Dynamique des Structures · 2020. 9. 3. · Dynamique des Structures. Michel SUDRE ... que) est appelé Facteur d’Amplification Dynamique (FAD). (26) Il est intéressant d’étudier

Juin 2021

Dynamique des Structures. Michel SUDRE

Master 1 Génie Mécanique.UniversitéPaul

Sabatier

Toulouse III

http://www.mastercalcul.fr

Notes de Cours.

Dynamique des Structures. M SUDRE

2

Oscillateur linéaire à 1 Degré de Liberté.

1 Equation générale.

1.1 exemple N°1.

C’est un système constitué d’une masse m et d’un ressort de raideur k et de lon-gueur libre l0.

A l’équilibre, la longueur du ressort est égale à l.En mouvement elle est représentée par la fonction u(t).

Montrer que l’équation du mouvement s’écrit:

(1)

et qu’après le changement de variable elle devient:

(2)C’est l’équation de l’oscillateur linéaire non amorti.

1.2 exemple N°2.

Il s’agit d’un pendule constitué d’un fil de longueur a et d’une masse ponctuelle m.

Montrer que l’équation du mouvement s’écrit:

(3)

et devient si on se limite aux petits déplacements: (4)

k

m

l0 l

x(t)

u(t) g

m

application

m.u = - k.(u-l0) + mg..

x = u-l

m.x + k.x = 0 ..

o

x

y

a

mΘ

g

application

a.θ + g. sin(θ) = 0 ..

a.θ + g.θ = 0 ..


3

L’équation de l’oscillateur se présente donc sous la forme générale:

où est la pulsation propre. (5)

2 Résolution dans le cas non amorti :

La solution peut s’écrire indifféremment:

(6)ou bien

(7)

Notons que l’amplitude X et la phase ϕ sont liés aux coefficients A et B par:

et (8)

Les coefficients A et B (ou bien X et ϕ ) sont calculés en exploitant les conditions initia-les:

- une condition sur la position

- une condition sur la vitesse

Reprendre l’exemple N°1 avec les conditions :

-

-

et tracer la variation en faisant apparaître la période .

3 Oscillateur amorti :

Le modèle précédent ne permet pas de traduire le phénomène observé de la dimi-nution progressive de l’amplitude jusqu’à l’arrêt du système.

En effet, c’est un modèle conservatif pour lequel Ec + Ep = cste.

L’énergie mise en jeu au départ est conservée au cours du temps. Pour correspondre de manière plus précise au phénomène observé, introduisons un élément dissipatif : l’amortisseur visqueux linéaire de constante c.

x + ω02 .x = 0

.. ω0

x(t) = X. cos(ω0.t - ϕ)

x(t) = A. cos(ω0.t ) + B. sin(ω0.t )

X = A2 + B2 tan( )=ϕ BA

x(0)=X0

x(0)=V0

.

application

x(0)=X0

x(0)=0.

T=2πω0


4

3.1 mise en équation :

Après avoir isolé la masse m, l’application du principe de la dynamique suivant x conduit à:

(9)Le polynôme caractéristique associé s’écrit:

(10)et le comportement du système va dépendre du signe du discriminant:

(11)

Posons . Cette quantité nommée amortissement critique est la valeur

particulière du coefficient c pour laquelle le discriminant s’anulle.Le polynôme caractéristique admet alors des racines doubles.

Le rapport est le taux d’amortissement réduit.

Montrer que l’équation (9) peut s’écrire:

3.2 système sur-amorti :

Si δ>1, le polynôme caractéristique admet des racines réelles:

(12)

et la solution x(t) s’écrit en posant :

(13)

m

c

k

x(t) x(t)

kx

cx

x

m

m.x + c.x + k.x = 0 .. .

m.r2 + c.r + k = 0

c2 - 4 k.m

cc = 2. k.m

ccc

δ =

application x·· 2δω0( ) x·⋅ ω02

x⋅+ + 0=

12m

.(- c ) = ω0 .(- δ )

+- c2 - 4k.m -+ δ2 - 1

δ2 - 1ω = ω0 .

x(t) = e .( A. cosh(ωt)+ B. sinh(ωt))−δ.ω0.t

0

0 ,1

0 ,2

0 ,3

0 ,4

0 ,5

0 ,6

0 ,7

0 ,8

0 ,9

1

pas de caractère oscillatoire


5

3.3 système sous-amorti :

Si δ<1, le polynôme caractéristique admet des racines complexes conjuguées:

(14)

et la solution x(t) s’écrit en posant :

(15)ou bien:

(16)

La courbe coupe l’axe des temps à intervalles réguliers. T est la pseudo-période.

On appelle décrément logarithmique le logarithme népérien du rapport de 2 mesu-res de x(t) distantes d’une pseudo-période:

(17)

C’est une caractéristique de la courbe qui ne dépend que du taux d’amortissement .

12m

.(- c ) = ω0 .(- δ )

+- 4k.m - c2 -+ 1 - δ2 i. i.

ω = ω0 . 1 - δ2

x(t) = e .( A. cos(ωt)+ B. sin(ωt))−δ.ω0.t

x(t) = X.e . cos(ω.t - ϕ)−δ.ω0.t

-1

-0,8

-0,6

-0,4

-0,2

0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

δ=0,2

+X.e−δ.ω0.t

- X.e−δ.ω0.t

T=2πω

ln e . X. cos(ω.t - ϕ)−δ.ω0.t

e . X. cos(ω.(t+T) - ϕ)−δ.ω0.(t+T)

( ) = δ.ω0.T = 2π δ

1 - δ2

δ


6

4 Vibrations forcées :

4.1 réponse forcée harmonique :

L’étude de la réponse à une excitation harmonique présente un double intérêt:- il est simple d’analyser expérimentalement le comportement en fonction de la

fréquence d’excitation.- de nombreuses sources d’excitation sont harmoniques (balourd par exemple).

L’équation du mouvement devient:

(18)

La solution est la somme de la solution de l’équation sans second membre (9) et d’une solution particulière qui sera recherchée sous la forme:

(19)

La réponse de l’équation sans second membre ayant un caractère transitoire, nous nous intéressons essentiellement à la solution particulière.

Son déphasage par rapport à l’excitation noté est une conséquence de l’amortisse-ment.

La réponse sera calculée sous la forme d’un nombre complexe défini par son ampli-tude et sa phase mesurée par rapport à l’excitation.

Le second membre est la partie réelle du nombre complexe .

La réponse s’écrit et l’équation (18) devient:

(20)d’où:

(21)

m.x + c.x + k.x = F0.cos(Ωt) .. .

x(t) = X. cos(Ω.t - ϕ)

ϕ

t

déphasage

chargement

réponse

F0.cos(Ωt) F0.e i.Ω.t

X.e i.(Ω.t - ϕ)

(-m.Ω2+k) + i.c.Ω( ) X.e i. (Ω.t - ϕ) = F0.e

i.Ω.t

( )(-m.Ω2+k) + i.c.Ω X.e- i.ϕ

= F0


7

et:

(22)

Représentons ces quantités sur le graphique ci-dessous:

Il est possible d’extraire l’expression de X:

(23)

et l’expression de tan(ϕ):

(24)

Notons la flèche statique du système c’est à dire l’élongation du ressort sous

l’effet d’un effort constant d’intensité F0.

En divisant le numérateur et le dénominateur de (23) par k , il vient:

avec (25)

est la pulsation propre du système et est le taux d’amortis-

sement réduit.

Le rapport (amplitude du mouvement forcé harmonique sur flèche statique) est

appelé Facteur d’Amplification Dynamique (FAD).

(26)

(-m.Ω2+k) + i.c. Ω i.ϕ

= F0

X.e

réels

imaginaires

1

i

ϕ

(-m.Ω2+k)

c.Ω

F 0

X

X=F0

(-m.Ω2+k)2 + (c.Ω )2

tan(ϕ)=c.Ω

-m.Ω2+k

Xs=F0

k

X=Xs

(1-α2)2 + (2 δα)2 α = ω0

Ω

ω0= km

δ= 2 k.m

c

X

Xs

le FAD=1

(1-α2)2 + (2 δα )2


8

Il est intéressant d’étudier la variation du FAD en fonction de la pulsation d’excitation Ω. Pour cela, cherchons les valeurs de α pour lesquelles:

(27)

L’équation (27) conduit à: (28)

La relation (28) est vérifiée pour α = 0 et .

