Serie 2

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CENTRE UNIVERSITAIRE D’AIN TEMOUCHENT Institut des Sciences et de la Technologie

Vibrations et ondes Fiche de TD N°2 2 A LMD 2011/12 Oscillations amorties, forcées

Exercice 1

La tige CB sans masse pivote autour du point O d’un angle θ par rapport à sa position d’équilibre verticale.

Un dispositif amortisseur exerce en C une force de frottement fluide opposée et proportionnelle à la vitesse de C de la forme -β.vc (figure 1). On considère les petites oscillations. OC=L1 ; OA=L2 ; OB=L. (figure 1)

Trouver : L’équation du mouvement, et en supposant l’amortissement faible, la pseudo pulsation..

Exercice 2

On considère l’oscillateur amortie libre (figure 2) régi par l’équation :

où m est la masse de M, k le coefficient de rappel et x le déplacement de M.

Le mouvement x(t) est tel que le système étant à l’équilibre, on lance M avec une vitesse initiale vi = 25cm/s (donc à t=0 on a : x(0) = 0 et = vi) .

1) Calculer la période propre du système (A.N. : m = 150g, k = 3.8 N/m)

2) Montrer que si β = 0.6 kg/s, M a un mouvement oscillatoire amortie. Résoudre dans ce cas l’équation avec les conditions initiales. Calculer la pseudo période du mouvement.

3) Trouver le temps tM au bout duquel la 1^er amplitude xM est atteinte. Calculer xM

4) Calculer la vitesse au bout d’une pseudo période T Exercice 3

Sachant qu’on impose au point S un mouvement sinusoïdal (figure 3), étudier le mouvement du point masse m :

1- Sans frottement ; 2- Avec frottement fluide et amortissement faible Exercice 4

On considère l’oscillateur amorti forcé (figure 4). L’amortissement entre A et m introduit un frottement visqueux : f = β.(x’-y’). 1) Déterminer l’équation différentielle du mouvement en fonction de x et y.

2) Déterminer la solution en régime permanent sachant que y(t) = a..cosΩt, on rappel que :

A.cosΩt-B.sinΩt peut être mise sous la forme de C. cos(Ωt+φ), avec C et φ déterminés en fonction de A et B.

3) Déterminer l’amplitude de x pour Ω = 0 et pour Ω = infini ; et la fréquence de résonance.

Exercice 5

La masse m se déplace dans le plan x0y avec un angle θ (mouvement oscillatoire de rotation par rapport à O’). l01 et l02 étant les longueurs des ressorts à vide, et au repos la tige O’m est horizontal.

Calculer le Lagrangien du système et en déduire l’équation différentielle dans le cas des petites oscillations

Exercicie 6

Un oscillateur a pour équation de mouvement : (m=1kg)

1. Déterminer dans ce cas, la pulsation propre, le coefficient d’amortissement, la pseudo pulsation et le décrément logarithmique (Soit les Conditions Initiales : x(t=0) = xo et v(t=0) = 0 )

2. Déterminer les solutions transitoire, permanente et générale En déduire le coefficient de qualité Q

Réponses Réponse 1

Lorsque la barre pivote de θ, A se déplace de xA = OA sinθ = L2sinθ et C se déplace de xC = OC sinθ = L1sinθ

Réponse 2

m x‘’ + β x’ + k x = 0 → x + 2γ x + ωo² x = 0 avec γ = β/2m , ωo² = k/m 1. → ωo = (3.8 / 0.15)^1/2 = 5 rd/s → To = 2π/ωo = 1.25 s

2. γ = 0.6 / 2x0.15 = 2 → ∆’ = γ² - ωo² = 4 – 25 = - 21 < 0 : mvt oscillatoire amortie x(t) = C exp(-γt) cos(ωt – φ) avec ω² = ωo² - γ² = 21

