Vibrations Mécaniques des Systèmes Libres à 2 Degrés de Liberté
Exercice n° 3 (5 points) : Couplage élastique d'une tige et d'une masse ponctuelle. Excitation d'un seul mode de vibration.
Une barre homogène de longueur `ℓ` et de masse `M` reposant en son milieu `O` sur un pivot fixe, est couplée à une masse
ponctuelle `m` par l'intermédiaire d'un ressort de raideur `K` (figure ci-dessus). La masse et la barre sont reliées à
un bâti fixe à l'aide de deux ressorts de même constante de raideur `k_1.` A l'équilibre, la barre est horizontale.
On donne `M = 3m` et `K = k_1.`
On repère les positions de la barre par l'angle de rotation ##\theta## et de la masse `m` par le déplacement vertical `y_1,`
supposés tous deux faibles.
1- Etablir les équations du mouvement de vibration de faible amplitude en fonction de `y_1`
et de ##y_2= \dfrac {ℓ}2 \theta.##
Réponse
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)
##
Pour ce système conservatif, 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}=0
\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+K+K\dfrac{ℓ^2}4 θ +K\dfrac {ℓ}2 \left(\dfrac {ℓ}2 θ+y_1\right)=0
\end{cases}
##
Puisque ##y_2=\dfrac {ℓ}2 \theta,## on aboutit à :
##
\begin{cases}
m \ddot y_1+K y_1+ K \left(y_1+y_2\right)=0\\
m \ddot y_2+Ky_2 +K \left(y_2+y_1\right)=0
\end{cases}
##
2- Déterminer les pulsations propres du système ##\omega_1## et ## \omega_2 (> \omega_1)## en fonction de ##ω_0=\sqrt{\dfrac{K}{m}}.##
Réponse
On divise chaque équations du mouvement par `m`:
##
\begin{cases}
\ddot y_1+\dfrac Km y_1+ \dfrac Km \left(y_1+y_2\right)=0\\
m \ddot y_2+\dfrac Kmy_2 +\dfrac Km \left(y_2+y_1\right)=0
\end{cases}
##
En posant ##\omega_0=\sqrt{\dfrac Km},## les deux équations du mouvement s'expriment par :
##
\begin{cases}
\ddot y_1+\omega_0^2 y_1+ \omega_0^2 \left(y_1+y_2\right)=0\\
\ddot y_2+\omega_0^2 y_2 +\omega_0^2 \left(y_2+y_1\right)=0
\end{cases}
##
Les solutions de ce système sont harmoniques de pulsation `\omega :`
##
\begin{cases}
y_1=acos(\omega t +\phi)\\
y_2=bcos(\omega t +\phi)
\end{cases}
##
Les relations entre les fonctions harmoniques et leurs dérivées
secondes sont :
##
\begin{cases}
\ddot y_1=- \omega^2 y_1\\
\ddot y_2=- \omega^2 y_2
\end{cases}
##
On les remplace dans le système d'équations :
##
\begin{cases}
- \omega^2 a+\omega_0^2 a+ \omega_0^2 \left(a+b\right)=0\\
- \omega^2 b+\omega_0^2 b +\omega_0^2 \left(b+a\right)=0
\end{cases}
\implies
##
##
\begin{cases}
\left(2\omega_0^2- \omega^2 \right) a+ \omega_0^2 b=0\\
\omega_0^2 a+ \left(2\omega_0^2- \omega^2 \right) b=0
\end{cases}
##
On obtient un système algébrique linéaire homogène.
Le déterminant du système doit être nul afin que le système mécanique vibre
sinon les amplitudes `a` et `b` 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
##
##
(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}
##
3- Calculer le rapport d'amplitude du second mode de vibration ##(\omega_2).##
En déduire les solutions `y_1(t)` et `y_2(t)` de ce mode de vibration.
Réponse
On remplace `ω` par l'expression de `ω_2` dans une des deux
équations du système algébrique puis on détermine le rapport d'amplitude
du mode 2, ## C_2=\dfrac{b_2}{a_2}.##
##
\begin{cases}
\left(2\omega_0^2- \omega^2 \right) a_2+ \omega_0^2 b_2=0\\
ω^2=3ω_0^2
\end{cases}
\implies
##
##
\left(2\omega_0^2- 3ω_0^2 \right) a_2+ \omega_0^2 b_2=0
\implies
##
##
ω_0^2 a_2= \omega_0^2 b_2
\implies
##
##
\dfrac{b_2}{a_2}=+1
\implies
##
##
C_2=+1
##
Les équations horaires du mode 2 :
##
\begin{cases}
y_1=a_2cos(\sqrt3 \omega_0 t +\phi_2)\\
y_2=b_2cos(\sqrt3 \omega_0 t +\phi_2)\\
C_2=+1
\end{cases}
\implies
##
##
\begin{cases}
y_1=a_2cos(\sqrt3 \omega_0 t +\phi_2)\\
y_2=a_2cos(\sqrt3 \omega_0 t +\phi_2)
\end{cases}
##
4- Proposer des conditions initiales simples pour que l'on puisse exciter uniquement ce mode.
Réponse
Il faut choisir des valeurs initiales `y_1 (0)` et `y_2 (0)` de telle
sorte que leur rapport, ##\dfrac{y_2 (0)}{y_1 (0)},## soit égal au
rapport d'amplitude de ce mode, `C_2=+1,` et des vitesses initiales nulles :
##
\begin{cases}
y_2(0)=y_1(0)\\
\dot y_1(0)=\dot y_2(0)=0m/s
\end{cases}
##
##m\begin{pmatrix} 0 \\y_1 \end{pmatrix},## ##A\begin{pmatrix} 0 \\-y_2 \end{pmatrix}## et ##B\begin{pmatrix} 0 \\y_2 \end{pmatrix}##
Comme ##y_2(0)=y_1(0) \implies m\begin{pmatrix} 0 \\y_1 \end{pmatrix},## ##A\begin{pmatrix} 0 \\-y_1 \end{pmatrix}## et
##B\begin{pmatrix} 0 \\y_1 \end{pmatrix}##
En pratique, on écartera le point `B` de la tige et la masse ponctuelle `m` de la même
distance `|Y_0|` ##\left(\lt\dfrac{\pi}{18}\dfrac{ℓ}{2}\right)## dans le même sens, vers le haut ou vers le bas ,
puis on les abandonnera sans vitesse initiale. Ainsi, on excitera uniquement le mode 2.