Mesure de la fréquence d’une force excitatrice sinusoïdale s’exerçant sur une lame

D.Malka – MPSI 2021-2022 – Lycée Jeanne d’Albret 08.01.2022

Problème 1 – Capteur de force piezoélectrique

Mesure de l’intensité d’une force s’exerçant sur une lame piézoélectrique

∞ - +

R₃ R2

e₁ R₁

Vs

V_e Lame

Face fixe

F

i’=0 i₊=0

i_-=0

i

i ALI

A B D C

Figure1 – Capteur de force.R1= 10 kΩ,R2= 6,5 kΩ,R3= 1,0 kΩ ete1= 100 mV.

1. Par définition de la masse signal : VC =Vs et VA = e1. Le courant parcourant la résistance R1 est nul doncVD=Ve. De plus on admet queV+ =V₋ orV+=VD etV₋=VB doncVB =Ve.

2. Les résistances R3 et R2 sont en série du fait que i− = 0. On peut donc appliquer la formule du pont diviseur de tension :

VB−VA= R3

R2+R3

(VC−VA)

⇒Ve−e1= R₃ R2+R3

(Vs−e1)

⇔Ve= R3

R2+R3

Vs+e1

1− R3

R2+R3

⇔V_e= R₃

R₂+R₃V_s+ R₂ R₂+R₃e₁

3. Pour Vs= 6,50 V, Ve= 0,95 V 4. q=CVe=KF ⇒ F = C

KVe. A.N. :F = 0,76 N.

Mesure de la fréquence d’une force excitatrice sinusoïdale s’exerçant sur une lame

5. Montrons que la fonction de transfert du filtre fig.2 peut se mettre sous la forme

H(jω) =− A

1 +j(ω/ω₁−ω₂/ω) On admet que :

H(jω) =−Z₂ Z₁

- ∞ +

R₂ C₂

R₁ C₁

V_e V_s

Figure2 – Filtre

avecZ₁=R1+jC1ω⇒ 1

Z₁ = jC₁ω

1 +jR1C1ω et 1 Z₂ = 1

R2

+jC2ω⇒Z₂= R₂ 1 +jR2C2ω. Il vient :

H(jω) =− jC1ω

1 +jR₁C₁ω × R2

1 +jR₂C₂ω

⇔H(jω) =− 1

1

jR2C1ω + 2R₂C₂+R₁C₁ R2C1

−R₁C₂ω j

⇔H(jω) =−A× 1

1 +j

AR1C2ω− A R₂C₁ω

avec A= R2C1

2(R₂C₂+R₁C₁)

⇔H(jω) =− 1

1 +j(ω/ω1−ω2/ω) avec ω1= 1 AR1C2

et ω2= A R2C1

6. Le gain du filtre tend vers 0 à haute et basse fréquence donc on peut penser qu’il s’agit d’un filtre passe- bande.

7. Il est trivial que le gain est maximal lorsque son dénominateur est minimal ce qui se produit pour : ω

ω₁ −ω2

ω₀ ⇔ ω=ω₀=√ ω₁ω₂

On ajuste à présent la résistanceR1de manière à ce que les signaux d’entrée et de sortie soient en opposition de phase.

8. On peut vérifier que deux signaux sont en opposition de phase à l’aide d’un oscilloscope en mode temporel ou en mode XY.

9. Signaux en opposition de phase : fig.3.

2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0

t(ms) 8

6 4 2 0 2 4 6 8

s(t)

Ve(t) Vs(t)

10. Fréquence de la contrainte s’exerçant sur la lame ? R1 est ajuster de façon à ce que Vs et Ve soient en opposition de phase. Or :

V_s=H.V_e⇒ϕs−ϕe= arg(H) D’une part, on sait que ϕ_s−ϕ_e=πdonc arg(H) =π. D’autre part,

arg(H) =π−arctan(ω/ω1−ω2/ω) Il faut donc :

arctan ω

ω₁−ω2

ω

= 0

⇔ω ω1

−ω2

ω = 0

⇔ω²=ω1.ω2

⇔ω=√ ω₁.ω₂

⇔ω=ω0

On fixe R₁ de façon à faire coïncider la fréquence de résonance avec la fréquence de la contrainte. Cette fréquence vaut donc f₀= ω₀

2π pour la valeur de R₁ choisie.

11. f0= 10,1 kHz .

Problème 2 – Le Millennium Bridge

Figure4 – Oscillateur

1. Système : masse

Référentiel : terrestreR, supposé galiléen Inventaire des forces :

— poids :P~ =m~g=−mguˆx

— tension du ressort :T~ =−k(l−l₀)ˆu_x=T~ =−k(x−l₀)ˆu_x

— frottements :F~_f =−αxˆ˙u_x

Relation fondamentale de la dynamique (en fait théorème du centre d’inertie) appliquée à la masse m dansRgaliléen :

m~a=P~ +T~+F~f avec ~a= ¨xˆux

⇔m¨x=−mg−k(x−l₀)−αx˙

⇔m¨x+αx˙+kx=kl0−mg

⇔¨x+ α mx˙+ k

mx=kl0−g

⇔¨x+ 2ξω0x˙+ω₀²x=ω²₀l0−g

⇔¨x+ 2ξω₀x˙+ω₀²x=ω²₀x˜

avec ω₀= rk

m , ξ= α 2mω0

= α

2√

km , ˜x=l₀− g ω²₀ . On posant X=x−x, il vient ˙˜ x= ˙X et ¨x= ¨X et donc :

X¨+ 2ξω0X˙ +ω²₀X = 0

On reconnaît l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation propreω0et de facteur d’amortissement ξ.

