Vibrations Mécaniques des Systèmes Forcés à 2 Degrés de Liberté

Exercice n°5 (6 points) : Résonance et antirésonance mécanique.

ccc

Une barre homogène de longueur `l` et de masse `M` repose en son milieu `O` sur un pivot fixe. Son extrémité `A` est reliée à une masse ponctuelle `m` par l'intermédiaire d'un ressort de raideur `K` . L'autre extrémité `B` de la barre est reliée à un bâti fixe à l'aide d'un ressort de raideur `k_1` et d'un amortisseur de coefficient de frottement visqueux `\alpha` comme indiqué sur la figure ci-dessus. La masse `m` est aussi reliée au bâti fixe par un ressort de constante de raideur `k_1` . A l'équilibre, la barre est horizontale. On applique une force harmonique, `F(t)=F_0 cos(ωt),` perpendiculairement à la barre en `B.`
On repère les positions de la barre par l'angle de rotation `\theta` et de la masse `m` par le déplacement vertical `x_1.` On supposera que les vibrations sont de faible amplitude et on donne `M = 3m` et `K = k_1.`

1- Etablir les équations du mouvement de vibration de faible amplitude en fonction de `y_1` et de ##y_2= \dfrac {ℓ}2 \theta.##
A quelle pulsation la barre reste immobile en régime permanent ?
En déduire l'amplitude `Y_1` de vibration de la masse `m` en régime permanent à cette pulsation.

Réponse

ccc

Coordonnées cartésiennes de la masse ponctuelle `m` : ## \begin{cases} x_1=0\\ y_1 \end{cases} ## , du point A : ## \begin{cases} x_A=-\dfrac{ℓ}2 cos(\theta)\\ y_A=-\dfrac{ℓ}2 sin(\theta) \end{cases} ## et du point B : ## \begin{cases} x_B=\dfrac{ℓ}2 cos(\theta)\\ y_B=\dfrac{ℓ}2 sin(\theta) \end{cases} ##

L'angle ##\theta## et ##y_1## sont faibles, développons les expressions de ces coordonnées au premier ordre qui serviront à déterminer les expressions des énergies cinétiques de la masse et de la barre, ##E_{c1}## et ##E_{c2}##, les énergies potentielle élatiques des trois ressorts, ##E_{pe1}##, ##E_{pe2} ## et ## E_{pe3}.##

Les développements limités au premier ordre du sinus et du cosinus aux angles ##\theta## faibles sont :

## \begin{cases} sin(\theta) =\theta\\ cos(\theta) =1\\ \end{cases} ##

, du point A : ## \begin{cases} x_A=-\dfrac{ℓ}2\\ y_A= -\dfrac{ℓ}2 \theta \end{cases} ## et du point B : ## \begin{cases} x_B=\dfrac{ℓ}2 \\ y_B=\dfrac{ℓ}2 \theta \end{cases} ##

Enerigie cinétique :

##E_c=E_{c1}+E_{c2}\implies E_c=\dfrac12 m_1 v_1^2 + \dfrac12 I_{\Delta} \dot \theta^2 \implies##

##E_c=\dfrac12 m_1 \dot y_1^2 +\dfrac12 \dfrac {Ml^2}{12} \dot θ^1 ##

Puisque ##M=3m,## on aboutit a :

##E_c=\dfrac12 m_1 \dot y_1^2 +\dfrac12 \dfrac {3mℓ^2}{12} \dot θ^1 \implies##

##E_c=\dfrac12 m_1 \dot y_1^2 +\dfrac12 \dfrac {mℓ^2}{4} \dot θ^1 ##

Energie potentielle :

##E_p=E_{pe1}+E_{pe2}+E_{pe3}+E_{pg1}\implies##

##E_p=\dfrac12 k_1\left(y_1 +\Delta ℓ_{1equ} \right)^2 +\dfrac12 K\left(y_A -y_1 +\Delta ℓ_{2equ} \right)^2 +\dfrac12 k_1\left(y_B +\Delta ℓ_{3equ} \right)^2 -m \overline gy_1\implies##

##E_p=\dfrac12 k_1\left(\dfrac {ℓ}2 \theta +\Delta ℓ_{1equ} \right)^2 +\dfrac12 K\left(-\dfrac {ℓ}2 \theta -y_1 +\Delta ℓ_{2equ} \right)^2 +\dfrac12 k_1\left(\dfrac {ℓ}2 \theta +\Delta ℓ_{3equ} \right)^2 +m gy_1 \implies##

A l'équilibre: ## \begin{cases} \left(\dfrac{∂E_p}{∂y_1}\right)_{y_1=0,θ=0}=0\\ \left(\dfrac{∂E_p}{∂\theta}\right)_{y_1=0,θ=0}=0 \end{cases} \implies##

