Vibrations Mécaniques des Systèmes Libres à 2 Degrés de Liberté
Exercice n°1 (5 points) : Couplage élastique de deux oscillateurs identiques. Phénomène de battements.
Le système représenté sur la figure ci-contre est constitué de deux
oscillateurs identiques couplés par un ressort de constante de raideur
`k_0`. Chaque oscillateur comprend un ressort de constante de raideur
`k` relié à un bâti fixe et une masse `m` pouvant glisser sans
frottement sur un plan horizontal.
1- Donner les équations du mouvement des deux masses.
Réponse
$$ \begin{cases} m\ddot x_1+kx_1+k_0 (x_1-x_2 )= 0\\ m\ddot x_2+kx_2+k_0 (x_2-x_1 )= 0 \end{cases} $$
2- En utilisant les conditions initiales : `x_1 (0)=x_0 ` , `x_2 (0)=0 cm` et `x ̇_1 (0)= x ̇_2 (0)=0 cm//s`, déterminer les équations horaires `x_1=g_1 (t)` et `x_2=g_2 (t)` en spécifiant les pulsations propres et en introduisant le coefficient de couplage `Γ=k_0/(k+k_0 ).`
Réponse
$$ \begin{cases} m\ddot x_1+kx_1+k_0 (x_1-x_2 )= 0\\ m\ddot
x_2+kx_2+k_0 (x_2-x_1 )= 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \ddot
x_1+\dfrac {k}{m}x_1+\dfrac {k_0}{m} (x_1-x_2 )= 0\\ \ddot x_2+\dfrac
{k}{m}x_2+\dfrac {k_0}{m} (x_2-x_1 )= 0 \end{cases} $$ Comme le
système est symétrique, l'addition et la soustraction des 2 équations
du mouvement permettent d'obtenir un système d'équations
différentielles découplées :
$$ \begin{cases} \ddot x_1+ \ddot x_2+\dfrac{k}{m}(x_1+x_2)= 0\\ \ddot
x_1-\ddot x_2+\dfrac{2k_0+k}{m} (x_2-x_1 )= 0 \end{cases} \implies
\begin{cases} \ddot x_1+ \ddot x_2+\dfrac{k}{m}(x_1+x_2)= 0\\ \ddot
x_1-\ddot x_2+\left(2\dfrac{k_0}{k}+1\right)\dfrac{k}{m} (x_2-x_1 )= 0
\end{cases} $$ Comme ## Γ=\dfrac {k_0}{k+k_0}\implies \dfrac
{1}{Γ}=\dfrac {k+k_0}{k_0}\implies\dfrac {1}{Γ}=\dfrac
{k}{k_0}+1\implies \dfrac {k}{k_0}=\dfrac {1}{Γ}-1 \implies \dfrac
{k}{k_0}=\dfrac {1-Γ}{Γ} \implies \dfrac {k_0}{k}=\dfrac {Γ}{1-Γ}
##
On remplace le rapport ## \dfrac {k_0}{k}## par son expression dans
les équations du mouvement : $$ \begin{cases} \ddot x_1+ \ddot
x_2+\dfrac{k}{m}(x_1+x_2)= 0\\ \ddot x_1-\ddot x_2+\left(2\dfrac
{Γ}{1-Γ} +1\right)\dfrac{k}{m} (x_2-x_1 )= 0 \end{cases} \implies
\begin{cases} \ddot x_1+ \ddot x_2+\dfrac{k}{m}(x_1+x_2)= 0\\ \ddot
x_1-\ddot x_2+\left(\dfrac {1+Γ}{1-Γ} \right)\dfrac{k}{m} (x_2-x_1 )=
0 \end{cases} \implies \begin{cases} x_1+ x_2= 2A_1
cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t+φ_1 \right) \\ x_1- x_2= 2A_2
cos\left(\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t+φ_2
\right) \end{cases} \implies $$ $$ \begin{cases} x_1= A_1
cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t+φ_1 \right) + A_2
cos\left(\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t+φ_2
\right) \\ x_2= A_1 cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t+φ_1 \right) -
A_2 cos\left(\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t+φ_2
\right) \end{cases} $$
Conditions initiales : $$ \begin{cases} x_1(0)=
X_0 \\ x_2(0)= 0\\ \dot x_1(0)=0\\ \dot x_2(0)=0\\ \end{cases}
\implies \begin{cases} A_1 cos\left(φ_1 \right) + A_2 cos\left(φ_2
\right) = X_0 \\ A_1 cos\left(φ_1 \right) - A_2 cos\left(φ_2 \right) =
0\\ -A_1 \sqrt{\dfrac{k}{m}}sin\left(φ_1 \right) - A_2 \sqrt{\dfrac
{1+Γ}{1-Γ}}\sqrt{\dfrac{k}{m}} sin\left(φ_2 \right) =0\\- A_1
\sqrt{\dfrac{k}{m}}sin\left(φ_1 \right) + A_2 \sqrt{\dfrac
{1+Γ}{1-Γ}}\sqrt{\dfrac{k}{m}} sin\left(φ_2 \right) =0\\ \end{cases}
