Chapitre 1 2019 2020
August 9, 2022 | Author: Anonymous | Category: N/A
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DYNAMIQUE DES SYSTEMES Chapitre 1 Vibrations des systèmes mécaniques à un degré de liberté Pr. Mohamed ABOUSSALEH Pr. ABOUSSALE H Pr.. Smail Pr Smail ZAKI Le 1er octobre 2019
1
ABOUSSALEH & ZAKI/Dynamique des Systèmes: CH 1/ 2018-2019
Sommaire:
Introduction Vibration Libre non amorties Vibration amortie ouvemen v ra o re orc Amortissement dans les Systèmes Réels
2
ABOUSSALEH & ZAKI/Dynamique des Systèmes: CH 1/ 2018-2019
VIBRA VIBRATIONS TIONS LIBRES NON AMORTIES
3
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Vibration Libre non amortie Systèmes en translation horizontale
mx kx
0 x 2x 0 0
Mouvement harmonique de pulsation naturelle qui dépend de l’inertie et les carac r s que e r g .
0
k m
(rad s . 1 )
Solution générale :
x (t ) A cos 0t 4
B sin 0t
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A et B des Constantes déterminées par les conditions initiales du problème
x (0) et x (0)
La solution précédente peut aussi s’écrire sous les formes suivantes:
x (t ) X cos(0t
) Xe
j ( 0t )
B2 Avec B Arctg
A2
X = Amplitude de vibration= l’élongation maximale du Ressort. = Angle de déphasage
En notant les Conditions Initiales:
x (0) x 0 et x (0 (0) x 0
On peut écrire: A x0 et B
0
2 0 0 X x 02 x 2 x0 x(t ) x0 cos(0t ) sin( 0t ) Et x0 0 Arctg x0 0 et x (t ) 0 x0 sin(0t ) x0 cos( 0t ) 0
5
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Dt=/0 Période et Fréquence
Périodee « naturelle Périod naturelle » d’oscilla d’oscillations tions est :
T 0
2 (s) 0
Fréquence propre ou naturelle: Nombre de cycles /Seconde est : f 0 6
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1 T 0
(Hz)
Systèmes de translation suspendu
précédemment On obtient la même équation du mouvement x(t ) que précédemment
kx 0 m x 7
x 2 x 0
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0
Systèmes de Torsion Torsion
PFD donne : Avec le moment de torsion
() t t k t Ce qui donne:
M i (t ) J 0
d 2 dt 2
J 0 k t
J0 moment d’inertie de la masse et k t raideur de torsion en Nm/rad La pulsation naturelle est:
0
k t J 0
[rad / s]
et la réponse libre du système non-amorti
8
J 0
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0
Systèmes équivalents Assemblage en série :
1 k
n
1
j 1
k
e
j
Assemblage en parallèle:
n
k e 9
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j 1 k j
A retenir Toute vibration se manifeste par un mouvement oscillatoire autour d’une position d’équilibre Le mouvement peut être soit périodique soit harmonique ou quelconque Le mouvement harmonique est caractérisé par trois éléments: – Son amplitude – Sa pulsation – Sa phase
L’amplitude du déplacement et e t la pulsation suffisent pour calculer les amplitudes de la vitesse et de l’accélération de la vibration.: Remarque:
Mesurer Mesur er la fréquence naturelle d’oscillations est une excellente méthode expérimentale pour l’évaluation de l’inertie d’un corps de géométrie complexe.
