑥(𝑡𝑡) = 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �−𝜆𝜆(𝑏𝑏1 cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)) + (−𝑏𝑏1 𝜔𝜔1sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡) + 𝑏𝑏2𝜔𝜔1 cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡))�

��𝑥(0) = 0 = −𝜆𝜆𝑏𝑏1 + 𝑏𝑏2𝜔𝜔1 ⇒ 𝑏𝑏2 =𝜆𝜆𝑏𝑏1

𝜔𝜔1⇒ 𝑏𝑏2 = −

𝜆𝜆𝜔𝜔1

𝐹𝐹0

𝑘𝑘

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑘𝑘�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) +

𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)��

Remarque :

Calcul de la réponse pour t>t1 :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡1

0

+ �0

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡

𝑡𝑡1�����������������������=0

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1� 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡1

0�������������������𝜙𝜙1

Comme précédemment on aura :

𝜙𝜙1 �1

1 − 𝜁𝜁2� =1𝜔𝜔1

�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��0𝑡𝑡1 +

𝜆𝜆𝜔𝜔1

2 �𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��0

𝑡𝑡1

t

F(t)

0

F0

t1 t

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45

𝜙𝜙1 �1

1 − 𝜁𝜁2� =1𝜔𝜔1

��𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡1) cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)� − 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡)� +𝜆𝜆𝜔𝜔1

�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡1) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)� − 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)��

𝜙𝜙1 �1

1 − 𝜁𝜁2� =𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡

𝜔𝜔1

⎝

⎜⎜⎛𝑏𝑏𝜆𝜆𝑡𝑡1 �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)� +

𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)�����������������������������

cos (𝜔𝜔1(𝑡𝑡−𝑡𝑡1)−𝜃𝜃)�1−𝜁𝜁2

− �cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) +𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)������������������cos (𝜔𝜔1𝑡𝑡−𝜃𝜃)�1−𝜁𝜁2 ⎠

⎟⎟⎞

𝜙𝜙1 =(1 − 𝜁𝜁2)𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡

𝜔𝜔0(1− 𝜁𝜁2) �𝑏𝑏𝜆𝜆𝑡𝑡1 cos(𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)− 𝜃𝜃) − cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡 − 𝜃𝜃)�

Avec 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠𝜃𝜃 = �1 − 𝜁𝜁2, 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒𝜃𝜃 = 𝜁𝜁 ⇒ 𝑡𝑡𝑔𝑔𝜃𝜃 = 𝜁𝜁�1−𝜁𝜁2

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝑭𝑭𝟎𝟎

𝒌𝒌�1 − 𝜁𝜁2𝒆𝒆−𝟐𝟐𝒕𝒕�𝒆𝒆𝟐𝟐𝒕𝒕𝟏𝟏 𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏) − 𝜽𝜽) − 𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜(𝝎𝝎𝟏𝟏𝒕𝒕 − 𝜽𝜽)�

Ou

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝑭𝑭𝟎𝟎𝒌𝒌𝒆𝒆−𝟐𝟐𝒕𝒕 �𝒆𝒆𝟐𝟐𝒕𝒕𝟏𝟏 �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)� +

𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)�� − �cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) +𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)��

Exemple 2:

Cas ζ<1 : cas amortissement sous-critique

ζ<1 𝑔𝑔(𝑡𝑡) = 1𝑚𝑚𝜔𝜔 1

𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡) Calcul de la réponse pour t<t2 :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

= �0

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡

0

= 0𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝟎𝟎

Réponse :

On a à calculer :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

c k

m

F(t) x(t)

Position d'équilibre

t

F(t)

0

F0

t2

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46

Calcul de réponse pour t>t2 :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 0. dτ

𝑡𝑡2

0�����=0

+ �𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡

𝑡𝑡2

=𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ𝑡𝑡

𝑡𝑡2�������������������𝜙𝜙1

On procède comme dans l'exercice précédent deux fois par parties on aura :

𝜙𝜙1 �1

1 − 𝜁𝜁2� =1𝜔𝜔1

�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��𝑡𝑡2

𝑡𝑡+

𝜆𝜆𝜔𝜔1

2 �𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��𝑡𝑡2

𝑡𝑡

𝜙𝜙1 �1

1 − 𝜁𝜁2� =1𝜔𝜔1

�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡2) �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2)�+𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2)���

Ce qui donne :