$$ L'addition et la soustraction des deux dernières équations
permettent de montrer : $$ \begin{cases} sin\left(φ_1 \right) =0\\
sin\left(φ_2 \right) =0\\ \end{cases} \implies \begin{cases} φ_1 =0\\
φ_2 =0\\ \end{cases} $$ En remplaçant ces deux valeurs dans les deux
premières équations on obtient : $$ \begin{cases} A_1 + A_2 = x_0 \\
A_1 - A_2 = 0\\ \end{cases} \implies \begin{cases} A_1 =
\dfrac{x_0}{2} \\ A_2 = \dfrac{x_0}{2}\\ \end{cases} $$ $$
\begin{cases} x_1= \dfrac{x_0}{2}\left( cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}}
t \right) + cos\left(\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\sqrt{\dfrac{k}{m}}
t \right)\right) \\ x_2= \dfrac{x_0}{2}\left(
cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) - cos\left(\sqrt{\dfrac
{1+Γ}{1-Γ}}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right)\right) \end{cases} $$
3- Exprimer `x_1 (t)` et `x_2 (t)` sous forme de produits de fonctions
harmoniques. Dans le cas du couplage lâche `Γ≪1`, montrer qu'on observe
des battements pour les deux masses et que celles-ci oscillent en
quadrature de phase.
On rappelle que : `cos(a)+cos(b)=2 cos((a+b)/2)cos((a-b)/2)` et
`cos(a)-cos(b)=-2 sin((a+b)/2)sin((a-b)/2)`
Réponse
$$ \begin{cases} x_1= \dfrac{x_0}{2}\left( cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) + cos\left(\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right)\right) \\ x_2= \dfrac{x_0}{2}\left( cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) - cos\left(\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right)\right) \end{cases} \implies $$ $$ \begin{cases} x_1=x_0 cos\left(\dfrac{1}{2}\left(1+\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\right)\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) cos\left(\dfrac{1}{2}\left(1-\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\right)\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) \\ x_2=-x_0 sin\left(\dfrac{1}{2}\left(1+\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\right)\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) sin\left(\dfrac{1}{2}\left(1-\sqrt{\dfrac {1+Γ}{1-Γ}}\right)\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) \end{cases} $$ Comme ##Γ≪1## on a ##\sqrt{\dfrac{1+Γ}{1-Γ}}≅ \sqrt{(1+Γ)(1+Γ)} ≅1+Γ ## $$ \begin{cases} x_1=x_0 cos\left(\dfrac {Γ}{2}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) \\ x_2=x_0 sin\left(\dfrac {Γ}{2}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) sin\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) \end{cases} \implies \begin{cases} x_1=x_0 cos\left(\dfrac {Γ}{2}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t \right) \\ x_2=x_0 cos\left(\dfrac {Γ}{2}\sqrt{\dfrac{k}{m}} t +\dfrac{\pi}{2}\right) cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m}} t +\dfrac{\pi}{2}\right) \end{cases} $$ `x_1` et `x_2` sont deux vibrations de pulsation ##ω_0=\sqrt{\dfrac{k}{m}} ## déphasées de ##\dfrac{\pi}{2}## ( en quadrature de phase), leurs amplitudes sont modulées par des fonctions harmoniques de pulsation ##ω_M=\dfrac {Γ}{2}\sqrt{\dfrac{k}{m}} ## très petite par rapport à `ω_0` et déphasées de ##\dfrac{\pi}{2}##. L'amplitude de chaque masse s'annule tous les ## \Delta t=\dfrac {T_M}{2}##. Ainsi pour chaque masse, on observe un phénomène de battement de période : ##T_B=\dfrac {T_M}{2} =\dfrac{\pi}{ω_M} =\dfrac{2\pi}{Γ} \sqrt{\dfrac{m}{k}}.##