9 Vibrations du châssis d’une voiture
L’objectif du problème est de modéliser simplement la réponse d’une automobile après le franchissement d’un ralentisseur. Cette réponse est étudiée du point de vue du passager, c’est à dire dans un repère lié au véhicule. L’automobile est modélisée par une poutre homogène de masse \(M\) et de longueur \(2L\), supportée à ses deux extrémités par des suspensions identiques caractérisées par une raideur \(k\) et un amortissement \(c\). Les roues et les pneumatiques sont supposés indéformables et de masse négligeable impliquant que les variations de la route sont intégralement transmises aux suspensions. Ce modèle induit deux degrés de liberté et on choisit comme coordonnées généralisées les déplacements verticaux \(z_A\) et \(z_B\) des extrémités \(A\) et \(B\) de la poutre, comptés à partir de la position d’équilibre statique.
9.1 Régime d’oscillations libres
Dans un souci de simplification, on considère dans un premier temps une route plane.
Déterminer les matrices d’inertie \(\M\), de raideur \(\K\) et de dissipation \(\C\) du système.
En déduire les pulsations propres du système.
Déterminer et représenter les modes propres associés.
En déduire l’expression de la matrice modale \(\mathbf X\).
Calculer les coefficients d’amortissement modaux \(\xi_1\) et \(\xi_2\).
Changement de paramétrisation
Reprendre les questions 1 à 4 en considérant maintenant comme coordonnées généralisées le déplacement vertical \(z\) du centre d’inertie \(G\) de la poutre et l’angle de rotation \(\theta\) de la poutre autour de \(G\), comptés à partir de la position d’équilibre statique. Conclure
9.2 Régime d’oscillations forcées
On considère maintenant que les variations de la hauteur \(z_r(t)\) de la route se traduisent par les efforts \(F_A(t)\) et \(F_B(t)\) transmis au châssis par l’intermédiaire des suspensions respectivement en \(A\) et \(B\). Le ralentisseur de hauteur \(h\) franchi par l’automobile est modélisé par une impulsion instantanée \(I\) donnée à la roue, qui se transcrit par une force \(F_A(t) = I\delta(t)\), où \(\delta(t)\) est la distribution de Dirac. On prend comme origine des temps l’instant où la première roue rencontre le ralentisseur. On note \(t_0 = 2L/v\), l’instant où la deuxième roue rentre en contact avec l’amortisseur.
Donner l’expression de la force \(F_B(t)\) en fonction de \(t_0\).
Déterminer les efforts généralisés \(Q\) pour un déplacement virtuel \(\delta \mathbf{z} = (\delta z_A, \delta z_B)\).
Écrire les équations pour les coordonnées modales de la solution particulière \(\mathbf{z}(t) = \mathbf{Xp}(t)\).
On considère l’équation suivante:
\[ \ddot p + 2\xi\omega \dot p + \omega^2 p = \frac{I}{M}\delta(t - t_0),\quad p(t) = 0,\ \dot p(t) = 0\ \mathrm{pour}\ t < t_0. \tag{9.1}\]
- Intégrer l’équation sur \([t_0 - \varepsilon, t_0 + \varepsilon]\) et montrer que \[\begin{equation*} \lim_{{\varepsilon\rightarrow 0}} ~{\dot p(t_0 + \varepsilon)} = \dot p(t_0) = \frac{I}{M} \end{equation*}\] On s’aidera du fait que \(p(t)\) est une fonction continue.
Un impulsion \(I\) est donc équivalente à une vitesse initiale \(\frac{I}{M}\) au temps \(t = t_0\).
- Donner l’expression de la solution de l’Équation 9.1.
- À partir de cette solution, donnez l’expression des coordonnées modales \(p_1\) et \(p_2\).
Donner l’expression des équations modales dans l’espace de Laplace. On suppose toutes les conditions initiales nulles, ce qui implique \(\mathbf p(0) = 0\) et \(\mathbf{\dot p}(0) = 0\).
En utilisant la transformée connue suivante:
\[ \mathcal L\left\{ e^{-\xi\omega t}\sin(\omega \sqrt{1-\xi^2} t)\right\} = \frac{\omega \sqrt{1-\xi^2}}{s^2 + 2\xi\omega s + \omega^2}, \]
donner l’expression des coordonnées modales dans l’espace temporel (en fonction de \(t\)).
- Déduire de la question précédente le vecteur de coordonnées généralisées dans l’espace réel \(z_A, z_B\).