0 10
k t J 0
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VIBRA VIBRATIONS TIONS LIBRES AMORTIES
11
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Vibration amortie Principe Fondamental de la Dynamique:
mx kx Amortissement visqueux
Fam
Fam cx
Le PDF donne :
mx cx
kx 0
On écrit cette équation sous la forme suivante:
x
c m 12
c
k
0
2
m x m x 0 x 2 x x 0
2 0
c
2m0
c
4km
0
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c
c c r
; cc r c ( 1)
Vibration amortie
x
c m
x
k m
x
0 x 20x 2x 0 0
: Facteur d'amortissement d'amortissement (sans dimension) Coefficient efficient d'amo d'amortissem rtissement ent critique (Ns (Ns/m /m)) c cr : Co c c c 2m0 4km c cr k ccr 4km 0 m 13
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Résolution de l’équation du mouvement:
x 20x 0 x 0 2
On cherche la solution sous forme:
x (t ) Ae A e rt avec r s olution de l'équation caractéristique
r
2
20 r
2 0
0 r 1,2 0 0
Trois cas à considérer :
D' 0 1 D' 0 1 1 D' 0 14
système sous amorti: pseudopériodique; système critique; système sur amorti: apériodique
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2 1
Amortissement critique
1
Réponse libre d’un système critique a)x0= 0,5 et v0=-4, b)x0= 0,5 et v0=4
x(t) (ABt)e
0t
0 et v(t=0)=v0 Avec x(t=0)=x on peut d éterminer déterminer les constantes c onstantes A et B: A=x0 et B=v0+x0w0
x (t ) x 0
v 0 x 0 0 t
0t
e
Le pique du Système est atteint en t m tel que:
x(tm ) 0
t m
v 0 0(v0 0x 0)
Ce genre de Système tend à approcher la position d’équilibre très rapidement et sans oscillations oscillations ce qui est demandé pour atténuer les vibrations. 15
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5 Kg/s s; (Ns/m); alpha =1; To T=o 0.4 = 3.14 XmaxTo= =53.14s; Xmax cm Xmax = 5cm 4.5 4 3.5 3 m c 2.5 ) t x
2 1.5 1 0.5 0
16
0
2
4
6
8
10 temps s
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12
14
16
18
20
Systèmes sur amortis: apériodique 1
r 1,2 0 0
Dans ce cas les 2 racines sont réelles: r1t rt r2t
x(t) Ae
Be
2 1
Le mouvement n’est donc pas oscillatoire comme dans le régime critique.
xt
0t e
Ae
t0 21
t 0 Be
21
Les constantes A et B sont déterminées déte rminées par les CI: x 0 et v0
A
17
v0 0
x0
2 2 1
v 0 x 0
2 1
et B
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0
2 2 1
2 1
6 C = = 0.4 Kg/s alpha alpha C = = 0.6 Kg/s alpha C = = 0.8 Kg/s
5
4
m c 3 ) t ( x
2
1
0
18
0
1
2
3
4
5 temps s
6
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7
8
9
1 10 0
Systèmes sous amortis: pseudopériodique : 1 Les racines r 1 et r 2 sont imaginaires r
j
1,2
Avec
0 1 2
T
2
0
2 0 1 2
1
(t ) Xe 0t sin( t )
X et définies par les conditions initiales. Le mouvement est oscillatoire amorti de pseudo période T
19
2
: pseudo periode
(t ) e 0t A sin(t ) B cos( t ) La solution peut se mettre sous la forme:
j
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Avec les conditions initiales x0 et v0 on obtient:
x(t ) Xe 0t sin(t ) x 0 Phase : artg v 0 0x 0
v0 0x 0 2 2 x0 Amplitude : X
Pseudo pulsation : 0 1 2 Pseudo perio iod de : T
20
2
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2 0 1 2
1 0.8 0.6 0.4 0.2 ) t (
0 -0.2 -0.4 -0.6 -0.8 -1
21
0
20
40
60
80
100 t
120
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140
160
180
200
Décrément logarithmique: mesure la décroissance de l’amplitude pour un système pseudo périodique.
x (t ) 0T ln x ( t T )
Le coeffi fici cieent d’amor orttissement ou le taux d’ d’aamortissement sont les plus délicats à déter ermi minner car ils né néccess essitent une mesure dyna ynamique ue.. On peu eutt le less obte obteni nirr avec avec une une tr très ès bonn bonnee pr préc écis isio ionn pa par r 22
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Pourr n period Pou periodes es nT on obtie obtient: nt: 0 (t nT )
x (t
1 n
nT ) X e n 0T
ln e
0T
x (t )
indépendant de n
2
0 1 2 2
Remarque :
23
sin((t nT ) ) e
0T est
Avec T
n 0T
1 2 4 2 2
Si 1 alors 2
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2
Perte d’énergie dans le régime pseudopériodique Dans le régime régime pseudopériodique la perte d’énergie d’énergie peut être exprimée exprimée en fonction de Soit Ui : Énergie Énergie du système système au pique du cycle cycle n° i, ( Comm Commee |xi| est maximum alors vi=0)
x (t ) Xe 0t sin( t ) Ui : Énergie totale au pique x 0 De même
U
Énergie élastique = U i
1
kxi2
2
1 kx 2
U U i U i 1
La perte d’énergie entre 2 cycles successives est alors donnée par : 2
U 1 k (x i2 x i 21 ) U 1 x i 21 1 e 2 2 U i x i U avec : 1 e 2 Elle croit La perte d’énergie spécifique: U
i
24
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VIBRATIONS TIONS FORCEES F ORCEES VIBRA
25
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4. Mouvement vibratoire forcé Pratiquement n’importe quelle structure est susceptible de subir pendant sa durée de vie un chargement dynamique sous une forme ou une autre. D’un point de vue analytique, on peut subdiviser les chargement chargementss en deux grandes catégories: catégories: périodiques et non périodiques.