Cette 2° racine n’existe que si . Elle correspond à un pic du FAD.

La pulsation Ω correspondante est nommée pulsation de résonance Ωr .

(29)

variations du FAD et de ϕ en fonction de pour différentes valeurs de .

( ) = 0ddα

(1-α2)2 + (2 δα)2

α.(α2 - 1+ 2.δ2 )= 0

α = 1- 2.δ2

δ 22

-------<

Ωr= ω0. 1- 2.δ2 si δ 22

-------< = 0.707

FAD

α0 .5 1. 1.5 2. 2.5 3.

1.

2.

5.

3.

4.

δ= 0.1

δ= 0.2

δ= 0.707

ϕ

α0 .5 1. 1.5 2. 2.5 3.

π2

1.

2.

3.δ= 0.1

δ= 0.2

δ= 0.707

π

α Ωω0

--------= δ


9

4.2 réponse à un mouvement harmonique du support :

C’est par exemple le cas d’un équipement embarqué. Le système étudié n’est pas directement soumis à un effort harmonique mais est sollicité par un mouvement har-

monique du support:

L’équation du mouvement devient:

(30)

et prend la forme:

(31)

en posant:

et (32)

Nous retrouvons (31) l’excitation harmonique étudiée au § 4.1. La réponse sera iden-

tique mais décalée de ψ.

En revanche, la valeur de Ωr (pulsation de résonance) diffère car F0 est ici fonction de

Ω.

Exprimer Ωr (pulsation de résonance) par un calcul analogue à celui du

§ 4.1. et tracer la variation du facteur d’amplification en fonction de α = .

xb(t) = a . cos(Ω.t )

m

c

k

x(t) x(t)

k(x-xb)

c(x-xb)

x

xb(t)m

m.x + c.x + k.x = c.xb + k.xb = a.( -c.Ω.sin(Ωt) + k.cos(Ωt) ).. . .

m.x + c.x + k.x = F0 . cos(Ωt + ψ).. .

k2 + (c.Ω)2 F0 = a . ψ = atan( )c.Ωk

application

Xa

Ωω0


10

4.3 réponse à une excitation périodique quelconque :

Traitons à titre d’exemple, le cas suivant:

Cette variation périodique F(t) peut être décomposée en série de Fourier.

Si on connait la réponse du système à chaque harmonique en utilisant les résultats du §1.4.1, il est possible de reconstituer la réponse à F(t) par combinaison linéaire.

En effet, en raison de la linéarité de l’équation du mouvement:

-si x1(t) est la solution de l’équation:

-si x2(t) est la solution de l’équation:

alors la solution de l’équation: est:

Rappelons la technique de décomposition en série de Fourier.Si T est la période, la décomposition est la suivante:

(33)

Les coefficients an et bn se calculent de la manière suivante:

(34)

(35)

donne le poids de l’harmonique de rang n.

F(t)

F0

-F0

t1s

m.x + c.x + k.x = F1(t) .. .

m.x + c.x + k.x = F2(t) .. .

m.x + c.x + k.x = λ1.F1(t) + λ2.F2(t) .. .

λ1.x1(t) + λ2.x2(t)

F(t) = + an . cos( .nt ) + bn . sin( .nt )a0

2 n=1

2πT

2πT

)(

an= 2T

0

T

F(t).cos( .nt ).dt2πT

bn= 2T

0

T

F(t).sin( .nt ).dt2πT

an2 + bn

2 Fn =


11

La représentation graphique des coefficients Fn en fonction de f(Hz) est le spectre

de F(t).

Montrer que dans le cas du signal proposé, la décomposition s’écrit:

Tracer le spectre de F(t).

...

Fn

f(Hz)f 2f 3f ...

fréquen

ce

amplitude Fn

t

t

t

t

n=1

n=2

n=3

n=4

.. .. .. ..

T

T/2

T/3

T/4

2f

3f

4f

f

spectre de F(t)

application

F(t) = 4.F0

π. sin(2π .t ) + . sin(6π .t ) + . sin(10π .t ) + . sin(14π .t )+ ... 4.F0

3.π 4.F0 5.π

4.F0 7.π


12

Oscillateur linéaire à N Degrés de Liberté.

1 Définition :

Soit un système mécanique dont la position dépend de N paramètres: .

Il s’agit d’un oscillateur linéaire si les équations du mouvement peuvent s’écrire sous la forme matricielle suivante:

(36)

et sont les dérivées première et seconde de par rapport au

temps.

est la matrice de Masse de dimension NxN.

est la matrice d’Amortissement de dimension NxN.

est la matrice de Rigidité de dimension NxN.

est le vecteur des sollicitations extérieures.

1.1 exemple N°1 :

C’est un système constitué de 2 masses (m) et 3 ressorts (k) et faisant intervenir 2

degrés de liberté . Les positions sont repérées par rapport à la situation de

repos dans laquelle les ressorts ne sont pas contraints.

Le principe fondamental de la dynamique appliqué à chacune des masses permet d’obtenir:

Les termes de couplage entre les 2 équations se situent au niveau de la matrice

Ils sont dus au ressort intermédiaire. Il y a couplage par raideur.

q1 t( )q2 t( )q3 t( )

…

qN t( )

M[ ] q t( )·· ⋅ C[ ] q t( )

· ⋅ K[ ] q t( ) ⋅+ + F t( ) =

q· t( ) q·· t( ) q t( )

M[ ]C[ ]K[ ]

F t( )

q1 t( )q2 t( )

k k km m

q1(t) q2(t)

M[ ]= C[ ]= K[ ]=mm0

0

00

00

2k

2k

-k

-k

K[ ]


13

1.2 exemple N°2 :

C’est un système constitué de 2 masses (m), 2 ressorts (k) et d’un amortisseur vis-

queux de constante (c) faisant intervenir 2 degrés de liberté . Les positions

sont repérées par rapport à la situation de repos dans laquelle les ressorts ne sont pas contraints

Le principe fondamental de la dynamique appliqué à chacune des masses permet d’obtenir:

Les termes de couplage entre les 2 équations se situent au niveau de la matrice . Ils sont dus à l’amortisseur . Il y a couplage par amortissement.

1.3 exemple N°3 :

C’est un double pendule constitué de 2 masses ponctuelles (m) à l’extrémité de 2 tiges non pesantes de longueur a. Ce système est à 2 degrés de liberté angulaires

supposés petits.

L’écriture des équations de Lagrange dans le cadre des petits mouvements permet d’obtenir:

Les termes de couplage entre les 2 équations se situent au niveau de la matrice . Il y a couplage par inertie.

q1 t( )q2 t( )

m m

q1(t) q2(t)

k c k

M[ ]= C[ ]= K[ ]=mm0

0

c

-c

-cc

k

k

00

C[ ]

q1 t( )q2 t( )

x

y

A(m)

B(m)

q1(t)

q2(t)

O

g

M[ ]= C[ ]= K[ ]=0 00 0

00

2ma2

ma2ma2

ma2

2mga

mga

M[ ]


14

2 -Résolution dans le cas :

2.1 vibrations libres

On s’intéresse au cas où (pas de sollicitation extérieure).L’équation générale s’écrit:

(37)

Dans ce système, et présentent des termes de couplage c’est-à-dire des termes non nuls hors de la diagonale.

Prémultiplions par :

(38)

Il existe donc une possiblité de découpler le système en diagonalisant .