Matrices
L’énergie potentielle a pour expression \[U = \dfrac12k(z_A^2 + z_B^2).\] L’énergie cinétique a pour expression
\(T=\dfrac{1}{2}M\dot z_G^2+\dfrac{1}{2}I\dot \theta^2\)
avec \(I=\dfrac{ML^2}{3}\)
\(z_G=\dfrac{z_A+z_B}{2}\) et \(tan\theta=\dfrac{z_A-z_B}{2L} \approx \theta\) (petits déplacements - petits angles) \[T = \dfrac12 M\left(\dfrac{\dot z_A + \dot z_B}{2}\right)^2 + \dfrac12\dfrac{ML^2}{3} \left(\dfrac{\dot z_B - \dot z_A}{2L}\right)^2 = \dfrac{1}{6} M\left(\dot z_A^2 + \dot z_B^2 + \dot z_A\dot z_B\right)\] La fonction de dissipation a pour expression \[D = \dfrac12 c (\dot z_A^2 + \dot z_B^2).\] Ces trois expressions peuvent être mises sous les formes respectives \[\begin{cases}
U = \dfrac{1}{2} (z_A,z_B) \K
\begin{pmatrix}
z_A \\ z_B
\end{pmatrix}, \\
T = \dfrac{1}{2} (\dot z_A,\dot z_B) \M
\begin{pmatrix}
\dot z_A \\ \dot z_B
\end{pmatrix}, \\
D = \dfrac{1}{2} (\dot z_A,\dot z_B) \C
\begin{pmatrix}
\dot z_A \\ \dot z_B
\end{pmatrix},
\end{cases}\] où les matrices d’inertie \(\M\), de raideur \(\K\) et de dissipation \(\C\) ont pour expression \[\M = \dfrac{M}{6}
\begin{pmatrix}
2 & 1 \\
1 & 2
\end{pmatrix}, \qquad
\K = k
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix} \qquad \mbox{et} \quad
\C = c
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix}.\]
Pulsations
Des matrices déterminées à la question 1), le système d’équation suivant est obtenu : \[\M \begin{pmatrix} \ddot z_A \\ \ddot z_B \end{pmatrix} + \K \begin{pmatrix} z_A \\ z_B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}.\] On cherche une solution du type \[\begin{pmatrix} z_A \\ z_B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} Z_A \\ Z_B \end{pmatrix} e^{j\omega t}.\] On obtient alors \[\begin{pmatrix} k - \dfrac13M\omega^2 & - \dfrac16 M\omega^2 \\ - \dfrac16 M\omega^2 & k - \dfrac13M\omega^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} Z_A \\ Z_B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}.\] Les valeurs propres sont donc obtenues par l’annulation du déterminant de la matrice \[\det(\omega) = (k - \dfrac13M\omega^2)^2 - (\dfrac16 M\omega^2)^2 = (k-\frac{M\omega^2}{2})(k-\frac{M\omega^2}{6}).\] Ainsi, les deux pulsations propres ont pour expression \[\begin{cases} \omega_1 = \omega_0\sqrt{2}, \\ \omega_2 = \omega_0\sqrt{6}, \end{cases}\] avec \(\omega_0^2 = \dfrac{k}{M}\).
Modes propres
On cherche les vecteurs propres \(\textbf X_i\) tels que \(\textbf X_ie^{j\omega_it}\) soit solution du problème aux valeurs propres. Le vecteur propre \(\textbf X_i = {^t\left(X_{1i}, X_{2i}\right)}\) se calcule pour chaque valeur propre à partir de l’expression \[\begin{pmatrix} k - \dfrac13M\omega_1^2 & - \dfrac16 M\omega_1^2 \\ - \dfrac16 M\omega_1^2 & k - \dfrac13M\omega_1^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X_{11} \\ X_{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\] On obtient donc pour \(\omega_1\) \[\dfrac13\begin{pmatrix} 1 & - 1 \\ - 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X_{11} \\ X_{12} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\] d’où
\[X_{12} = X_{11}\] \[\textbf X_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}.\] On obtient donc pour \(\omega_2\) \[\begin{pmatrix} - 1 & - 1 \\ - 1 & - 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X_{21} \\ X_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\]
\[X_{22} = - X_{21},\] d’où \[\textbf X_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ - 1 \end{pmatrix}.\] Le premier mode est assimilable à un mode de pompage toute la voiture vibre verticalement de manière uniforme. Le second mode est assimilable à un mode de tangage car les déplacements des extrémités sont de même valeur et de signes opposés.