→ ω = 4.58 rd/s ; T = 2π/ω = 1.37 s

C.I. x(t = 0) = 0 = C exp(0) cos(0 – φ) = C cos(φ) → φ = π/2 x’(t) = C (-γ) exp(-γt) cos(ωt – φ) - ω C exp(-γt) sin(ωt – φ)

x’(t = 0) = vi = 25 cm/s = C (-2) exp(0) cos(0 – π/2) - 4.58 C exp(0) sin(0 – π/2) = 4.58 C → C = 25 / 4.58 = 5.4 cm → x(t) = 5.4 exp(-2t) cos(4.58t – π/2) = 5.4 exp(-2t) sin(4.58t)

4. vT = x’(t = T) = 5.4 (-2)exp(-2 x 1.37)sin(ωT) + 4.58 x 5.4 exp(-2 x1.37) cos(ωT) = 4.58 x 5.4 exp(-2 x 1.37) = 1.6 cm/s

3.     (dx(t) / dt ) = 0  = x’(t)  →   xmax  

   x’(t) = 5.4 (‐2)exp(‐2t)sin(4.58t) + 4.58 x 5.4 exp(‐2t) cos(4.58t) = 0  

→    tang (4.58t_M) =  4.58 /2 = 2.29   →   4.58 t_M = arctg 2.29 = 1.16   

→ t 0 25 s

Réponse 3

1) m x‘’ = - k ( x – y ) ; y = a cos Ωt → x‘’ + (k/m) x = (k/m) a cos Ωt ; k/m = ωo² xg = xssm + xp ; xssm = xm cos(ωot + φ) ; on trouve les constantes xm et φ grâce aux C.I.

xp solution du même type que le 2^ème membre → xp = X cos(Ωt + Φ)

écriture complexe : y = a cos Ωt → y = a exp ( iΩt ) ; xp = X cos(Ωt + Φ) → xp = X exp [i(Ωt + Φ)]

xp est solution de l’équation différentielle donc xp vérifie l’éq. diff.

→ ( - Ω² + ωo² ) X exp (i Φ) = ωo² a → X = ωo² a / ( - Ω² + ωo² ) ; Φ = 0

→ xp = [ ωo² a / ( - Ω² + ωo² )] exp i(Ωt)

2) m x‘’ = - k ( x – y ) – β x’ → x‘’ + 2γ x’ + ωo² x = ωo² y ; γ = β/2m ; ωo² = k/m xg = xssm + xp ; xssm dans le cas des faibles amortissements (∆’ = γ² - ωo² = i² ω² < 0) xssm = C exp(- γt) cos(ωt - φ) (régime transitoire oscillatoire amorti) avec ω² = ωo² - γ² ; on trouve les constantes C et φ grâce aux C.I.

xp solution du même type que le 2^ème membre → xp = X cos(Ωt + Φ)

écriture complexe : y = a cos Ωt → y = a exp ( iΩt ) ; xp = X cos(Ωt + Φ) → xp = X exp [i(Ωt + Φ)]

xp est solution de l’équation différentielle donc xp vérifie l’éq. diff.

→ ( - Ω² + i2γΩ + ωo² ) X exp (i Φ) = ωo² a → X = ωo² a / [(ωo² - Ω²)² + 4γ²Ω²]^1/2 ; Φ = - arctg [2γΩ/ (ωo² - Ω²)]

Réponse 4

1) mx ‘’ = - kx – β(x’ – y’) + ky → x’’ + β/m x’ + k/m x = k/m y + β/m y’

2) y = a cos Ωt ; y’ = - aω sin Ωt

x’’ + β/m x’ + ωo² x = ωo² a cos Ωt - β/m aΩ sin Ωt = C cos (Ωt + φ) = C cos Ωt cos φ - C sin Ωt sin φ

→ C cos φ = ωo² a ; C sin ωt φ = β/m aΩ → tg φ = βΩ / m ωo² = = βΩ / k et C² = (ωo⁴ + β²Ω² / m²)a² = a² / m² (β²Ω² + k²)

d’où : x’’ + β/m x’ + ωo² x = C cos (Ωt + φ) = [a² / m² (β²Ω² + k²)]^1/2 cos (Ωt + arctg βΩ / k ) x = xssm + xp : lim xssm = 0 lorsque t → l’infini quelque soit le régime

xp = solution particulière du même type que le second membre C cos (Ωt + φ) = régime permanent

en écriture complexe: C cos (Ωt + φ) → C exp j (Ωt + φ) et xp = X exp [j(Ωt + Φ)] qui vérifie l’éq. diff.