## \begin{cases} k_1 ∆ℓ_{1 equ}-K∆ℓ_{2equ}+mg=0\\ -K∆ℓ_{2 equ}+k_1 ∆ℓ_{3 equ}=0 \end{cases} ##

On simplifie `E_p` en utilisant les deux expressions précédentes :
## E_p=\dfrac 12 k_1 y_1^2+\dfrac 12 K\left(y_1+\dfrac{ℓ}2 θ\right)^2 +\dfrac 12 k_1 \dfrac{ℓ^2}4 θ^2+\left(-K∆ℓ_{2 equ} +k_1 ∆ℓ_{1 equ}+mg\right) y_1+\left(-K∆ℓ_{2 equ}+k_1 ∆ℓ_{3 equ} \right)θ+constante \implies##

## E_p=\dfrac 12 k_1 y_1^2+\dfrac 12 K\left(y_1+\dfrac {ℓ}2 θ\right)^2 +\dfrac 12 k_1 \dfrac{ℓ ^2}4 θ^2+constante ##

Puisque ##k_1=K,## on aboutit a :

## E_p=\dfrac 12 K y_1^2+\dfrac 12 K\left(y_1+\dfrac{ℓ}2 θ\right)^2 +\dfrac 12 K \dfrac{ℓ ^2}4 θ^2+constante ##

Le lagrangien du système;
## ℒ=E_c-E_p\implies ℒ=\dfrac12 m \dot y_1^2 +\dfrac12 \dfrac {mℓ^2}{4} \dot θ^2-\left(\dfrac 12 K y_1^2 +\dfrac 12 K\left(y_1+\dfrac{ℓ}2 θ\right)^2 +\dfrac 12 K \dfrac{ℓ ^2}4 θ^2\right) ##

La fonction de dissipation ##𝒟## :

## 𝒟=\dfrac12 \alpha \dot y_B^2 \implies ##

## 𝒟=\dfrac12 \alpha \dfrac{ℓ ^2}4 \dot θ^2 ##

Le moment de la force F(t) par rapport à l'axe de rotation (Δ) :
On applique la force F(t) tangentiellement à la barre au point B :
## \overrightarrow{ℳ} _{F(t)/(Δ)}=\overrightarrow{OB} ∧\overrightarrow{F(t)} \implies## #### ## {ℳ} _{F(t)/(Δ)}=‖\overrightarrow{OA}‖F(t)sin(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{F(t)} ) \implies ## ##{ℳ} _{F(t)/(Δ)}=\dfrac{ℓ}2F(t) sin(π/2)\implies ## ## {ℳ} _{F(t)/(Δ)}=\dfrac{ℓ}2F(t) ##

Pour ce système , les deux équations de Lagrange s'écrivent :
## \begin{cases} \dfrac {d}{dt} \left(\dfrac {∂ ℒ}{∂\dot{y_1}}\right) -\dfrac {∂ℒ} {∂y_1}=0\\ \dfrac {d}{dt} \left(\dfrac {∂ ℒ}{∂\dot{\theta}}\right) -\dfrac {∂ℒ} {∂\theta}= - \dfrac {∂ 𝒟}{∂\dot{\theta}}+{ℳ} _{F(t)/(Δ)} \end{cases} ##

Les équations du mouvement

## \begin{cases} m \ddot y_1+K y_1+ K \left(y_1+\dfrac {ℓ}2 θ\right)=0\\ m \dfrac{ℓ^2}4 \ddot θ+K+K\dfrac{ℓ^2}4 θ +K\dfrac {ℓ}2 \left(\dfrac {ℓ}2 θ +y_1\right)=-\alpha \dfrac{ℓ ^2}4 \dot θ+\dfrac{ℓ}2F(t) \end{cases} \implies ##

## \begin{cases} m \ddot y_1+K y_1+ K \left(y_1+\dfrac {ℓ}2 θ\right)=0\\ m \dfrac{ℓ^2}4 \ddot θ+\alpha \dfrac{ℓ ^2}4 \dot θ+K+K\dfrac{ℓ^2}4 θ +K\dfrac {ℓ}2 \left(\dfrac {ℓ}2 θ +y_1\right)=\dfrac{ℓ}2F(t) \end{cases} \implies ##

## \begin{cases} m \ddot y_1+K y_1+ K \left(y_1+\dfrac {ℓ}2 θ\right)=0\\ m \dfrac{ℓ^2}4 \ddot θ+\alpha \dfrac{ℓ ^2}4 \dot θ+K\dfrac{ℓ^2}4 θ +K\dfrac {ℓ}2 \left(\dfrac {ℓ}2 θ +y_1\right)=\dfrac{ℓ}2F(t) \end{cases} \implies ##

## \begin{cases} m \ddot y_1+K y_1+ K \left(y_1+ y_2\right)=0\\ m \ddot y_2+\alpha \dot y_2+K y_2 +K \left( y_2 +y_1\right)=F_0 cos(\omega t) \end{cases} ##

Si la barre est immobile alors `y_2 (t)=0 ∀t.` On remplace `y_2` par zéro dans les deux équations.