26
I.
Excitat tations pé périod odiiques
II. II.
Ex Exci cita tati tion onss no non n pér pério iodi diqu ques es
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Excitations périodiques :
Machines tournantes .
Hélice à l’arrière d’un navire
xc a ons non p r o ques :
Explosion au voisinage d’un bâtiment
27
Secousse sismique.
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Excitation par une force harmonique
F (t ) F0 cos( t )
Force d’excitation: Le PFD donne:
mx cx kkxx F0 cos( t )
mx cx kx F0 cos( t )
déplacement m k
x
c k
x x
F 0 k
cos( t ) x
accélération c m
x
20 x x 28
m
k
x
m
02 x
F 0
c
k c
x
F 0 c
cos( t )
cos( t ) vitesse
m
x x
F 0 m
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cos(t )
2
F 0
x 20 x 0 x m
t ) c o s ( Équati ation différentielle du second ordre ave avec second
membre. La solution est la combinaison de deux solutions: x1(t) et x2(t) x1(t) est la solution de l’équation homogène sans seco se cond nd memb membre re x2(t) est la solution particulière de l’équation génnéra gé érale avec second ond me memb mbrre 29
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Conditions initiales: À t = 0: x(0) = x et v(0) = v 0
0
Solution de l’équation sans second membre x1(t) est donnée dans le régime libre. Cette solution finit toujours par disparaitre à cause de amor ssemen . La solution dans le régime permanant est alors la 2(t): solution particulière de l’équation générale x La réponse doit donc être sinusoïdale de type
x (t ) x2 (t ) X 30
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cos(t )
Passage aux nombres complexes: (t )
x (t ) Xe
et F (t ) F0 e
j t
X est l’amplitude de la réponse est la phase de la réponse
En reportant cette solution dans l’équation générale:
20 x x
31
02 x
F 0 cos(t ) m
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x(t ) Xe j (t )
x (t ) Xj e j (t ) 2 j (t ) x(t ) X e 20 x 0 x x
32
2 j (t )
e
0
m
+ 20 Xje
cos(t )
j ( t )
02 X e j (t )
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F 0 m
e jt
• En simplifiant par : e t
2 jt
e
e + 2 0 Xj e j
X
2 j
j t
e
j
e + 20 Xj e
j
02 X e jt e j
2 j 0 Xe
Xe j 2 20 j 02
33
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0
m
F 0 m 0
m
e jt
2
02
20 j
j
Xe
F 0 m
• En calculant la norme et l’argument on trouve: F 0
F 0
2
X
m 0 2
2 0 2
0
tg ( )
34
2
2
k
2 0 2
2 0
1 0
2
0
2 0 2
1 0
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2
• Facteur d’amplification dynamique A(b): A( b )
0 X st
35
X X st
F 0 k
1
1 b
2 2
4 2 b 2
2b et tg ( ) 1 b 2
déplacement du système sous la charge staique F 0 X A b X st
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D’après l’expression de l’amplitude l’amplitude on voit que celle-ci dépend de la pulsation de l’excitation. Calculons son maximum: A( b )
X st
X d b
1 2
1 b 2
4 2 b 2
0 b 2 1 2 2 or b ex existe si 1 2 2 0
12 0.707 Avec b0 R2 b 202 1 2 2 02 Pulsation de Résonance: R 0 1 2 2 36
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A la résonance l’amplitude passe par son maximum.
X
X st A( b ) avec A( b )
X X st
1
2 2
1 b
4 2 b 2
et b 2 1 2 2 à la résonance.