Matrice modale
La matrice modale a pour expression \[\X = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & - 1 \end{pmatrix}.\]
Coefficients d’amortissement
On remarque que \(\mathbf C = \frac{c}{k}\mathbf K\). Donc les viscosités modales sont \(\tilde c_i = \frac{c}{k} \tilde k_i\) et:
\[\xi_i = \frac{\tilde c_i}{2 \tilde m_i \omega_i} = \frac{1}{2 \tilde m_i\omega_i}\frac{c\tilde k_i}{k} = \frac{c}{2k\omega_i} \frac{\tilde k_i}{\tilde m_i} = \frac{c}{2k}\omega_i\]
On a alors
\[\begin{aligned} \xi_1 & = \frac{c\sqrt{2}}{2\sqrt{kM}} \\ \xi_2 & = \frac{c\sqrt{6}}{2\sqrt{kM}} \end{aligned} \]
Ces coefficients ne dépendent pas du choix de la base modale.
Changement de paramétrisation
Si on prend \(z\) et \(\theta\) à la place de \(z_A\) et \(z_B\), on a \[\begin{cases} U = \dfrac12k (z + L\theta)^2 + \dfrac12k (z - L\theta)^2 = \dfrac12\left[2kz^2 + 2kL^2\theta^2\right], \\ T = \dfrac12 M\dot z^2 + \dfrac12\dfrac{ML^2}{3} \dot \theta^2 = \dfrac12 \left[M\dot z^2 + \dfrac{ML^2}{3} \dot \theta^2\right], \\ D = \dfrac12c (\dot z + L\dot\theta)^2 + \dfrac12c (\dot z - L\dot\theta)^2 = \dfrac12\left[2c\dot z^2 + 2cL^2 \dot \theta^2\right], \\ \end{cases}\] et donc les matrices d’inertie \(\M\), de raideur \(\K\) et de dissipation \(\C\) ont pour expressions respectives \[\M = \begin{pmatrix} M & 0 \\ 0 & \dfrac{ML^2}{3} \end{pmatrix}, \qquad \K = \begin{pmatrix} 2k & 0 \\ 0 & 2kL^2 \end{pmatrix} \qquad \mbox{et} \quad \C = \begin{pmatrix} 2c & 0 \\ 0 & 2cL^2 \end{pmatrix}.\] La résolution du problème aux valeurs propres conduit aux pulsations propres \[\begin{cases} \omega_1 = \omega_0\sqrt{2}, \\ \omega_2 = \omega_0\sqrt{6}, \end{cases}\] et aux vecteurs propres associés : \[\mathbf X_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \qquad \mbox{et} \quad \mathbf X_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}.\]
Forçage retardé
\[ F_B(t) = I\delta(t - t_0) \]
Efforts généralisés
Le travail virtuel des efforts extérieurs ayant pour expression, \[\delta W = F_A(t) \delta z_A + F_B(t) \delta z_B,\] avec \[\begin{cases} F_A(t) = I \delta(t), \\ F_B(t) = I \delta(t-t_0), \end{cases}\] le vecteur des efforts généralisés s’écrit donc : \[\begin{pmatrix} Q_{z_A} \\ Q_{z_B} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I \delta(t) \\ I \delta(t-t_0) \end{pmatrix}.\]
Passage à la base modale
Après passage dans la base modale, on a :
\[\begin{aligned} \ddot p_1 + 2\xi_1\omega_1 \dot p_1 + \omega_1^2 p_1 = \frac{\langle X_1, \mathbf Q\rangle}{\tilde{m}_1} = \frac{1}{m}(F_A(t) + F_B(t)) = \frac{I}{M}(\delta(t) + \delta(t - t_0))\\ \ddot p_2 + 2\xi_2\omega_2 \dot p_2 + \omega_2^2 p_2 = \frac{\langle X_2, \mathbf Q\rangle}{\tilde{m}_2} = \frac{3}{m}(F_A(t) - F_B(t)) = \frac{3I}{M}(\delta(t) - \delta(t - t_0)) \end{aligned}\]
La matrice des masses modales pour \((z_A, z_B)\) est : \[\mathbf{M}_p = \begin{pmatrix} M & 0\\ 0 & \frac{M}{3}\end{pmatrix}\]
Domaine temporel
On montre qu’une impulsion \(I\) est équivalente à une vitesse initiale \(I/m\).