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝑭𝑭𝟎𝟎𝒌𝒌�𝟏𝟏 − 𝒆𝒆−𝟐𝟐(𝒕𝒕−𝒕𝒕𝟐𝟐) �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜�𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟐𝟐)� +

𝟐𝟐𝝎𝝎𝟏𝟏

𝐜𝐜𝐬𝐬𝐬𝐬�𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟐𝟐)���

Ou

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝑭𝑭𝟎𝟎𝒌𝒌�𝟏𝟏 −

𝒆𝒆−𝟐𝟐(𝒕𝒕−𝒕𝒕𝟐𝟐)

�𝟏𝟏 − 𝟐𝟐𝟐𝟐𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄𝒄(𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟐𝟐) − 𝜽𝜽)�

Avec 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠𝜃𝜃 = �1 − 𝜁𝜁2, 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒𝜃𝜃 = 𝜁𝜁 ⇒ 𝑡𝑡𝑔𝑔𝜃𝜃 = 𝜁𝜁�1−𝜁𝜁2

Remarque : Si t2 = 0, on retrouve la réponse de F(t)=F0.

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑘𝑘�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 �cos(𝜔𝜔1𝑡𝑡) +

𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡)��

Remarque :

𝑚𝑚��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝐹𝐹0 avec 𝑥𝑥(0) = 0 𝑏𝑏𝑡𝑡 ��𝑥(0) = 0

Si t2 = 0 et ζ= 0 (cas non amorti), on retrouve la réponse de:

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝐹𝐹0𝑘𝑘

(1 − cos(𝜔𝜔0𝑡𝑡))

t

F(t)

0

F0

t2 t

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47

Exemple 3:

Cas ζ<1 : cas amortissement sous-critique

ζ<1 𝑔𝑔(𝑡𝑡) = 1𝑚𝑚𝜔𝜔 1

𝑏𝑏−𝜆𝜆𝑡𝑡 sin(𝜔𝜔1𝑡𝑡) Calcul de la réponse pour t<t1 :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

= �0

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡

0

= 0𝒙𝒙(𝒕𝒕) = 𝟎𝟎

Réponse :

On a à calculer :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

Calcul de réponse pour t1<t<t2 :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 0. dτ

𝑡𝑡1

0�����=0

+ �𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡

𝑡𝑡1

=𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ𝑡𝑡

𝑡𝑡1�������������������𝜙𝜙1

On procède comme dans l'exercice précédent deux fois par parties on aura :

𝜙𝜙1 �1

1 − 𝜁𝜁2� =1𝜔𝜔1

�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��𝑡𝑡1

𝑡𝑡+

𝜆𝜆𝜔𝜔1

2 �𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)��𝑡𝑡1

𝑡𝑡

𝜙𝜙1 �1

1 − 𝜁𝜁2� =1𝜔𝜔1

�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡1) �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)�+𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)���

c k

m

F(t) x(t)

Position d'équilibre

t

t

F(t)

0

F0

t1 t2

t

F(t)

0

F0

t1 t2

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48

Ce qui donne :

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝑭𝑭𝟎𝟎𝒌𝒌�𝟏𝟏 − 𝒆𝒆−𝟐𝟐(𝒕𝒕−𝒕𝒕𝟏𝟏) �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜�𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏)� +

𝟐𝟐𝝎𝝎𝟏𝟏

𝐜𝐜𝐬𝐬𝐬𝐬�𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏)���

Calcul de réponse pour t>t2 :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = � 0. dτ

𝑡𝑡1

0�����=0

+ �𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡2

𝑡𝑡1

+ �0. dτ𝑡𝑡

𝑡𝑡2�����=0

=𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔1� 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡2

𝑡𝑡1���������������������𝜙𝜙1

On procède comme dans l'exercice précédent deux fois par parties on aura en final:

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝑭𝑭𝟎𝟎𝒌𝒌 �𝒆𝒆−𝟐𝟐(𝒕𝒕−𝒕𝒕𝟐𝟐) �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜�𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟐𝟐)� +

𝟐𝟐𝝎𝝎𝟏𝟏

𝐜𝐜𝐬𝐬𝐬𝐬�𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟐𝟐)�� − 𝒆𝒆−𝟐𝟐(𝒕𝒕−𝒕𝒕𝟏𝟏) �𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜𝐜�𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏)� +𝟐𝟐𝝎𝝎𝟏𝟏

𝐜𝐜𝐬𝐬𝐬𝐬�𝝎𝝎𝟏𝟏(𝒕𝒕 − 𝒕𝒕𝟏𝟏)���

Remarque: On peut avoir cette solution en utilisant les résultats de l'exemple 2.