Si est la matrice de passage entre la base initiale et la base propre de

, notons l’expression de dans cette nouvelle base. Nous pou-vons écrire:

(39)

En remplaçant par son expression dans (38), il vient:

(40)

Prémultiplions par . L’équation devient:

(41)

où la matrice est diagonale puisque c’est l’expression de

dans sa base propre:

(42)

C[ ] 0[ ]=

F t( ) 0 =

M[ ] q·· ⋅ K[ ] q ⋅+ 0 =

M[ ] K[ ]

M[ ] 1–

q·· M[ ] 1–K[ ] q ⋅ ⋅+ 0 =

M[ ] 1–K[ ]⋅

P[ ]

M[ ] 1–K[ ]⋅ q q

q P[ ] q ⋅=

q

P[ ] q ⋅ M[ ] 1–K[ ] P[ ] q ⋅ ⋅ ⋅+ 0 =

..

P[ ] 1–

q P[ ] 1–M[ ] 1–

K[ ] P[ ] q ⋅ ⋅ ⋅ ⋅+ 0 =..

P[ ] 1–M[ ] 1–

K[ ] P[ ]⋅ ⋅ ⋅

M[ ] 1–K[ ]⋅

P[ ] 1–M[ ] 1–

K[ ] P[ ]⋅ ⋅ ⋅

λ1 0 0 … 0

0 λ2 0 … 0

0 0 λ3 … 0

… … … … …0 0 0 … λN

=


15

Chaque ligne du système (41) est donc l’équation d’un oscillateur à 1 degré de liberté:

(43)

représente la pulsation élevée au carré de cet oscillateur : et la solution

s’écrit:

(44)

La solution étant connue dans la base propre, il reste à effectuer le retour à la base

initiale pour obtenir grâce à la relation (39).

Pour cela, il faut expliciter la matrice .

Soit le vecteur propre associé à la valeur propre . Ce vecteur est

connu à un coefficient multiplicateur près.

Les vecteurs définissent la base propre et la matrice est

constituée par leurs composantes écrites en colonnes:

(45)

Il est donc possible d’obtenir la solution sous la forme:

(46)

(47)

Les 2N constantes et sont calculées à l’aide des conditions initiales.

qi λi qi⋅+ 0 i 1 N,==

..

λi λi ωi2

=

qi

qi Ai ωit ϕi–( )cos= .

q

P[ ]

φi

a1i

a2i

…aNi

= λi

φ1 φ2 , … φN P[ ]

P[ ]a11

a21

…aN1

a12

a22

…aN2

…

a1N

a2N

…aNN

=

q

q P[ ] q ⋅ Ai φi ωit ϕi–( )cos⋅ ⋅( )i 1=

N

∑= =

A1

a11

a21

…aN1

ω1t ϕ1–( )cos⋅ ⋅ … AN

a1N

a2N

…aNN

ωN t⋅ ϕN–( )cos⋅ ⋅+ +=

Ai ϕi


16

Il est possible, par exemple, d’imposer des conditions initiales telles que tous les

coefficients soient nuls sauf le coefficient , alors la solution s’identifie à:

(48)

Dans cette solution, tous les degrés de liberté vibrent ensemble avec la pulsation

en conservant une forme propre caractérisée par les composantes du vecteur:

.

On dit alors que le système vibre selon le mode N°i.

La solution la plus générale (47) est donc constituée par une combinaison linéaire des N modes propres.

Reprendre l’exemple N°3.

Diagonaliser .En déduire les pulsations et les formes des 2 modes.

2.2 méthode directe de recherche des modes:

Essayons de résoudre l’équation (37): en recherchant des solutions de la forme:

(49)

(remarquons qu’il s’agit d’un mode de forme et de pulsation ).

En injectant cette solution dans l’équation (37), il vient:

(50)

L’existence de solutions différentes de passe par l’annulation du détermi-

nant. D’où l’équation:

(51)

C’est l’équation aux pulsations.

C’est un polynome de degré N en , dont les racines sont les pulsations propres .

Ai

Ai

a1i

a2i

…aNi

ωit ϕi–( )cos⋅ ⋅

ωi

φi

a1i

a2i

…aNi

=

q

application

M[ ] 1– K[ ]⋅

M[ ] q·· ⋅ K[ ] q ⋅+ 0 =

q φ ωt( )cos⋅=

φ ω

ω2– M[ ]⋅ K[ ]+[ ] φ ⋅ 0 =

φ 0

det ω2– M[ ]⋅ K[ ]+[ ] 0=

ω2 ωi2


17

Les formes propres sont ensuite obtenues en réinjectant successivement chaque

dans (50) et en calculant la forme propre correspondante.


Résoudre l’équation aux pulsations .

Déterminer les formes des 2 modes.

2.3 quotient de Rayleigh:

Reprenons la relation (50) pour le mode N°i:

On en déduit:

En prémultipliant à gauche par , il vient :

(52)

D’où l’expression de la pulsation:

(53)

Ce quotient s’apelle quotient de Rayleigh.


Retrouver les pulsations en calculant: à partir des vecteurs .

Notons que le vecteur est déterminé à une constante près, sans conséquence

pour le calcuul de .

2.4 réponse forcée harmonique :

L’étude de la réponse à une excitation harmonique présente un double intérêt:- il est simple d’analyser expérimentalement le comportement en fonction de

la fréquence d’excitation.- de nombreuses sources d’excitation sont harmoniques (balourd par exem-

ple).

Considérons l’équation du mouvement:

(54)

ωi

φi

application

det ω2– M[ ]⋅ K[ ]+[ ] 0=

ωi2– M[ ]⋅ K[ ]+[ ] φi ⋅ 0 =

K[ ] φ i ⋅ ωi2

M[ ] φi ⋅ ⋅=

φi t

φi tK[ ] φi ⋅ ⋅ ωi

2 φi tM[ ] φi ⋅ ⋅ ⋅=

ωi2

φi tK[ ] φi ⋅ ⋅

φi tM[ ] φ i ⋅ ⋅

-----------------------------------------=

application

φi tK[ ] φi ⋅ ⋅

φi tM[ ] φi ⋅ ⋅

----------------------------------------- φi

φi

ωi2

M[ ] q·· ⋅ K[ ] q ⋅+ F Ωt( )cos⋅=


18

Essayons une solution de type:

(55)

Il vient:

(56)

Ce système est un système de Cramer qui peut être résolu classiquement et qui four-

nit les amplitudes en fonction de .

Il y a résonance si

amplitude de la réponse en fonction de

Reprendre l’exemple N°1 en appliquant un effort à la pre-

mière masse.

Déterminer la réponse harmonique.

Tracer les variations des amplitudes de la réponse en fonction de

3 Résolution dans le cas :

3.1 préambule

En réalité, la matrice n’est pas nulle et dans la détermination expérimentale des caractéristiques modales, il faut tenir compte de l’amortissement.

Nous retrouvons l’équation (39) et nous considérons: :

(57)

Envisageons la technique utilisée dans le cas non amorti (41) et prémultiplions par

:

(58)

La condition nécessaire pour découpler le système est que et admettent la même base propre. Ce n’est évidemment pas le cas en général.

q U Ωt( )cos⋅=

Ω2– M[ ]⋅ K[ ]+[ ] U ⋅ F =

U Ω2

Ω2 ωk2

k∀ 1 N,= =

Ω2

Ui

ω12 ω2

2 ω42ω3

2

Ω

application F Ωt( )cos⋅

Ω

C[ ] 0[ ]≠

C[ ]

F t( ) 0 =

M[ ] q t( )·· ⋅ C[ ] q t( )

· ⋅ K[ ] q t( ) ⋅+ + 0 =

M[ ] 1–

q·· M[ ] 1–C[ ] q· ⋅ ⋅ M[ ] 1–

K[ ] q ⋅ ⋅+ + 0 =

M[ ] 1– C[ ]⋅ M[ ] 1– K[ ]⋅


19

3.2 amortissement proportionnel

Pour contourner cette difficulté, plusieurs techniques sont proposées. L’une de ces

méthodes consiste à construire une matrice particulière sous la forme d’une com-

binaison linéaire de et :

L’équation (57) devient, après avoir été prémultipliée par :

(59)

Après découplage dans la base propre de , on obtient:

(60)

Par analogie avec l’équation de l’oscillateur amorti à 1 DDL,

(61)

si δi représente le taux d’amortissement du mode i, on pose:

(62)

D’où:

(63)

De même pour un autre mode j :

(64)

Les 2 coefficients et sont calculés par les formules (63) et (64) à partir des taux

d’amortissement et des 2 modes i et j choisis arbitrairement .