A la résonance: st X R e t R 0 1 2 2 0 2 1 2
L’amplitude de résonance est d’autant plus grande si diminue: (amortissement faible)
c à la limite 0 b 1 0 et X (cas R 0 ) Or si
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Facteur d’amplification dynamique A et déphasage relative
avec, comme paramètre, le facteur d’amortissement
A(b) Résonance exemple
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en fonction de la pulsation
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Remarques Générales • Système fortement amorti:
1 2
L’amplitude est strictement décroissante décr oissante et ne passe pas un maximum quelque soit pour la valeur de . Cetteparconclusion est aussi valable le système 1 « cr crit itiq ique ue » 2 1
• Système faiblement amorti: 2 L’amplitude passe par un maximum lorsque la pulsation est proche de la pulsation propre o du système 2 R
39
0 1 2 0 lorsque fa ible
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A RETENIR
• Amplitude et pulsation à la résonance:
1 2
Pulsation de résonance:
2
0 1 2 0
Amplitude à la résonance: X R
40
X st
2 1
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2
X st
Remarque:
L’amplitude à la résonance est d’autant plus gran grande de lorsque est très petit: oscillateur très faiblement amorti. Dans ce cas on peut écrire: R
0 et
X R
t
2
si =0.1 alors l’écart entre R et o est de 1%
41
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b 1 X
Basse fréquence
b X 42
F 0 k
Résonance b 1 X
Haute fréquence Xst
b X
2
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X st
b
2
F 0
2 m
PERIODES Alcoa Building (S.Fr.) (S.Fr.)
Transamerica Bldg (San Francisco) 60 étages (N-S et E-O) T= 2.9 s ; f = 0.35 Hz
26 étages E-O T = 2.21 s ; f=0.45 Hz N-S T= 1.67 s ; f=0.6 Hz torsion T= 1.12 s ; f = 0.89 Hz
Golden Gate Brid Golden Bridge ge (S.F (S.Fr) r) T = 18.2 s transversalement T = 10.9 s verticalement T = 3.81 s horizontalement T = 4.43 s torsion /axe de pont 43
Pine Flat Dam (Californie) h= 122 m T =0.288 s pour 1 niveau d’eau de 95m T = 0.306 s pour 1 niveau d’eau de 105 m
ABOUSSALEH &
Quelques valeurs du facteur d ’am ’amort ortis issem semen ent.. t.... Matériaux
M a ç o n n e ri e B é t o n n o n a rm é B é t o n a rm é B é t o n p ré c o n t ra i n t B o is c l o u é B o is b o u l o n n é B o is la m e ll é c o llé A c i e r s o u d é A c i e r b o u l o n n é ABOUSSALEH & ZAKI/Dynamique des Systèmes: CH 1/ 2018-2019
0.05 0.03 0.04 0.02 0.05 0.04 0.04 0.02 0.04
44
MEXICO 1985
Bâtiments de 10 à 30 étages Beaucoup de destructions
Tour Latino Américaine América ine de 50 étages Aucun dommage
Bâtiments Peu de dégâts
ABOUSSALEH &
ABOUSSALEH &
45
Effet de site : Mexico (1985)
ABOUSSALEH &
46
Exemples d’ d’ex excitation citationss 1. Excitation par la base
Souvent une structure structure est excitée par l’intermédiaire l’intermédiaire des plots de suspension (machine excitée par les supports, automobile excitée par la route par l’intermédiaire des suspensions)
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ABOUSSALEH & ZAKI/Dynamique des Systèmes: CH 1/ 2018 2019
Exemples d’ d’ex excitation citationss Modélisation
Fig. Excitation d’une masse suspendue par la base [Support vibrant]
En sommant les forces qui s’exercent sur la masse, on obtient à l’équilibre:
mx c(x y ) k (x
x 20x
y ) 0
02x 20y 02y
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z x Xst
Lo k
X
m L
c Leq y
Animation
49
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Exemples d’ d’ex excitation citationss 2. Excitation par déséquilibre dynamique en rotation
Les machines tournantes constituent des sources de vibrations très courantes. cour antes. De petites irrégularités dans la distribution des masses des parties en rotation causent des d es niveaux vibratoires importants.
50
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Modélisation
On schématise une machine de masse m comportant une masse m0 en rotation à une distance l de son centre. Un guidage sans friction autorise seulement un mouvement dans la direction x (voir Figure ci contre). contre). En supposant la vitesse de rotation rot constante.