La réponse pour t<t1 :

𝐹𝐹1 ⇒ 𝑥𝑥1(𝑡𝑡) = 0

𝐹𝐹2 ⇒ 𝑥𝑥2(𝑡𝑡) = 0

𝐹𝐹 ⇒ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥1(𝑡𝑡) + 𝑥𝑥2(𝑡𝑡) = 0

La réponse pour t1<t<t2 :

t

t

F(t)

0

F0

t1 t2

+ = F0

t1

t

F1(t)

0

F0

t1 t

F(t)

0

-F0

t2 t

F2(t)

0

-F0

t2

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49

𝐹𝐹1 ⇒ 𝑥𝑥1(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑘𝑘�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡1) �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)� +

𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)���

𝐹𝐹2 ⇒ 𝑥𝑥2(𝑡𝑡) = 0

𝐹𝐹 ⇒ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥1(𝑡𝑡) + 𝑥𝑥2(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑘𝑘�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡1) �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)� +

𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)���

La réponse pour t>t2 :

𝐹𝐹1 ⇒ 𝑥𝑥1(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑘𝑘�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡1) �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)� +

𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)���

𝐹𝐹2 ⇒ 𝑥𝑥2(𝑡𝑡) =−𝐹𝐹0

𝑘𝑘�1 − 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡2) �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2)� +

𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2)���

𝐹𝐹 ⇒ 𝑥𝑥(𝑡𝑡) = 𝑥𝑥1(𝑡𝑡) + 𝑥𝑥2(𝑡𝑡)

=𝐹𝐹0

𝑘𝑘�𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡2) �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2)�+

𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡2)��

− 𝑏𝑏−𝜆𝜆(𝑡𝑡−𝑡𝑡1) �cos�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)� +𝜆𝜆𝜔𝜔1

sin�𝜔𝜔1(𝑡𝑡 − 𝑡𝑡1)���

Exemple 4:

Cas c=0 : cas non amorti

c=0 𝑔𝑔(𝑡𝑡) = 1𝑚𝑚𝜔𝜔 0

sin(𝜔𝜔0𝑡𝑡)

Réponse :

On a à calculer :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

Calcul de la réponse pour t<T :

F(t) x(t)

Position d'équilibre k

m t

F(t)

0

F0

T

𝐹𝐹0𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒𝜔𝜔𝑡𝑡

𝑇𝑇 =2𝜋𝜋𝜔𝜔

t

F(t)

0

F0

T

𝑇𝑇 =2𝜋𝜋𝜔𝜔

t

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50

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

= �𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔0sin(𝜔𝜔𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔0(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑡𝑡

0

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔0� sin(𝜔𝜔𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔0(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ𝑡𝑡

0

Rappel : sin(𝑏𝑏) sin(𝑏𝑏) = 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠 (𝑏𝑏−𝑏𝑏)−𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠 (𝑏𝑏+𝑏𝑏)2

Donc on aura : sin�𝜔𝜔𝜏𝜏�𝑏𝑏� sin�𝜔𝜔0(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)�������

𝑏𝑏� = 1

2�𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠�(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0)𝜏𝜏 − 𝜔𝜔0𝑡𝑡� − 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠�(𝜔𝜔 −𝜔𝜔0)𝜏𝜏 + 𝜔𝜔0𝑡𝑡��

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

2𝑚𝑚𝜔𝜔0�𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠�(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0)𝜏𝜏 − 𝜔𝜔0𝑡𝑡� − 𝑐𝑐𝑚𝑚𝑠𝑠�(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0)𝜏𝜏 + 𝜔𝜔0𝑡𝑡�. dτ𝑡𝑡

0

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

2𝑚𝑚𝜔𝜔0�

1(𝜔𝜔 +𝜔𝜔0) 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�

(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0)𝜏𝜏 − 𝜔𝜔0𝑡𝑡� −1

(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0) 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0)𝜏𝜏 + 𝜔𝜔0𝑡𝑡��

0

𝑡𝑡

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

2𝑚𝑚𝜔𝜔0�

1(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0) �𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒

(𝜔𝜔𝑡𝑡) + 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡)� −1

(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0) �𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔𝑡𝑡) − 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡)��

