CHAPITRE II : Systèmes à deux degrés de liberté1-Etude d’un cas simple

1-1 Mise en équations1-2 Solutions harmoniques1-3 Pulsations propres- Modes propres1-4 Solution générale

2-Exercice: systèmes forcés3- Equations de Lagrange

3-1 Rappel du formalisme3-2 Equations de Lagrange3-3 Exemple

3-3-1Energie cinétique3-3-2 Energie potentielle3-3-3 Mise en équations et solutions

CHAPITRE II Système à deux degrés de liberté

Un exemple simple mais généralisable

K K

km1 m2

x1x2

Masse 1 : 111 Kxxm +&&+k x2 − x1( ) = 0Masse 2 : 222

Kxxm +&&

+k x1 − x2( ) = 0couplage

couplage

1-Etude d’un cas simple

1-1) Mise en équations

+k x2 − x1( ) = 0

( ) 0xxk 21 =−+

Pb : existe t il une (ou des) solution harmonique pour le système ?

Si OUI les deux masses vibrent avec la même pulsation

x1 =X1ejωt

x2 =X2ejωt

−m1ω2X1e jωt + K + k( )X1e jωt − kX2e jωt = 0

………...

−m1ω2X1 + K + k( )X1 − kX2 = 0

−m2ω2X2 + K + k( )X2 − kX1 = 0

⎧ ⎨ ⎩

111 Kxxm +&&

222 Kxxm +&&

1-2) Solutions harmoniques

( )( )⎩

⎨⎧

=−++ω−

=−++ω−

0kXXkKXm

0kXXkKXm

122

2

2

211

2

1

€

K +k−m ω2( )X1 −kX2 =0

−kX1 + K +k−m ω2( )X2 =0

⎧ ⎨ ⎪

⎩ ⎪

K +k−mω2 k

k K +k−mω2X1

X2=0

K + k−mω2( )2−k2 =0 k

mkKmkK

kXX 2

22

1 ω−+=ω−+

=

ω12 =

Km

ω22 =

K + 2km

X1

X2=

kK +k−m1ω

2 =K +k−m1ω

2

kω1

2 =Km

ω22 =

K + 2km

X1

X2=1

K K

km m

x1x2

X1

X2=

kK +k−m1ω

2 =K +k−m1ω

2

k

X1

X2=−1

1-3) Pulsations propres-Modes propres

Mode 1

X1 =Acosω1t

X2 =Acosω1t ⎧ ⎨ ⎩

Les deux masses sont écartées de leur position d ’équilibre

de la même quantitéA

alors

Mode 2

X1 =Bcosω2t

X2 =−Bcosω2t ⎧ ⎨ ⎩

Les deux masses sont écartées de leur position d ’équilibre

de quantités opposéesB et -B

alors

Si les deux masses sont écartées de leur position d ’équilibre

de quantités C et D

C =C+D2

+C−D2

D=C +D2

−C−D2

En phase En opposition de phase 1 2

Cas général

1-4) Solution générale

€

X1 =A cosω1t+Bcosω2t

X2 =A cosω1t−Bcosω2t

111 Kxxm +&&+k x2 − x1( ) = 0222

Kxxm +&&( ) tj

21 Fexxk Ω=−+

Déterminer la réponse au système forcé ci dessous2-Exercice

3- Equations de LAGRANGE

x xmF &&=

2xm21T &= xm

xT &&=∂∂

€

ddt

∂T∂˙ x

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ =m x

F dérive d ’un potentiel

V =12

kx2 F =−kx=−∂V∂x x

VxT

dtd

∂∂−=∂

∂&

€

ddt

∂T∂˙ x

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟ =m x

3-1) Rappel du formalisme

Exemple 2 système à 2 degré de liberté

x

y ( )222 yxm21mv

21T && +==

€

m x =ddt

∂T∂˙ x

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛∂∂=

yT

dtdym &&&

=−∂V∂x

=−∂V∂y

Autres exemples

3 ressorts 2 masses

€

V =12

Kx12 +

12

Kx22 +

12

k x1 −x2( )2

2

2

2

1 xm21xm

21T && +=

11 xV

xT

dtd

∂∂−=∂

∂&

( )2111 xxkKxxm −−−=&&

( )1222 xxkKxxm −−−=&&

K K

km1 m2

x1x2

D ’une manière générale

extFxD

xV

xT

dtd

iiii

=∂∂+∂

∂∂∂

&& + −∂T∂x i

€

T =12

˙ x i( )t

M ij( ) ˙ x i( )

V =12

xi( )t K ij( ) xi( )

( )( )( )iij

t

i xCx21D &&=

Fonction de dissipation

Matrice masse (symétrique)

Matrice raideur (symétrique)

Matrice dissipation (symétrique)

3-2) Equations de LAGRANGE

K

K

2K m

3-3) Exemple

K

K

2K m

2

13

K

K

2K m

2

13

( )222 yxm21mv

21T && +==

3-3-2) Energie potentielle V =12

Kδ12 +

12Kδ2

2 +122Kδ3

2

Où les sont les élongationsdes ressorts 1, 2, et 3

initialement 0

l0 Après deformationl0 −x

y

Nouvelle longueur l l2 = l0 −x( )2+y2 ≈l0

2 1 − 2xl0

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟

l ≈l0 1−xl0

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ δ1 = −x

Ressort 1

3-3-1) Energie cinétique

1

l2 = l0 −y( )2 +x2 ≈l02 1− 2

yl0

⎛ ⎝ ⎜

⎞ ⎠ ⎟

l ≈l0 1−yl0

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟ δ2 = −y

Ressort 2

initialement

l02

2

l02

2

Après déformation

Nouvelle longueur l l2 ≈l02 1

2+ 2

xl0

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟+ l0

2 12+ 2

yl0

⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠ ⎟

l ≈l0 +22

x+y( ) δ3 =2

2x + y( )

Ressort 3 l02

2+x

l022

+y

2

3

( )222 yxm21mv

21T && +==

V =12

Kδ12 +

12Kδ2

2 +122Kδ3

2

V =12

Kx2 +12

Ky 2 +12

2K( )12

x+y( )2

0)yx(KKyym

0)yx(KKxxm

=+++=+++

&&

&& ω12 =

Km

ω22 =

3Km

3-3-3) Mise en équations et solutions

K

K

2K m

2

13

ω12 =

Km

X=-Y

ω22 =

3Km

X=Y

R

Lm

M,J

Approximation des petits déplacements

( )22 LRmMRJmgL

−++=ω