C[ ]M[ ] K[ ]

C[ ] a M[ ]⋅ b K[ ]⋅+=

M[ ] 1–

q·· a I[ ]⋅ b M[ ] 1–K[ ]⋅ ⋅+( ) q· ⋅ M[ ] 1–

K[ ] q ⋅ ⋅+ + 0 =

M[ ] 1–K[ ]⋅

qi a bωi2

+( ) qi⋅ ω i2

qi⋅+ + 0 i 1 N,==

.. .

q 2δω0( ) q⋅ ω02

q⋅+ + 0=.. .

a bωi2

+ 2δiωi=

δia

2ωi

----------b2----ω i+=

δja

2ωj

----------b2----ωj+=

a b

δi δj


20

Dynamique des Poutres.

1 Introduction :

Dans ce cours, nous abordons la dynamique des milieux continus.L’étude sera limitée aux domaines uni-dimensionnels.Nous examinerons donc ce sujet du point de vue de la théorie des poutres.

Rappelons sur quelles hypothèses s’appuie cette théorie:

Une poutre est définie par une courbe (C) (la ligne moyenne) et par une section droite(S) perpendiculaire à (C) dont le centre géométrique G décrit la ligne moyenne:Dans ce cours, nous envisagerons uniquement des courbes (C) rectilignes.

Une origine O, un sens de parcours et une abcisse curviligne sont mis en place.

La section droite de centre G et d’abcisse sépare la partie amont (tronçon de pou-tre situé avant G) et la partie aval (tronçon de poutre situé après G), conformémentau sens de parcours.

Le système de coordonnées (G, , , ) est le repère local : G est le centre géométrique de la section.

est tangent en G à la ligne moyenne dirigé dans le sens positif,

et sont les directions principales de la section droite (S):

(C)

O (S)

G

aval amont

x

Y

Z

+

x y z

x

y z

x

Y

Z G

(S)


21

Nous allons considérer 2 types de mouvement pour la section droite (S).

- un mouvement de translation u(x,t) suivant X:

On parle de vibrations longitudinales.

- un mouvement de translation v(x,t) suivant Y associé à un mouvement de

rotation autour de Z.

On parle de vibrations transversales ou de flexion.

2 Vibrations longitudinales :

2.1 Mise en équation.

Soit une poutre de module élastique E, de section S et de masse volumique ρ.Isolons une tranche de poutre située entre les abcisses x et x+dx et établissons lebilan des efforts s’exerçant sur cette tranche.

(S)

Y

x

u(x,t)

v(x,t)x

(S)

Y

xv(x,t)

v(x,t)x

dxx

N N+ .dxxN

aval amont


22

L’application du PFD en projection sur X permet d’écrire:

(65)

(66)

Or, l’étude de l’effort Normal en statique a permis de montrer que:

(67)

Donc en remplaçant N par son expression (67) et après simplification par S.dx:

(68)

Nous obtenons une équation différentielle en u(x,t). C’est l’équation des ondes longi-tudinales.

Pour résoudre cette équation, nous allons nous inspirer de la méthode directe vuedans le chapitre précédent, en cherchant la solution sous la forme:

(69)

Il s’agit d’un mode dont la forme est donnée par la fonction f(x) et dont la pulsation

est ω.

En injectant cette solution dans (68), il vient, après simplification par cos(ω.t):

(70)

2.2 Résolution.

La solution de l’équation (70) s’écrit:

(71)

Les constantes A et B sont déterminées par les conditions limites aux extrémités.Il convient donc de nous intéresser aux différents types de conditions possibles.

Soit l’extrémité est libre. Dans ce cas, on écrit:

(72)

(N+ .dx ) - N xN

t2

2uρ.S.dx . =

ρ.S.dx . = .dx 2ut2 x

N

x u N = E.S.

ρ. = E. = ρE .>

2ut2

2ux2

2ut2

2ux2

2ux2

u(x,t) = f(x) . cos(ω.t)

- ω2. f(x) = . f(x)ρE ’’ f(x) + . f(x) = 0

E’’> ρ.ω2

f(x) = A . cos(ω. .x ) + B . sin(ω. .x ) Eρ

Eρ

x u N = E.S. = 0 >

x u = 0 t


23

Soit elle est bloquée:

(73)

Il existe donc 3 situations à examiner:

Pour poursuivre la résolution, nous allons examiner le cas: bloqué-libre.

Si L représente la longueur de la poutre, nous allons écrire:

(74)

Compte tenu de l’expression (71) de f(x), ces 2 relations conduisent à:

(75)

La première de ces 2 relations permet d’annuler la constante B.

(76)

La constante A ne pouvant être nulle, la seconde relation conduit à:

(77)

Cette relation (77) fournit les différentes valeurs ωi de ω:

(78)

u = 0 t

bloqué-bloqué bloqué-libre libre-libre

x u(0,t) = f ’(0) . cos(ω.t) = 0 >t f ’(0) = 0

u(L,t) = f (L) . cos(ω.t) = 0 >t f(L) = 0

f ’(0) = ω. . ( - A . sin( 0 ) + B . cos( 0 ) ) = 0

f(L) = A . cos(ω. .L ) + B . sin(ω. .L ) = 0 Eρ

Eρ

Eρ

> B = 0B . cos( 0 ) = 0

cos(ω. .L ) = 0 Eρ > ω. .L = (2i +1).

Eρ

2π i = 0 ... 8

ωi = (2i +1). .2Lπ E

ρ i = 0 ... 8


24

Nous venons d’obtenir les pulsations propres du système.

Il reste à caractériser complètement les modes en précisant la forme fi (x) associée

à chaque ωi :

- en commençant par i= 0:

(79)

- puis i= 1:

(80)

Tracer les fonctions f0(x) et f1(x).

En déduire une règle pour le tracé de fi(x).

Traiter de manière identique les 2 autres cas: bloqué-bloqué et libre-libre.

3 Vibrations de flexion :

3.1 Mise en équation.

Soit une poutre de module élastique E, de section S, de moment quadratique I etde masse volumique ρ. Isolons une tranche de poutre située entre les abcisses x etx+dx et établissons le bilan des efforts s’exerçant sur cette tranche.

L’application du PFD en projection sur Y permet d’écrire:

(81)

(82)

ω0 = > 2Lπ E

ρ f0(x) = A . cos(ω0. . x ) = A . cos( ) Eρ

2Lπ.x

ω1 = > 2L3π E

ρ f1(x) = A . cos(ω1. . x ) = A . cos( ) Eρ

2L3π.x

application

application

dxx aval amont T

T+ .dxxT

M

M+ .dxxM

(T+ .dx ) - Tρ.S.dx . = 2vt2 x

T

ρ.S.dx . = .dx 2vt2 x

T


25

L’équilibre des moments (on néglige les effets dynamique de rotation) permet d’écrireen projection sur Z:

(83)Or, l’étude de la Flexion en statique a permis de montrer que:

(84)Donc en éliminant T et M entre (82) (83) (84) et en simplifiant par dx:

(85)

Nous obtenons une équation différentielle en v(x,t).

C’est l’équation des ondes de flexion.

Pour résoudre cette équation, nous allons nous inspirer de la méthode directe vuedans le chapitre précédent, en cherchant la solution sous la forme:

(86)

Il s’agit d’un mode dont la forme est donnée par la fonction f(x) et dont la pulsation

est ω.

En injectant cette solution dans (85), il vient, après simplification par cos(ω.t):

(87)

3.2 Résolution.

En posant , la solution de l’équation (87) s’écrit:

(88)

Les constantes A, B, C et D sont déterminées par les conditions limites aux extrémi-tés. Il convient donc de nous intéresser aux différents types de conditions possiblesen sachant que 2 conditions seront nécessaires par extrémité puisqu’il y a 4 constan-tes A, B, C ,D à calculer.