:

→ ( - Ω² + ωo² + jΩ β/m) X exp (j Φ) = C exp j φ)

→ X = C / [ (- Ω² + ωo² )² + β²Ω² / m² ]^1/2 = [a² / m² (β²Ω² + k²)]^1/2 / [ (- Ω² + ωo² )² + β²Ω² / m² ]^1/2 Et Φ = φ - arctg Ω β/m / (- Ω² + ωo²) = arctg βΩ / k - arctg Ω β/m / (- Ω² + ωo²)

3) lim X = 0 lorsque Ω → l’infinie lim X = a lorsque Ω → 0

pulsation de résonance : X = Xmax, X = N / D → Dmin → dD / dΩ = 0 D = [ (- Ω² + ωo² )² + β²Ω² / m² ]^1/2 = U ^1/2 → D’ = ½ U’ U^-1/2 = 0

→ U’ = 0 = 2(- Ω² + ωo² )(-2 Ω) + 2 β²Ω / m² = 2 Ω² - ωo² + β²/ m² → Ωr = + ou - [ωo² - β²/ 2m²]^1/2 Réponse 5

Au repos la tige O’m est horizontal. Les ressorts sont comprimés de x01 et x02 (déformations statiques).

l01 et l02 étant les longueurs des ressorts à vide : l01 = OO’+ x01 ; l02 = OO’+ x02

En mouvement oscillatoire, la masse m se déplace dans le plan x0y avec un angle θ. Les ressorts sont déformés par rapport à l’horizontal de x1 = L1 sin θ et x2 = L2 sin θ (déformations dynamiques)

Réponse 6

1. m x‘’ + β x’ + k x = 20 cos Ωt → x ‘’ + 2γ x’ + ωo² x = 20/m cos 2t = x ‘’ + 2 x’ + 4 x = 20 cos 2t ωo² = 4 ; ωo = 2 ; 2γ = 2 ; γ = 1 ; Ω =2 = pulsation de l’excitation

xg = xssm + xp ; xssm = régime transitoire solution de x ‘’ + 2 x’ + 4 x = 0 donné selon :

∆’ = γ² - ωo² = 1 – 4 = -3 < 0 → xssm = C exp(-γt) cos (ωt – φ) ; ω² = ωo² - γ² = + 3 ; ω= √3 rd/s

→ T = 2π/ω= 3.6 → décrément logarithmique = δ = γ T = 3.6

2. C et φ sont trouvés grâce aux C.I. : x(t=0) = xo = C exp(0) cos (0 – φ) = C cos φ → C = xo / cos φ x’ (t) = -γ C exp(-γt) cos (ωt – φ) - ω C exp(-γt) sin (ωt – φ) → x’ (0) = - C cosφ + √3 C sin φ = 0

→ tgφ = 1/√3 → φ = π/3 ; C = 2xo/√3 → xssm = 2xo/√3 exp(-t) cos(√3 t - π/3 )

xp = régime permanent = solution particulière du même type que le 2^ème membre = X cos (Ωt + Φ)

xp est solution de l’éq. donc vérifi l’éq. → ( - Ω ² + i2γ Ω + ωo² ) X exp (i Φ) = 20 (Ω =2 ; ωo = 2 ; γ = 1)

→ X = 5 et arctg 4/0 + Φ = 0 → Φ = - π/2 → xp = 5 cos (2t - π/2) = -5 sin 2t

→ xg = 2xo/√3 exp(-t) cos(√3 t - π/3 ) -5 sin 2t