xrot
l sin( rot t )
Excitation d’une machine suspendue par une masse en rotation
51
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2. Excitation par déséquilibre dynamique en rotation
La force d’inertie générée par la rotation de la masse a une composante dans la direction x qui est proportionnelle proportionnelle à m0 et à l'accélération a . Cette force agit sur la masse m de
la machine (les forces dans la direction y ne sont pas considérées). L’équilibre L’équilibre des forces forces par rapport au référentiel du support s’écrit ( m fait partie de la masse m de la machine) 0
x c m0 rot m x Ce qui conduit à l’équation
mx cx kx m0 xrot F0 sin( t )
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ABOUSSALEH & ZAKI/Dynamique des Systèmes: CH 1/ 2018-2019
2. Excitation par déséquilibre dynamique en rotation
Le terme au second membre est la force F (t ) m x qui excite le système. 0 rot Soit sous la forme classique:
2
F(t )
x 20x 0x m Avec
F(t) m0xrot
lm0r2ot sin rott
53
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3. Système soumis à des excitations multiples « Principe d dee superposition »
La réponse d’un système linéaire à une somme d’excitation est la superposition des réponses à chacune des excitations
54
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Principe de superposition • Soient F1(t) et F2(t) deux excitations distinctes • On peut écrire:
mx1 cx1 kx1
F1 (t ) mx2 cx2 kx2 F2 (t ) Le principe de superposition donne: mx1 cx1 kx1
F1 (t ) mx2 cx2 kx2 F2 (t ) m( x1 x2 ) c( x1 x2 ) k ( x1 x2 ) F1 (t ) F2 (t ) F (t )
55
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Généralisation du Principe de Superposition mx cx kx F (t ) x x1 x2 et F (t ) F1 (t ) F2 (t )
e r su a pe peu
re g n ra s comme su :
mx cx kx F ( t) x(t )
x (t )
i
i 1
F (t )
F (t ) i
i 1
56
ABOUSSALEH & ZAKI/Dynamique des Systèmes: CH 1/ 2018-2019
Réponse d’un oscillateur à une excitation F(t) périodique:
La fonction F(t) peut s’écrire sous la forme de série de Fourrier donnée par: n
a F (t )
0
T
2
an cos(nt ) bn sin(nt ) avec 2 T n 1 2 T2 2 T 2 an T F (t )c ) cos(n t )dt; a0 T F (t )dt
T 2 bn T 2 F (t ) sin( n t ) dt
T
T
2
2
2
La solution sera obtenue en utilisant le principe
57
de superposition
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Remarques: F ( t )
bn
T
T
T 2
2
n 1
T
a n c o s ( n t ) bn s i n ( n t ) a v e c
2
2 an
n
a0
2 F ( t ) c o s ( n t ) d t ;
a0
2 T
T
T T 22 F ( t ) d t
T
2
T
F (t ) s i n ( n t ) d t
2
Si F(t) est impaire F(t)=-F(-t) alors an =0; Si F(t) est paire F(t)=F(-t) alors bn = 0
58
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Exemple
Calculer la réponse d’un oscillateur harmonique sans amortissement à une excitation créneau de période T
La fonction créneau est périodique donc on peut l’écrire sous forme de série de Fourier
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Remarque:
La fonction créneau est impaire n
a
an bn
T
2
T
bn
T )
T
2
T
2
an cos(nt ) bn sin(nt ) (avec n 1
F (t ) 2
0
F (t ) cos(n t )dt
2 T
2
T
F (t ) sin(n t )dt
2
4 F 0 n
avec n 1, 3, 5, ...
n
4 F 0 T bn n T 1 co s n 2 a0
2
T
T
2
T
2
F (t )dt
0
60
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La solution x(t) doit donc vérifie l’équation suivante: mx(t ) kx(t )
b sin(n t ) n
n 1
4 F 0 = sin(n t ) avec n 1, 3, 5, ...
n
La solution pour l’harmonique d’ordre n s’écrit: mxn (t ) kxn (t ) bn sin( n t )
=
4 F 0 n
sin(n t )
61
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La réponse pour l’harmonique d’ordre n est alors: mxn (t ) kxn (t ) bn sin(n t ) Fn sin(n t ) avec Fn
1
X st
2 2
1 b
D’o ’ouu on
ut
2
4
k
; 0 ; b
n 0
b
n
X n
2
ave avecc X st
F n
4n 0
4 F
n
1 k n 1 b 2
4 F 0
1
k n
2 2 1 n 2 0
62
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X n
4 F 0
1
k n
1 n 2 22 0
La solution Finale est alors: (Principe de superposition) x(t )
X n sin(nt )
n 1
avec n 1,3,5,...