= -TxM

ME.I

= 2vx 2

ρ.S . = - E.I. > = - . E.I

ρ.S

2vt2

4vx 4

2vt2

4vx 4

v(x,t) = f(x) . cos(ω.t)

- ρ.S. ω2. f(x) = - E.I. . f(x) f(x) - . f(x) = 0>(4) (4) ρ.S. ω2

E.I.

ρ.S. ω2

E.I. λ4

=

f(x) = A . cos( λ.x ) + B . sin( λ.x ) + C . ch( λ.x ) + D . sh( λ.x )


26

- soit l’extrémité est encastrée. Dans ce cas , on écrit:

(89)

- soit elle est simplement appuyée:

(90)

- soit elle est libre:

(91)

Il existe donc 6 situations à examiner:

Pour poursuivre notre résolution, nous allons examiner le cas: encastré-libre.

Si L représente la longueur de la poutre, nous allons écrire:

(92)

Compte tenu de l’expression (88) de f(x), ces 4 relations constituent un système (Σ)dont les inconnues sont les constantes A, B, C et D. Ce système peut être écrit sousforme matricielle:

(93)

Si le déterminant de (Σ) est non nul, alors il s’agit d’un système de Cramer dont lasolution est unique: A = B = C = D = 0.Cette solution qui correspond à la situation statique ne présente pas d’intérêt

x v = 0 tv = 0 et >

f = 0

f ’ = 0

x v = 0 tv = 0 et2

2>

f = 0

f ’’ = 0

x v = 0 tet3

3x v = 0

2

2

>f ’’ = 0

f ’’’ = 0

encastrée - encastrée

encastrée - appuyée

encastrée - libre

appuyée - appuyée

appuyée - libre

libre - libre

f (0) = 0

f ’’(L) = 0

f ’(0) = 0

f ’’’ (L) = 0

(a) (b)

(c) (d)

(b)

(d)

(a)

(c)=

A

B

C

D

0

0

0

0

(Σ)


27

Pour pouvoir poursuivre, il faut donc considérer que:

(94)

Or, le déterminant dépend de λ donc de ω2 .

Donc l’équation (94) est l’équation aux pulsations qui va fournir les différentes valeurs

ωi que peut prendre ω.

Ecrire le système (Σ) dans le cas: encastré-libre.

Calculer le déterminant et montrer que la première racine de l’équation aux pulsations

est:

dét(Σ) = 0

application

ω2 = 12.36 ρ.S.L 4

E.I.


28

Méthode de Rayleigh-Ritz.

1 Introduction:

La méthode de Rayleigh-Ritz est une méthode approchée qui peut être utilisée pour

la recherche de pulsations propres de structures dont la géométrie est simple (poutreset plaques).

Comme dans le précédent chapitre, nous allons nous limiter à l’étude de poutres dontla ligne moyenne est rectiligne.

La méthode sera décrite ici en s’appuyant sur un exemple de vibrations de flexion.

2 Formule de Rayleigh:

Choisissons par exemple le cas d’une poutre bi-appuyée,

et supposons qu’elle vibre selon un mode de flexion:

(95)

La forme du mode est donnée par la fonction f(x) et la pulsation est ω.

2.1 calcul de l’énergie cinétique:

L’énergie cinétique d’une tranche élémentaire d’épaisseur dx s’écrit:

(96)

E, I, S, ρ, L

v(x,t) = f(x) . cos(ω.t)

xv(x,t)

dx

dEC

12

dEC = δδt

v(x,t)( )2ρ.S .dx


29

L’énergie cinétique s’obtient par addition des contributions de chaque tranche:

(97)

En remplaçant v(x,t) par son expression (95), il vient:

(98)

2.2 calcul de l’énergie élastique:

L’énergie élastique d’une tranche élémentaire d’épaisseur dx a été vue dans lecours de flexion en statique:

(99)

L’énergie cinétique s’obtient par addition des contributions de chaque tranche:

(100)

En remplaçant v(x,t) par son expression (95), il vient:

(101)

2.3 formule de Rayleigh:

Si on néglige l’amortissement, l’énergie mécanique totale Em (somme de Ec et de

W) est conservée.

Exprimons cette énergie à 2 instants: t=0 et t= et écrivons la conservation:

(102)

On en déduit après simplification:

(103)

EC

12

EC = δδt

v(x,t)( )2

ρ.S .dx

0

L

12

EC =2f(x) .ρ.S .dx

0

L

ω. sin(ω.t)2 2

dW

12E .I

dW = δδx

v(x,t)( )2

E .I .dx2

2M2.dx =

W

12

W =

0

Lδδx

v(x,t)( )2

E .I .dx2

2

12

W =2

f’’(x) E .I .dx

0

L

cos(ω.t)2

π2ω

12

Ec + W = 0 + = ω . + 0 2

f’’(x) E .I .dx

0

L2

f(x) ρ.S.dx

0

L12

2

2f’’(x) E .I .dx

0

L2

f(x) ρ.S.dx

0

L2

= ω .


30

On obtient la formule de Rayleigh:

(104)

Cette formule permet de calculer ω2 à condition de connaitre la forme f(x) du modecorrespondant.

3 Méthode de Ritz:

Une fonction arbitraire choisie pour représenter le déplacement, qui est continuesur le domaine et qui respecte les conditions limites cinématiques est dite "cinémati-quement admissible". Deux exemples sont donnés ci-dessous:

La méthode de Ritz, qui est aussi utilisée en statique, consiste à postuler la fonction

v(x,t) = f(x) . cos(ω.t) en choisissant pour f(x) une forme simple (en général unpolynome) respectant les conditions aux limites.

On a ainsi une forme approchée fapp(x) de f(x) qui, si on l’injecte dans la formule

(104) permet d’obtenir une forme approchée de ω2 :

(105)

C’est la méthode de Rayleigh-Ritz.

Calculer ω app2 avec 1-° fapp(x)= a. sin( )

2-° fapp(x)= a. ( )4 - 2.( )3+( )

2f’’(x) E .I .dx

0

L

2f(x) ρ.S.dx

0

L ω2 =

f(x) = a.x2 + b.x3

L

f(x) = a. sin ( )πxL

2fapp’’ (x) E .I .dx

0

L

2fapp(x) ρ.S.dx

0

L ω app

2 =

applicationπx

Lx

L

x

L

x

L( )


31

Pour rendre cette méthode encore plus efficace, nous pouvons utiliser le résultatsuivant.

Il est possible de démontrer que le rapport:

(106)

passe par un minimum quand f(x) représente la déformée réelle.

Une fois que ce minimum est atteint, R = ω2 .

On peut donc exprimer fapp(x) dans une base de N fonctions Fi(x) cinématiquement

admissibles:

(107)

puis déterminer les "meilleurs" coefficients ai en résolvant:

(108)

puis on calcule le minimum de R = ω2 à partir de ces coefficients ai .

On obtient ainsi la meilleure solution possible dans la base des fonctions Fi(x).

2f’’(x) E .I .dx

0

L

2f(x) ρ.S.dx

0

LR =

fapp(x)= a1 . F1(x) + a2. F2(x) + a3 . F3(x) + a4 . F4(x)

δai

δR= 0 i =1,N


32

Méthode des Eléments Finis.

1 Etude Modale (sol 103):

1.1 Equations de Lagrange pour un système linéaire, libre, non amorti:Considérons une structure libre et conservative à N degrés de liberté.

Le paramétrage, sous la forme d’un vecteur position q(t) à N composantes, doitdéfinir complètement la configuration à tout instant t et doit vérifier q =0 dans laposition d’équilibre supposée stable autour de laquelle s’effectue le mouvement.

Les N composantes q(t) pourront être dérivées 2 fois pour exprimer les vecteurs

vitesse (t) et accélération (t).

L’énergie élastique W et l’énergie cinétique EC s’expriment respectivement en fonc-

tion des positions qi(t) et des vitesses i(t).