2. Régime libre avec les conditions initialesX(0) =X₀6= 0 et ˙X(0) =V₀6= 0.

Si ξ= 0, l’oscillateur harmonique n’est pas amorti et le régime libre s’écrit : X(t) =Acos(ω₀t) +Bsin(ω₀t)

La continuité de la positionX et de la vitesse ˙X donne immédiatement : A=X₀ B= V0

ω₀ Donc :

Si 0< ξ <1, l’oscillateur est amorti. On cherche une solution de la forme Ae^r.t pour le régime libre qui conduit à l’équation caractéristique :

r²+ 2ξω0r+ω²₀= 0

Le discriminant s’écrit : ∆ = 4ω₀²(ξ²−1)<0 car 0< ξ <1. L’équation caractéristique admet donc deux solutions r_± complexes conjuguées :

r_±=−1 τ ±jω avec τ = 1

ξω0

et ω=ω0

p1−ξ² .

Donc la solution générale du régime libre est pseudo-périodique : X(t) =e^−t/τ(Acos(ωt) +Bsin(ωt)) La continuité de la positionX et de la vitesse ˙X donne immédiatement :

A=X0 B= V₀ ω0

+ X₀ ω0τ D’où :

X(t) =e^−t/τ

X₀cos(ωt) + V0

ω₀+ X0

ω₀τ

sin(ωt)

Figure5 – Forçage d’une passerelle par la marche d’un piéton

3.

Y¨ + 2ξω0Y˙ +ω²₀Y =−F₁

m cos(2πf t)

Le système est linéaire (puisque l’équation du mouvement l’est) et l’excitation est harmonique. On cherche donc le régime établi harmonique de pulsation ω = 2πf. La représentation complexe de Y(t) vérifie l’équation :

Y¨ + 2ξω₀Y˙ +ω₀²Y =−F₁ m avecY =Yme^iωt, il vient :

−ω²Y + 2jξω₀ωY +ω₀²Y =E (1)

⇔Y

E = 1

ω²₀−ω²+ 2jω₀ω (2)

⇔H(ω) = 1

ω₀² × 1

1−Ω²+ 2jξΩ avec Ω = ω ω0

(3) (4)

4. Il y a résonance si il existe une pulsationωr pour laquelle l’amplitude d’oscillation verticale du pont est maximal c’est-à-dire pour laquelle |H(ω)|est maximal. Calculons|H(ω)|:

|H(ω)|= 1

ω₀²× 1

p(1−Ω²)²+ 4ξ²Ω²

|H(ω)|est maximal lorsqueP(Ω) = (1−Ω²)²+ 4ξ²Ω² est minimal. Étudions les variations deP(Ω) : dP(Ω)

Ω >= 0

⇔ −4Ω(1−Ω²) + 8ξ²Ω>= 0

⇔ −4Ω(1−2ξ²−Ω²)>= 0

⇔(1−2ξ²−Ω²)<= 0

⇔Ω²>= 1−2ξ²

Il existe deux situations suivant la valeur de ξ.

— ξ > 1

√2 : alors Ω² >= 1−2ξ² est toujours vrai et donc |H(ω)| est décroissante. Il n’existe pas de maximum et donc pas de résonance.

— ξ <= 1

√2 : alors Ω² >= 1−2ξ² ⇔Ω>=p

(1−2ξ²).|H(ω)| est maximal et il y a résonance pour ωr=ω0

p(1−2ξ²)

Pour ξ²1, ωr≈ω0 donc la résonance se produit pour Ω≈1 soit : Hmax=|H(Ω = 1)|= 1

2ξω²₀

5. Graphiquement, on lit ω_r≈ω₀ = 12 rad·s⁻¹ etG_max= 9 dB avecG= 20 log(ω²₀|H(ω)|) On déduitξ : ξ= 1

2Gmax

= 1

2×10^Gmax/20 A.N.ξ= 0,18.

Figure 6 – Schéma et réponse d’un amortisseur harmonique appliqué au modèle du Millennium Bridge.

6. Á la résonance l’amplitude de la réponse – ici l’oscillation verticale du pont – peut-être si importante qu’elle peut endommager voire détruire la structure. Dans ce cas de figure, le phénomène de résonance doit être éviter.

7. Le spectre montre un ensemble de raies de fréquences fn =nf, où f ≈2 Hz, caractéristique d’un signal périodique de fréquence f = 2 Hz. L’enregistrement temporelle du signal d’excitation dû à la marche a une période de T =≈0,5 s soit une fréquencef = 2 Hz ce qui est cohérent avec le spectre.

Figure7 – Spectre du signal correspondant à la marche d’un piéton.

8. La réponse en oscillation verticale du pont montre une résonance à ωr= 12 rad·s⁻¹ soit fr ≈2 Hz qui est précisément la fréquence excitée par la marche des piétons. Cela explique les oscillations d’amplitude importante du pont lorsqu’il est traversé par un grand nombre de personnes. On observe sur les courbes de réponses fournies que le couplage du pont avec un amortisseur harmonique supprime la résonance (gain inférieur à 1 dB au lieu de 9 dB précédemment) autour la fréquence de 2 Hz. Ce couplage crée deux nouvelles résonances aux pulsations 8 rad·s⁻¹ et 15 rad·s⁻¹. Le problème est résolu tant qu’il n’existe pas d’excitation notable aux nouvelles fréquences de résonance.