k n n 1
0
1 n
2
2 0 2
sin(n t )
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Réponse à une excitation quelconque Rappels: Transformée Transformée de Laplace Par définition, la transformée de Laplace d’une fonction temporelle g(t) est une fonction G(p) définie par:
G ( p ) g (t )e
Exemple:
G ( p ) te pt dt 0
G ( p)
dt
0
12 pour g (t ) t on a p
cos( at )e pt dt 0
pt
p 2 a 2
G ( p ) 12 p
pour g (t ) cos(at ) on a
G( p)
p p2 a2
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Tableau Récapitulatif des propriétés importantes de la transformée de Laplace
H(t) est la fonction de Heaviside définie par:
H(t-t o ) = 0 si t < t o o
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1 si t
Quelques transformées de Laplace usuelles
t
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Réponse d’un système non amorti à une excitation quelconque
Application de la transformée de Laplace mx kx
L’équation du système est donn donnée ée par: La transformée px(0donne: m p 2 X (dep)Laplace ) x (0)
D’où on tire:
X ( p)
F ( p) 2
mp 2
k
m
f (t )
kX ( p) F ( p)
px(0) x (0) mp
2
k
Avec CI ( p ) px (0) x (0) On aboutit à:
( p ) CI ( p ) F(p): Transformée de Laplace de f(t) CI(p): Transformée de Laplace des m 2 X ( p ) 2 mp k mp k Conditions Initiales
67
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Réponse d’un système amorti à une excitation quelconque L’équation différentielle d’un système amorti est donné donnéee par:
mx cx kx F (t )
La transformée de Laplace donne:
m p 2 X ( p ) px(0) x (0) c pX ( p ) x(0) kX ( p ) F ( p )
Ce qui donne:
F ( p ) X ( p ) mp 2
mx (0) ( mp c) x (0)
cp k ( p ) CI ( p ) X ( p)
mp 2
cp k
Z(p) est la fonction de transfert du système
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Z ( p )
Z ( p)
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Réponse impulsionnelle La Réponse Réponse Impulsio Impulsionnelle nnelle est celle celle d’un d’un système excité par une impulsion pendant un temps très court: F(t)
Fo
e
Avec Fo = 1/e et lorsque
t
e 0 alors F 0
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Réponse Impulsionnelle d’un système amorti L’équation différentielle d’un système amorti est donnée par: mx cx kx F (t )
Ca Cass de de l’ l’im im ul ulsi sion on de Di Dira racc t Dans ce cas F(t) est remplacée par (t)
mx cx kx (t ) Supposons le cas des conditions initiales nulles: x (0) x (0) 0
70
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La transformation de la Laplace donne:
mp
2
cp k X ( p ) D ( p ) 1
( p) et D( p) sont les transformées de Laplace de x(t) et (t) (t) On déduit alors: X ( p )
X ( p)
2
1
1c/ m k 2 1 / m p 20 p 02 2 p p m
m
Où est le facteur d’amortissement relatif:
c km
c c c
2 71
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Cas d’un système Pseudo périodique: < 1. avec conditions initiales nulles La réponse X(p) peut s’écrire sous la forme suivante: 1/ m
X ( p)
2
p 0
0
2
1
2
0 1 2 1/ m 2 2 2 2 0 1 p 1 0 0
b
at
Or on a: TL e
b
p a
2
b2
sin bt p a 2 b 2
1/ m x(t ) e 0t sin 0 1 2 1 2
t
0 72
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Cas d’un système Critique: = 1. avec conditions initiales nulles La TL de la réponse à une impulsion de Dirac est: X ( p )
1/ m 2
2
0 0 Dans ce cas X(p) s’écrit: p 2 p
( p)
p
2
20 p
02
2 p 0
Ce qui donne par le tableau des correspondance x(t): t at TL te xt 2
1 0t ( ) e m p a
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Cas d’un système s ystème Apériodique: > 1. avec conditions initiales nulles
La TL de la réponse à une impulsion de Dirac est:
1/ m
X ( p )
2
p
2
20 p 0
’
r 1,2 0
1 2
Dans ce cas la TL de X(p) s’écrit: X ( p )
1/ m c ( p r1 )( p r2 ) ( p a )( p b )
74
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D’où on tire la solution x(t) par le tableau des correspondances, soit: (t ) 1 / m e r1t er2t r1 r 2
x (t )
1/ m 0
2
1
e 0t s inh 0 2 1 t
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Réponse à une excitation quelconque D’après la propriété suivante de la TL: La transformée de Laplace du produit de convolution c onvolution f(t)*g(t) est le produit des transformées de Laplace F(p)G(p) Le produit de convolution est défini par: t
g t
t g