Le comportement étant supposé linéaire, les expressions prennent la forme:

(109)

[K] est la matrice de rigidité et [M] est la matrice de masse.

La formulation de Lagrange permet d’obtenir N équations qui constituent le sys-tème différentiel du mouvement. L’intégration de ce système conduit à l’expressiondes N fonctions positions qi(t).

L’équation de Lagrange relative au paramètre qi(t) s’écrit:

(110)

Du fait du comportement linéaire, le système différentiel prend la forme:

(111)

Les modes propres sont caractérisés par les valeurs propres et vecteurs propres de

la matrice [M]-1[K].

q.

q..

q.

W= q(t)t x [K] x q(t)1

2

EC= q(t)t x [M] x q(t)1

2

. .

ddtqi

: ( )dEC

dqi. -

dWdqi

=

[M] x q(t) +[K] x q(t) = 0..


33

1.2 Discrétisation par la MEF: La Méthode des Eléments Finis consiste à découper la structure en éléments de for-

me simple et à choisir une approximation du déplacement sur chaque subdivision.C’est une méthode de Ritz ’par morceaux’ qui s’adapte aux géométries les plus com-plexes.

Les subdivisions sont les ’éléments’ et les connexions entre éléments sont les ’noeuds’.

Les paramètres de configuration sont les composantes de déplacement des noeuds(déplacements nodaux).

Les N déplacements nodaux sont rangés dans le vecteur q(t).

Pour chaque élément , on calcule l’énergie élastique We et l’énergie cinétique en fonction des déplacements et des vitesses des noeuds de l’élément .

On obtient ensuite l’énergie élastique W et l’énergie cinétique EC de la structure paraddition (assemblage) des contributions des différents éléments.

La matrice [K] de rigidité et la matrice [M] de masse sont ainsi obtenues par assem-blage des contributions des différents éléments.

D’où le système:

(112)

élément

noeud

e

e ECe

e

[M] x q(t) +[K] x q(t) = 0..


34

1.3 Elément "Rod" (traction-compression)

L’élément ’Rod’ est un élément de longueur à 2 noeuds I et J.Il met en jeu, dans son repère local, 2 ddls UI(t) et UJ(t).

Le déplacement U(x,t) d’une section courante d’abscisse x est posé sous la forme linéaire,cinématiquement admissible:

(113)

Energie Elastique de l’élément ROD:

On désigne par E le module élastique et S l’aire de la section droite.

Les 2 déplacements UI(t) et UJ(t) sont rangés dans le vecteur qe(t)

L’énergie élastique We a été exprimée dans le cours de statique:

(114)

Energie Cinétique de l’élément ROD avec l’option "masse répartie":

On désigne par m la masse supposée répartie de l’élément de longueur .

L’énergie cinétique se calcule par addition de l’énergie cinétique de chaque tranched’épaisseur dx:

(115)

En remplaçant par son expression en fonction de :

(116)

UI(t) UJ(t)

U(x,t)

x

U(x,t)= x xUI(t) + UJ(t)1-( )

We= qe(t)

t x x qe

(t)12

ES 1 -1

-1 1

ECe

=12

ECe

0

δδt

U(x,t)( )2dm =

12

m

0

δδt

U(x,t)( )2dx

δtδU(x,t)

UI(t) et UJ(t). .

xUI(t)

=

UJ(t)

δδt

U(x,t)= ,

.

.UI(t) UJ(t). .

, x

x1-( )

x1-( )


35

On obtient pour l’énergie cinétique:

(117)

Après intégration, la matrice de masse de l’élément prend la forme suivante:

(118)

Energie Cinétique de l’élément ROD avec l’option "masse concentrée":

On considère que la masse m est concentrée par moitié sur chacun des 2 noeuds.

L’énergie cinétique se calcule alors simplement:

(119)

Et la matrice de masse de l’élément prend la forme diagonale suivante:

(120)

Considérons une poutre encastrée-libre en vibrations longitudinales:

-1- Exprimer la première pulsation propre en modélisant la poutre par 1 seul élément ’Rod’avec un modèle de masse ’coupled ’.

-2- Exprimer cette pulsation en modélisant la poutre par 2 éléments ’Rod’ de longueur =L/2 et masse m = M/2 avec un modèle de masse ’coupled ’.

-3- Etudier comment évolue cette pulsation en fonction du nombre d’éléments ’Rod’ utilisés.

=12

ECe

0

m 0

UJ(t).

x

0( )

UI(t).

0dx dx

2

dx2

x

L.

UI(t) UJ(t). .

,

x1-( )

x1-( )

dxx.x

1-( )

m[M]e=

13

13

16

16

ECe

=12

ECe m

2

2UI(t).

+ 12

m2

2UJ(t).

m[M]e=

12

12

0

0

application

E,M,L


36

1.4 Elément "Beam" (flexion dans le plan)

Energie Elastique de l’élément BEAM

L’élément de flexion dans le plan est un élément de longueur à 2 noeuds I et J.Il met en jeu, dans son repère local, 4 ddls VI(t), ΘI(t), VJ(t) et ΘJ(t).

Le déplacement V(x,t) d’une section courante d’abscisse x est posé sous la forme cubi-que:

(121)

Cette forme est rendue cinématiquement admissible en calculant les coefficients (a0 ,

a1 , a2 , a3) de telle sorte que t:

(122)

On désigne par E le module élastique et IZ le moment quadratique de la sectiondroite.

Les 4 déplacements VI(t), ΘI(t), VJ(t) et ΘJ(t) sont rangés dans le vecteur qe(t)

L’énergie élastique We a été exprimée dans le cours de statique

(123)

VI(t)

VJ(t)

V(x,t)

x

ΘI(t)

ΘJ(t)

V(x,t) = a0 + a1.x + a2.x2 + a3.x

3

V( ,t) = ΘJ(t)

δδx

δδx

V(0,t) = VI(t)V(0,t) = ΘI(t) V( ,t) = VJ(t)

We= qe(t)t

x x qe(t)1

2EIZ

3

12 6

4 2-12 6

6

-12

6

12

4 2

-6

-6 -6

-6

2 2

2 2

[K]e


37

Energie Cinétique de l’élément BEAM avec l’option "masse répartie":

On désigne par m la masse supposée répartie de l’élément de longueur .

L’énergie cinétique se calcule par addition de l’énergie cinétique de chaque tranched’épaisseur dx:

(124)

En remplaçant par son expression en fonction de

, on obtient après intégration

(125)

Energie Cinétique de l’élément BEAM avec l’option "masse répartie":

On considère que la masse m est concentrée par moitié sur chacun des 2 noeuds.

L’énergie cinétique se calcule alors simplement:

(126)

Et la matrice de masse de l’élément prend la forme diagonale suivante

(127)

Considérons une poutre bi-encastrée en vibrations transversales:

-1- Montrer qu’on peut utiliser un domaine d’étude de longueur L/2 égal au demidomaine physique. Exprimer la première pulsation propre dans un mode symétrique

avec 1 seul élément ’Beam’ de longueur = L/2 et un modèle de masse répartie.

ECe

=12

ECe

0

δδt

V(x,t)( )2dm =

12

mL

0

δδt

V(x,t)( )2dx

δtδV(x,t)

VI(t), ΘI(t), VJ(t) et ΘJ(t). . . .

rangés dans le vecteur qe(t)

.

qe(t)

t x [M]e x qe

(t) avec [M]e = 12

. .=EC

e m

420

156 22 54 -13

22

54

-13

156

4 2

4 2

-22

-22

13

13

-3 2

-3 2

ECe

=12

ECe m

2

2VI(t).

+ 12

m2

2VJ(t).

m[M]e=

1/2

1/2

0 0 0

0 0 0 0

0 0 0

0 0 0 0

application

E, M, IZ, L


38

-2- Même question pour le premier mode antisymétrique.

-3- Exprimer les matrices [K] et [M] avec un modèle de masse répartie à 2 éléments

de longueur = L/4

-4- Quel est le problème posé par l’utilisation du modèle de masse concentrée?