## \begin{cases} m \ddot y_1+2K y_1=0\\ K y_1=F_0 cos(\omega t) \end{cases} ##

De la deuxième équation, on en déduit l'expression de `y_1` en fonction du temps `t` :

## K y_1=F_0 cos(\omega t) \implies ##

## y_1=\dfrac{F_0}K cos(\omega t) ##

puis on remplace `y_1` par son expression dans la première équation du système :

## m \ddot y_1+2K y_1=0 \implies ##

## -m\omega^2 \dfrac{F_0}K cos(\omega t)+2K\dfrac{F_0}K cos(\omega t)=0 \implies ##

## \left(-\omega^2 +2\dfrac{K}m \right)\dfrac{F_0}K cos(\omega t)=0 \implies ##

Comme `cos(\omega t)` n'est pas tout le temps nul, on a alors:

## -\omega^2 +2\dfrac{K}m =0 \implies ##

## \omega^2 =2\dfrac{K}m \implies ##

## \omega =\sqrt{2\dfrac{K}m} ##

est la pulsation recherchée.

L'expression de `y_1` en fonction du temps `t` à cette pulsation est: ## y_1=\dfrac{F_0}K cos\left(\sqrt{2\dfrac{K}m} t\right) ##

et son amplitude :

## Y_1=\dfrac{F_0}K ##

2- Dans le cas où l'amortissement est nul, déterminer la (les) pulsation(s) de résonance.

Réponse

Dans le cas où l'amortissement est nul, les pulsations de résonance coïncident avec les pulsations propres du système. On les détermine en posant ##\alpha=0 kg/s## et `F_0=0N` dans équations du mouvement :

## \begin{cases} m \ddot y_1+K y_1+ K \left(y_1+ y_2\right)=0\\ m \ddot y_2+K y_2 +K \left( y_2 +y_1\right)=0 \end{cases} ##

On exprime autrement ces équations du mouvement et on pose ##\omega_0 =\sqrt{\dfrac{K}m} :##

## \begin{cases} \ddot y_1+2\dfrac{K}m y_1+\dfrac{K}m y_2=0\\ \ddot y_2+2\dfrac{K}m y_2 +\dfrac{K}m y_1=0 \end{cases} ##

## \begin{cases} \ddot y_1+2\omega_0y_1+\omega_0y_2=0\\ \ddot y_2+2\omega_0y_2 +\omega_0y_1=0 \end{cases} ##

Les solutions de ce système, `y_1` et `y_2`, sont des fonctions harmoniques de même pulsation `\omega`, de même phase à l'origine `\phi` et d'amplitude `Y_1` et `Y_2` respectivement:

## \begin{cases} y_1=Y_1cos(\omega t+\phi) \\ y_2=Y_2cos(\omega t+\phi) \end{cases} ##

On remplace `y_1` et `y_2` par leurs expressions dans les équations du mouvement:

## \begin{cases} -\omega^2 Y_1+2\omega_0y_1+\omega_0Y_2=0\\ -\omega^2 y_2+2\omega_0Y_2 +\omega_0Y_1=F_0 cos(\omega t) \end{cases} \implies ##

## \begin{cases} \left(-\omega^2 +2\omega_0^2\right)Y_1+\omega_0^2Y_2=0\\ \omega_0^2Y_1 +\left(-\omega^2 +2\omega_0^2\right)Y_2 =0 \end{cases} ##

On obtient un système algébrique linéaire homogène. Le déterminant du système, det S, doit être nul afin que le système mécanique vibre sinon les amplitudes `Y_1` et `Y_2` sont toutes les deux nulles.

## (2ω_0^2-ω^2 )^2-ω_0^4=0 \implies ##

## (ω_0^2-ω^2)(3ω_0^2-ω^2) \implies ##

## \begin{cases} ω_1^2=ω_0^2\\ ω_2^2=3ω_0^2 \end{cases} \implies ##

## \begin{cases} ω_1=ω_0\\ ω_2=\sqrt 3 ω_0 \end{cases} \implies ## Les pulsations de résonance :

## \begin{cases} ω_{R1}=\sqrt{\dfrac{K}m}\\ ω_{R2}=\sqrt 3\sqrt{\dfrac{K}m} \end{cases} ##