g t
Donc x(t) se sera ra don donné néee par: par: x(t )
f ( )h(t )d xCI (t )
Ou h(t) est la réponse impulsionnelle (H(p)=1/Z(p)) avec conditions initiale nulles et xCI(t) est la réponse liée aux conditions initiales
76
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Remarque La réponse réponse impulsi impulsionnell onnellee est causale causale donc donc h(t) = 0 si t < t 0 avec t 0 positif
Si de même la force d’excitation est aussi causale la réponse x(t) s’écrira:
f ( ) h(t )d t
f ( )h(t )d t 0
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Réponse d’un système amorti à un force échelon: (fonction de Heaviside H(t)) L’équation du système est:
t t 0 0 si mx cx kx 0 s t t 0 F(t) Fo
to
t 78
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Cas d’un système Pseudo périodique: < 1 avec conditions initiales nulles La réponse dans ce cas à une impulsion de Dirac est: h(t )
1/ m
2
e 0t sin O
1 2 t
La réponse à l’échelon de Heaviside est donc: t
x(t )
m
t 0
F 0 0
1 2
e
0 ( t )
sin 0 1 2 t d
79
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En intégrant la fonction suivante donnant x(t): t
F 0
x(t ) m0
1
2
e 0t e0 sin 0
t 0
n rouve a so u on pour F0 x(t ) k
F 0
k 1 2
arctg 2 1
0 ( t t 0 )
e
1 2 t d
0 2 cos 0 1 t t 0
80
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• Cas d’amortissement nul: =0 F x(t ) k 0
0 t t 0 1 c o s
wo = 20 rd/s; m = 10 Kg; = 0.05
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Exercice d’application Trouver la réponse impulsionnelle du système amorti pour les trois cas pseudo périodique, critique et apériodique si les conditions initiales sont non nulles
x(0) 0
et x ((00) 0
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En pratique toute excitation peut être décomposé en impulsion ou bien en échelon é chelon
Décomposition d’une force f (t ) en échelons élémentaires
Décomposition d’une force f (t ) en impulsions élémentaires
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Amortissement dans les Systèmes Réels ( Structural et Coulomb)
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5. Amortissement dans les Systèmes Réels Les systèmes réel sont toujours plus ou moins amortis mais rarement par un amortissement visqueux.
Parmi les amortissement les plus courants: Amortissement Structural : Caractéristique de matériaux et sa valeur est
fortement liée à la température et aux fréquences d’excitation.
Amortissement par frottement ou de Coulomb: dû au mouvement relatif de deux
surfaces en contact, très difficile à quantifier car il dépend de plusieurs paramètres.
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Amortissement Structural
Les mécanismes êtreréponse étudiésharmonique. en examinant l'énergie dissipéed'amortissement par cycle dans lepeuvent cas d’une T L’énergie dissipée par cycle est définie par: Ecycle Fdd x
0
On définit la Capacité d’Amortissement Spécifique: CAS C S
E
U max
avec U max : l'energie totale au pic
Au pic x 0 U max E E E p
c
p
Le facteur de perte est aussi introduit introduit (facteur sans dimension) pour l’analyse de l’amortissement réel: CAS
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2 ABOUSSALEH & ZAKI/Dynamique des Systèmes: CH 1/ 2018-2019
Amortissement Structural
Cas d’un amortissement visqueux (excitation par force sinusoïdale) T
Pour x
T
X cos(t ) on a Fd cx Ecycle cxdx cxxdt 0
0
T
cX 2 2 sin2 t dt c X 2 Ecycl e c X 2 0
ceq =
cycle
2
X
perm pe rmet et de dé défi finir nir l'a l'amo mort rtiss issem emen entt
E cycle 2c X 2 2c 1 2 Avec U max E p kX CAS = = 2 2 U max k kX
CAS
2
2 c c 2 k k
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Si on considère la force nécessaire pour déplacer la masse d'un système à amortissement visqueux
F
Avec x
kx c x
X sin t x X cos t
F
kx c
X2
x2
F, x) , cette relation est représentée représentée par l'ellipse de la Figure ci-dessous. Dans le plan ( F, C'est une boucle d'hystérésis dont l'aire correspond à l'énergie perdue par cycle. Ecycle c X 2 ev en a ro ro e our c = , e pse ev
(a)Ellipse représentant la boucle d'hystérésis dans le cas d'un amortissement visqueux. (b)Boucle d'hystérésis dans le cas d'un amortissement structural.