1.5 Condensation de GUYAN:

Le principe de base de la condensation de Guyan consiste à obtenir un problème auxvaleurs propres de taille réduite altérant le moins possible le calcul des pulsations pro-pres les plus basses.

Pour cela, on effectue une partition des DDL de la structure en deux sous-ensembles:

- le sous-ensemble des NP DDL principaux qui vont servir à caractériser seuls

le comportement dynamique de la structure - le sous-ensemble complémentaire des NS (=N-NP) DDL secondaires.

Ces DDL secondaires sont les degrés de liberté qui ne participent pas (ou qui partici-pent peu) au calcul de l’énergie cinétique EC.

Ce choix peut être dicté par les considérations suivantes :- éliminer en priorité tous les DDL pour lesquels les termes correspondants de

la matrice des masse sont nuls ou négligeables,- pour l'étude des modes de respiration des coques, éliminer les DDL de mem-

brane ce qui correspond au fait que l'énergie cinétique de translation dans le plan tan-gent est dans ce cas petite par rapport à l'énergie cinétique de déplacementtransverse,

- éliminer les DDL de rotation, par exemple Θx ,Θy dans les problèmes de pla-

ques minces en flexion ce qui correspond au fait que l'énergie cinétique de rotationest petite par rapport à celle de translation,

- dans le cas de modes bien découplés suivant certaines directions, ne retenirque les déplacements dans une des directions données pour l'étude des modes cor-respondants.

Il convient de s’assurer dans tous les cas que les DDL principaux seuls doivent per-mettre une définition satisfaisante des modes recherchés.

En jouant sur la numérotation, nous pouvons donc effectuer la partition suivante duvecteur déplacement et des matrices de rigidité et de masse:

(128)[K] =q=

[K]PP [K]PS

[K]SP [K]SS

[M]=

[M]PP [M]PS

[M]SP [M]SS

qP

qS


39

Les DDL secondaires ne participant pas (ou peu) au calcul de l’énergie cinétique, il estpossible de simplifier la matrice [M]:

(129)

Et le système différentiel du mouvement:

peut-être partitionné en 2 sous-systèmes (130) et (131):

(130)

(131)

Le sous-système (131) permet d’exprimer les DDL secondaires en fonctions des DDL

(132)

On peut ainsi procéder à une élimination des DDL secondaires en injectant cetteexpression dans le sous-système (130)

(133)

d’où le nouveau système différentiel réduit aux DDL principaux:

(134)

(135)

Les modes propres sont caractérisés à partir des valeurs propres et vecteurs pro-

pres de la matrice .

On note que l'expression de est analogue à celle de la matrice de riqidité con-densée d'une sous-structure en analyse statique.

[M]=

[M]PP 0

0 0

[M] x q(t) +[K] x q(t) = 0..

[M]PP qP + [K]PP qP + 0[K]PS qS =

[K]SP qP + [K]SS qS = 0

[K]SP qP qS = - [K]SS

-1 principaux:

[M]PP qP + [K]PP qP - 0..

[K]PS [K]SP qP [K]SS

-1

=

[M]PP qP + [K]PP qP 0= *..

[K]PP [K]PS [K]SP[K]SS* =

-1

[K]PP -avec:

[M]PP [K]PP-1 *

[K]PP*


40

Etude Modale d’un Plancher d’avion.

L’étude porte sur une structure de plancher d’avion fig1.

On se propose d’étudier de manière simplifiée le comportement dynamique d’unetranche de fuselage fig2 composée :- d’un cadre supposé indéformable,- d’une traverse plancher,- de 2 contrefiches.

application

fig1 fig2

cadreindéformable

traverseplancher

contrefiches

1 2 3

4

L,Iz

L,S

fig3

L,Iz

On modélise le demi-plancher par 2 éléments poutres demoment IZ et la contrefiche par un élément barre de section

S voir fig3.

Le noeud 3 est encastré dans le cadre indéformable.

On utilisera la méthode des masses concentrées.

Le matériau a pour module E. La masse d’une poutre plancherde longueur L est M. La masse de la contrefiche de mêmelongueur L est m<<M.

Rechercher les pulsations propres des modes symétriques. Onutilisera une condensation de Guyan en considérant lesDDLs de rotation comme secondaires.


41

2 Réponse Fréquentielle (sol 108 & 111):

2.1 orthogonalité des modes :

Reprenons l’équation du mouvement:

On en déduit pour le mode (i) de forme et de pulsation :

(136)

Ce qui peut s’écrire:

(137)

De même pour le mode (j) différent de (i)

(138)

Prémultiplions la relation (137) par et la relation (138) par :

(139)

Par différence, si [M] et [K] sont symétriques, il vient:

(140)

Du fait que est différent de ,

(141)

On parle d’orthogonalité des vecteurs propres relativement à [M].

Remarquons que les relations (139) conduisent à:

(142)

( orthogonalité des vecteurs propres relativement à [K] ).

[M] x q(t) +[K] x q(t) = 0..

O i

ωi

O i

ωi2

- .[M] + [K][ ] = 0x

O i

2 x[M]=ωi .O

ix[K]

O j

2 x[M]=ωj .O

jx[K]

O j

tO

i

t

O i

ωi2 [M]=[K] O

i. xO j

txxxx O

j

t

O j

ωj2 [M]=[K] O

j. xO i

txxxx O

i

t

(ωi - ωj).2 2 [M] O

ixxO

j

t=0

2ωi 2ωj

[M] O i

xxO j

t=0 i et j ( i=j)

O i

[K] O i

xxO j

t=0 i et j ( i=j)

O i


42

2.2 rappel: quotient de Rayleigh:Reprenons la relation (137):

En prémultipliant par il vient :

(143)D’où l’expression de la pulsation ωi au carré:

(144)

Ce quotient s’apelle quotient de Rayleigh.

2.3 réponse forcée harmonique:

Considérons l’équation du mouvement forcé:

Essayons une solution de type:

(145)

(146)

2.4 Méthode directe :

La méthode directe a déjà été vue.

Elle est désignée "Direct Frequency Response Analysis" (sol 108) et consiste à recher-cher U en fonction de Ω par résolution du système (146).

Il y a résonance si

O i

2 x[M]=ωi .O

ix[K]

O i

t

O i

ωi2 [M]=[K] O

i. xO i

txxxx O

i

t

ωi2

=O

i[K]O

i

txx

O i

[M]O i

txx

[M] x q(t) +[K] x q(t) = F..

.cos(Ωt)

q(t) = U.cos(Ωt)

U2- .[M] + [K][ Ω ] = FxIl vient:

Ω2 = ωi2 i = 1 ..N

Ω2

Ui

ω12 ω2

2 ω42ω3

2


43

2.5 Méthode modale :

La méthode modale "Modal Frequency Response Analysis" (sol 111) consiste à dé-

composer U dans la base constituée par les vecteurs propres :

(147)

En remplaçant dans (146), il vient:

(148)

(149)

Prémultiplions par .

Du fait de l’orthogonalité des vecteurs propres relativement à [M] et à [K], il vient:

(150)

(151)

Or il a été montré (143) que: ,

(152)

Cette relation montre que quand s’approche de , le dénominateur

tend vers 0 et le coefficient devient très grand.

C’est le phénomène de résonance.

Quand s’approche de , dans la décomposition: , U devient

proportionnel à . Le système prend la forme du mode n°k.

O i

U= αi. O i

i=1

N

αi.( ) =F O i

i=1

N2

- .[M] + [K][ Ω ] x

αi.( ) =F O i

i=1

N2

- .[M] + [K][ Ω ]xD’où:

O k

t

αk .( ) = F 2- . [M] + [K]xΩ O

kxO

kxO

kx

t txO

k

t. O

k

αk =D’où l’expression de:xO

k

tF

2- . [M] + [K]xΩ O

kxO

kxO

kx. O

k

t t

[K]xO k

xO k

t ωk= . [M]xO

kxO

k

t2

donc: αk =ωk - Ω

2 2

1 .xO

k

tF

[M]xO k

xO k

t

Ω2 ωk 2 ωk - Ω

2 2( )

αk

Ω2 ωk 2

U= αi. O i

i=1

N

O k


44

2.6 Exemples d’application:

Exemple1:

Considérons une poutre bi-encastrée en vibrations longitudinales:

Elle est modélisée par 3 éléments ’Rod’:

-1- Caractériser les 2 premiers modes.