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

2𝑚𝑚𝜔𝜔0

⎝

⎜⎜⎛𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔𝑡𝑡)

⎝

⎜⎜⎛ 1

(𝜔𝜔 +𝜔𝜔0) −1

(𝜔𝜔 −𝜔𝜔0)���������������−2𝜔𝜔0

𝜔𝜔2−𝜔𝜔02 ⎠

⎟⎟⎞

+ 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡)

⎝

⎜⎜⎛ 1

(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0) +1

(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0)���������������2𝜔𝜔

𝜔𝜔2−𝜔𝜔02 ⎠

⎟⎟⎞

⎠

⎟⎟⎞

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔0

1𝜔𝜔2 −𝜔𝜔0

2 �𝜔𝜔𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡) −𝜔𝜔0𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔𝑡𝑡)�

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝑭𝑭𝟎𝟎𝒎𝒎

𝟏𝟏𝝎𝝎𝟎𝟎

𝟐𝟐 − 𝝎𝝎𝟐𝟐 �𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝒕𝒕)−𝝎𝝎𝝎𝝎𝟎𝟎

𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝟎𝟎𝒕𝒕)�

Remarque :

𝑚𝑚��𝑥 + 𝑘𝑘𝑥𝑥 = 𝐹𝐹0𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔𝑡𝑡) avec 𝑥𝑥(0) = 0 𝑏𝑏𝑡𝑡 ��𝑥(0) = 0

Comme on ne voit avant t<T que 𝑭𝑭𝟎𝟎𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝒕𝒕) on retrouve la réponse de:

Calcul de la réponse pour t>T :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) = �𝐹𝐹(𝜏𝜏).𝑔𝑔(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏). dτ𝑡𝑡

0

= �𝐹𝐹0

𝑚𝑚𝜔𝜔0sin(𝜔𝜔𝜏𝜏) sin�𝜔𝜔0(𝑡𝑡 − 𝜏𝜏)� . dτ

𝑇𝑇

0

+ � 0. dτ𝑡𝑡

𝑇𝑇�����=0

t

F(t)

0

F0

T

𝑇𝑇 =2𝜋𝜋𝜔𝜔

t

Ecole Nationale d’Ingénieurs de Monastir Tarek Hassine __________________________________________________________________________________

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𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

2𝑚𝑚𝜔𝜔0�

1(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0) 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�

(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0)𝜏𝜏 − 𝜔𝜔0𝑡𝑡� −1

(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0) 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�(𝜔𝜔 −𝜔𝜔0)𝜏𝜏 + 𝜔𝜔0𝑡𝑡��

0

𝑇𝑇

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

2𝑚𝑚𝜔𝜔0�

1(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0) �𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�𝜔𝜔𝑇𝑇 + 𝜔𝜔0(𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡)�

−1

(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0) �𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�𝜔𝜔𝑇𝑇 + 𝜔𝜔0(𝑡𝑡 − 𝑇𝑇)� − 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡)��

Comme 𝜔𝜔𝑇𝑇 = 2𝜋𝜋 on a :

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

2𝑚𝑚𝜔𝜔0�

1(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0) �𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�𝜔𝜔0(𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡)�

+1

(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0) �𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�𝜔𝜔0(𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡)��

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

2𝑚𝑚𝜔𝜔0��

1(𝜔𝜔 + 𝜔𝜔0) +

1(𝜔𝜔 − 𝜔𝜔0)��𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�𝜔𝜔0(𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡)��

𝑥𝑥(𝑡𝑡) =𝐹𝐹0

2𝑚𝑚𝜔𝜔0

2𝜔𝜔𝜔𝜔2 −𝜔𝜔0

2 �𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒�𝜔𝜔0(𝑇𝑇 − 𝑡𝑡)� + 𝑠𝑠𝑞𝑞𝑒𝑒(𝜔𝜔0𝑡𝑡)�

𝒙𝒙(𝒕𝒕) =𝑭𝑭𝟎𝟎𝒌𝒌�

𝝎𝝎𝝎𝝎𝟎𝟎

𝝎𝝎𝟐𝟐 − 𝝎𝝎𝟎𝟎𝟐𝟐� �𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔�𝝎𝝎𝟎𝟎(𝑻𝑻 − 𝒕𝒕)� + 𝒄𝒄𝒔𝒔𝒔𝒔(𝝎𝝎𝟎𝟎𝒕𝒕)