= x.
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En mesurant les contraintes et les déformations excités par des efforts harmoniques, il apparaît également des boucles de d'hymatériaux d'hystérésis stérésis semblables.
D E H c s X 2
L'aire fermée dans la boucle correspond à la perte d'énergie par cy cycle cle :
Si on compare cette dernière expression à celle c elle de la perte d'énergie par cyc cycle le par amortissement visqueux H
c
v
c eq
cs la constante d’amortissement structural donnée expérimentalement par:
c s
D
H
2
X
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Or on a:
c k
mx
eq k
x
x 2eq 0x
ceq k
ceq
x 2x 0
k eq
cos F cos t m
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on obtient le même type de solution que précédemment
Avec
Où
Soit
2 b eq X 2 F 2 k 2 et arctg 1 b 2 (1 b ) ( 2 eq b ) eq
ceq 2m0 eq0 2 eq 2 b ou b X
X st
2 2
2
et arctg
eq
0
2
Remarque:
Contraire airem ment au cas cas de l'amor orttisse ssement visqueux, on observe que la fréquence de résonance est c c c b =1. touj to ujou ours rs po pour ur b =1. k k k cte eq
s
s
eq
Résonance: =1 et 2
0
91
eq
eq
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Amortissement de Coulomb L'amortissement Coulomb est correcte l'amortissement par frottement solide. Il est difficile de donner une formedemathématique pour modéliser un amortissement. Contrairement à la masse et à la raideur, l'amortissement ne peut pas être déterminé par p ar des tests statiques.
L'amortissement visqueux en cx est la forme la plus courante mais l'amortissement par frottement solide se rencontre fréquemment dans les mécanismes. es
n par a re a on
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Décomposition des Efforts:
La force F d est toujours opposée à la direction du mouvement.
es e s gne e
qu
erm ne a
rec on e a orce e ro emen
Avec la fonction Signe
Equation différentielle non-linéaire. Pour obtenir la réponse libre du système, on va considérer séparément les tronçons
. temporels entre les changements de direction de x
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Il faut noté que
x
0
F d
x
0
0
F d
0
Déplacement vers vers la gauche : v < 0
La masse se déplace vers la gauche L'équation valable pour v < 0 a une solution de la forme: x (t )
Déplacement vers la droite : v > 0
A1
cos
N
0 t
B1
sin
0 t
L'é ua uati tion on dif diffé fére rent ntiel ielle le corr corres es ond ond au cas cas où v> 0 a our solution: x (t ) A2 cos 0t B2 sin 0t
N k
Arrêt du mouvement mouvement : jusqu'à ce que le mouvement s'arrête. Cette procédure se répète Cet
événement se produit quand : x 0
et
k x
N
x
N k
k
Les coefficients A1, B1, A2, B2 dépendant des Conditions initiales de x0 et v0
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0
Oscillation libre avec frottement solide
Ce ci est valable pour x(t=0)=x 0 et v 0 =0
Remarques: a. L’ L’ampl amplitude itude des o oscillat scillations ions décro décroit it liné linéairem airement ent comme comme
2 N x0
k
0
t
b. La fréquenc fréquence e d’oscill d’oscillation ation du syst système ème amor amorti ti par fro frotteme ttement nt solide est est la même que que pour le système non amorti. c. La position position d’arr d’arrêt êt peut ê être tre dif différe férente nte de la p positio osition n d’é d’équilib quilibre re initial. initial.
95
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Références Bibliographique 1.
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2. Je Jean an-C -Cla laud udee P PAS ASC CAL, AL, Vibrations et Acoustique 1&2, notes du cours , ENSIM-Le Mans, 2005. 3. R. KEITH EITH MOBL MOBLEY EY,, Root Cause Failure Failure Analysis, Butterworth–Heinemann-1999, ISBN 0-7506-7158-0 4.
J.M. J.M. KR KRODKIE IEW WSK, SK, Mechanical Vibration Vibration, Design and Print Center-University Center-University of Melbourne 2006
5.
Ra Raoo V.D V.DUK UKKI KIP PATI TI,, Solving Vibration Vibration Analysis Problems Using Matlab, Matlab, New Age International (P) Ltd., Publishers ISBN : 978-81-224-2427-0 .
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S. S.T TIM IMO OSHE SHENKO, Vibration Problems in Engineering, New York York D. Van Van Nostrand Company Company,, INC. 1928
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