-2- Un effort F.cos(Ωt) est appliqué au noeud 3. Mettre en équation.

-3- Caractériser la réponse fréquentielle par la méthode directe.

-4- Caractériser la réponse fréquentielle par la méthode modale.

1 2 3 4

E, S, m, L

Application Numérique:

L= 0.1 m

S= 10-4 m2E= 200 GPa

m= 8 10-2 Kg


45

Annexe: Résolution de l’exercice précédent avec NASTRAN:

sol 103:

$ Normal Modes AnalysisSOL 103CEND$$ Subcase name : Two DOF System SUBTITLE= Two DOF System METHOD = 1 VECTOR = ALLBEGIN BULKEIGRL,1,,,10$GRID,1,,0.,0.,0.,,123456GRID,2,,0.1,0.,0.,,23456GRID,3,,0.2,0.,0.,,23456GRID,4,,0.3,0.,0.,,123456$CONM2,1,2,,.08CONM2,2,3,,.08$CELAS2,11,2.0E8,1,1,2,1CELAS2,12,2.0E8,2,1,3,1CELAS2,13,2.0E8,3,1,4,1$ENDDATA

R E A L E I G E N V A L U E S

MODE EXTRACTION EIGENVALUE RADIANS CYCLES GENERALIZED GENERALIZED NO. ORDER MASS STIFFNESS 1 1 2.500000E+09 5.000000E+04 7.957747E+03 1.000000E+00 2.500000E+09 2 2 7.500000E+09 8.660254E+04 1.378322E+04 1.000000E+00 7.500000E+091 MARCH 2019 EIGENVALUE = 2.500000E+09 CYCLES = 7.957747E+03 R E A L E I G E N V E C T O R N O . 1 POINT ID. TYPE T1 T2 T3 R1 R2 R3 1 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 2 G 2.500000E+00 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 3 G 2.500000E+00 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 4 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.01 MARCH 2019

TWO DOF SYSTEM 0 EIGENVALUE = 7.500000E+09 CYCLES = 1.378322E+04 R E A L E I G E N V E C T O R N O . 2 POINT ID. TYPE T1 T2 T3 R1 R2 R3 1 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 2 G -2.500000E+00 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 3 G 2.500000E+00 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 4 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0

ωi2

=

O : generalized stiffnessi

[K]k= O i

txx

O : generalized massi

[M]m= O i

txx

k

m

extrait du fichier f06:


46

sol 108:

$ Direct Frequency Response AnalysisSOL 108CEND$$ Subcase name : Two DOF System SUBTITLE= Two DOF System DLOAD = 50 FREQUENCY = 30 DISPL = ALLBEGIN BULKEIGRL,1,,,10$GRID,1,,0.,0.,0.,,123456GRID,2,,0.1,0.,0.,,23456GRID,3,,0.2,0.,0.,,23456GRID,4,,0.3,0.,0.,,123456$CONM2,1,2,,.08CONM2,2,3,,.08$CELAS2,11,2.0E8,1,1,2,1CELAS2,12,2.0E8,2,1,3,1CELAS2,13,2.0E8,3,1,4,1$RLOAD2,50,60,,,70$DAREA,60,3,1,1.$TABLED1,70,,0.,1.,1.6+4,1.,ENDT$FREQ1,30,1000.,150.,100ENDDATA

la fréquence varie de 1000 Hz à 16 000 Hz par pas de 150 Hz.

effort unitaire suivant x sur le noeud 3.

U2 U3


47

extrait du fichier f06:

FREQUENCY = 1.000000E+03 C O M P L E X D I S P L A C E M E N T V E C T O R (REAL/IMAGINARY) POINT ID. TYPE T1 T2 T3 R1 R2 R30 1 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 2 G 1.702369E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 3 G 3.377855E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 4 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 TWO DOF SYSTEM 0 FREQUENCY = 1.150000E+03 C O M P L E X D I S P L A C E M E N T V E C T O R (REAL/IMAGINARY) POINT ID. TYPE T1 T2 T3 R1 R2 R30 1 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 2 G 1.714149E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 3 G 3.392499E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 4 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 TWO DOF SYSTEM 0 FREQUENCY = 1.300000E+03 C O M P L E X D I S P L A C E M E N T V E C T O R (REAL/IMAGINARY) POINT ID. TYPE T1 T2 T3 R1 R2 R30 1 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 2 G 1.727735E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 3 G 3.409361E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 4 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0

.

.

.

.

.

.

TWO DOF SYSTEM

FREQUENCY = 1.585000E+04 C O M P L E X D I S P L A C E M E N T V E C T O R (REAL/IMAGINARY) POINT ID. TYPE T1 T2 T3 R1 R2 R30 1 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 2 G 1.742364E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 3 G -3.427485E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 4 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 TWO DOF SYSTEM 0 FREQUENCY = 1.600000E+04 C O M P L E X D I S P L A C E M E N T V E C T O R (REAL/IMAGINARY) POINT ID. TYPE T1 T2 T3 R1 R2 R30 1 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 2 G 1.576206E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 3 G -3.219543E-09 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00 4 G 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0


48

Sol 111:

Exemple2: (excitation par un mouvement du bâti):

Il s’agit du même modèle avec 3 éléments ’Rod’.

Le noeud 4 est libéré et le bâti est animé d’un mouvement: xb(t)= 5 10-3 x cos(Ωt).

$ Modal Frequency Response AnalysisSOL 111CEND$$ Subcase name : Two DOF System SUBTITLE= Two DOF System DLOAD = 50 FREQUENCY = 30 METHOD=10 DISPL = ALLBEGIN BULKEIGRL,1,,,10$GRID,1,,0.,0.,0.,,123456GRID,2,,0.1,0.,0.,,23456GRID,3,,0.2,0.,0.,,23456GRID,4,,0.3,0.,0.,,123456$CONM2,1,2,,.08CONM2,2,3,,.08$CELAS2,11,2.0E8,1,1,2,1CELAS2,12,2.0E8,2,1,3,1CELAS2,13,2.0E8,3,1,4,1$RLOAD2,50,60,,,70$DAREA,60,3,1,1.$TABLED1,70,,0.,1.,1.6+4,1.,ENDT$FREQ1,30,1000.,150.,100EIGRL,10,-10.,1.6+4ENDDATA

1 2 3 4

E, S, m, L

xb(t)


49

$ enforced displacementSOL 108CEND$SUBTITLE= enforced displacement DLOAD = 30 FREQUENCY = 40 SPC = 2 DISPL = ALLBEGIN BULK$GRID,1,,0.,0.,0. GRID,2,,0.1,0.,0. GRID,3,,0.2,0.,0. GRID,4,,0.3,0.,0. $CONM2,1,1,,.08CONM2,2,2,,.08CONM2,3,3,,.08CONM2,4,4,,.08$CELAS2,11,2.0E8,1,1,2,1CELAS2,12,2.0E8,2,1,3,1CELAS2,13,2.0E8,3,1,4,1$RLOAD2,30,50,,,60,,DISPFREQ1,40,0.,100.,200$SPCADD,2,1,3SPC1,1,23456,2,3,4SPC1,3,123456,1SPCD,50,1,1,5.-3$TABLED2,60,0.,0.,1.,2.+4,1.,ENDT$ENDDATA

déplacement imposé de 5 10-3 suivant x sur le noeud 1.

U2

U3

U4

5 10-3

Hz

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Dynamique des Structures · 2020. 9. 3. · Dynamique des Structures. Michel SUDRE ... que) est appelé Facteur d’Amplification Dynamique (FAD). (26) Il est intéressant d’étudier