\[\begin{aligned} \lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\left\{\int_{t_0 -\varepsilon}^{t_0+\varepsilon}\ddot p\,\mathrm dt + 2\xi\omega \int_{t_0 -\varepsilon}^{t_0+\varepsilon}\dot p\,\mathrm dt + \omega^2 \int_{t_0 -\varepsilon}^{t_0+\varepsilon} p\,\mathrm dt\right\} & = \frac{I}{M} \lim_{\epsilon\rightarrow 0}\int_{t_0 -\varepsilon}^{t_0+\varepsilon}\delta(t - t_0)\,\mathrm dt\\ \lim_{\varepsilon\rightarrow 0}\left\{\left[\dot p(t_0 + \varepsilon) - \dot p(t_0 - \varepsilon)\right] + 2\xi\omega\left[p(t_0 + \varepsilon) - p(t_0 - \varepsilon)\right] + \omega^2 \left[P(t_0 + \varepsilon) - P(t_0 - \varepsilon)\right]\right\} & = \frac{I}{M}\\ \dot p(t_0^+) & = \frac{I}{M} \end{aligned}\]
La solution de l’équation avec vitesse initiale est alors:
\[ p(t) = \frac{I}{M\omega_d}e^{-\xi\omega (t-t_0)}\sin(\omega_d (t-t_0)),\quad \omega_d = \sqrt{1-\xi^2}\omega \]
On a alors les coordonnées modales:
\[\p = \begin{pmatrix} \dfrac{I}{M\omega_{1_d}}\left( H(t) e^{- \xi_1\omega_1t} \sin(\omega_{1_d}t) + H(t - t_0)e^{- \xi_1\omega_1(t - t_0)}\sin[\omega_{1_d}(t - t_0)] \right)\\ \dfrac{3I}{M\omega_{2_d}}\left( H(t) e^{- \xi_2\omega_2t} \sin(\omega_{2_d}t) - H(t - t_0)e^{- \xi_2\omega_2(t - t_0)}\sin[\omega_{2_d}(t - t_0)]\right) \end{pmatrix},\] avec \(\omega_{i_d} = \omega_i\sqrt{1 - \xi_i^2}\) et \(H(t)\) est la fonction de Heaviside.
Domaine de Laplace
Après passage dans l’espace de Laplace et l’application des conditions initiales, on a :
\[\begin{aligned} s^2 \tilde p_1 + 2\xi_1\omega_1 s \tilde p_1 + \omega_1^2 \tilde p_1 = \frac{I}{M}(1 + e^{-t_0 s})\\ s^2 \tilde p_2 + 2\xi_2\omega_2 s \tilde p_2 + \omega_2^2 \tilde p_2 = \frac{3I}{M}(1 - e^{-t_0 s})\\ \end{aligned}\]
Donc on a :
\[\begin{aligned} \tilde p_1(s) & = \frac{I}{M}\frac{1 + e^{-t_0 s}}{s^2 + 2\xi_1\omega_1 + \omega_1^2}\\ \tilde p_2(s) & = \frac{3I}{M}\frac{1 - e^{-t_0 s}}{s^2 + 2\xi_2\omega_2 + \omega_2^2} \end{aligned}\]
On obtient \[\p = \begin{pmatrix} \dfrac{I}{M\omega_{1_d}}\left( H(t) e^{- \xi_1\omega_1t} \sin(\omega_{1_d}t) + H(t - t_0)e^{- \xi_1\omega_1(t - t_0)}\sin[\omega_{1_d}(t - t_0)] \right)\\ \dfrac{3I}{M\omega_{2_d}}\left( H(t) e^{- \xi_2\omega_2t} \sin(\omega_{2_d}t) - H(t - t_0)e^{- \xi_2\omega_2(t - t_0)}\sin[\omega_{2_d}(t - t_0)]\right) \end{pmatrix},\] avec \(\omega_{i_d} = \omega_i\sqrt{1 - \xi_i^2}\) et \(H(t)\) est la fonction de Heaviside.
Solution pour \(z_A\) et \(z_B\)
Sachant que \(\mathbf{z}(t) = \X\p(t)\), on a \[\begin{pmatrix} z_A(t) \\ z_B(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} p_1(t) + p_2(t) \\ p_1(t) - p_2(t) \end{pmatrix}.\]