11  Vibrations longitudinales dans une poutre de section variable

On étudie les vibrations longitudinales d’une poutre à section variable, comme montrée sur la figure ci-dessous.

11.1 Dynamique vibratoire

  1. Écrire dans ce cas l’équilibre dynamique d’une section d’une poutre dans un mouvement longitudinal.
  2. En déduire les équations des ondes de vibration longitudinales d’une poutre de longueur \(L = b - a\), de section droite d’aire \(S(x)\), faite dans un matériau homogène et isotrope de masse volumique \(\rho\) et de module d’Young \(E\).
  3. Que devient cette équation si la section est du type \(S(x) = S_0x^2\) ? Montrer qu’elle est équivalente à l’équation : \[ \rho S_0 \frac{\partial^2 (xu)}{\partial t^2} - ES_0 \frac{\partial^2 (xu)}{\partial x^2} = \frac{f}{x} \]

11.2 Vibration libre

  1. Trouver la solution générale de l’équation pour \(f = 0\).
  2. Dans le cas où la poutre est encastrée à ses deux extrémités \(x = a\) et \(x = b\), montrer que le déplacement a pour expression \[u(x,t) = \sum_{m=0}^{\infty} p_m(t) \chi_m(x) \qquad \text{avec} \qquad \chi_m(x) = \frac{X_m(x)}{x} = N_m\dfrac{\sin[\gamma_m(x - a)]}{x}.\]
  3. On souhaite normaliser les modes \(\chi_m\) pour que : \[ \langle \chi_m, \rho S\chi_m \rangle = \int_a^b \rho S(x)\chi_m(x)^2\,\mathrm dx = \rho S_0, \] Calculer le coefficient \(N_m\) approprié.

11.3 Réponse forcée

  1. Déterminer la réponse de la poutre à une vibration longitudinale sinusoïdale du support : \[u_s(t) = u_0 \sin(\Omega t).\]

Équation du mouvement

On écrit l’équilibre dynamique d’une section de longueur \(dx\) :

  • Masse: \(\rho S dx\) avec \(S\) variable (\(S=S(x)\)

  • Déplacement : \(u(x,t)\)

  • Accélération : \(\frac {\partial ^2 u}{\partial t^2}\)

  • Force à gauche : \(-F(x,t)\)

  • Force à droite : \(F(x,t) +\frac{\partial F(x,t)}{\partial x}dx\)

  • Force extérieure \(f(x,t)dx\)

On a donc \[\rho S dx \frac {\partial ^2 u}{\partial t^2} = -F+ F +\frac{\partial F}{\partial x}dx+f(x,t)dx\]

L’effort normal \(F(x)\) s’exprime à partir du déplacement comme :

\[ F(x) = \sigma S = E\varepsilon S = ES \frac{\partial u}{\partial x}. \]

L’équilibre dynamique s’écrit alors :

\[ \rho S \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} - \frac{\partial }{\partial x}\left(ES(x)\frac{\partial u}{\partial x}\right) = f. \]

Réduction à l’équation de d’Alembert

Si la section est telle que \(S(x) = S_0x^2\), alors l’équation du mouvement devient : \[-\dfrac{\mathrm d S(x)}{\mathrm d x}E\dfrac{\partial u(x,t)}{\partial x}-S(x)E\dfrac{\partial^2 u(x,t)}{\partial x^2}+\rho S(x) \dfrac{\partial^2 u(x,t)}{\partial t^2}=f\] avec \[\dfrac{\mathrm d S(x)}{\mathrm d x}=2S_0x\] \[-2ES_0\dfrac{\partial u(x,t)}{\partial x} - ES_0x\dfrac{\partial^2 u(x,t)}{\partial x^2} + \rho S_0 x\dfrac{\partial^2 u(x,t)}{\partial t^2} = \frac{f}{x}.\] On remarque que : \[2\dfrac{\partial u(x,t)}{\partial x} + x\dfrac{\partial^2 u(x,t)}{\partial x^2}= \dfrac{\partial^2 [xu(x,t)]}{\partial x^2}\] En utilisant cette identité, on peut écrire : \[ \rho S_0 \frac{\partial^2 (xu)}{\partial t^2} - ES_0 \frac{\partial^2 (xu)}{\partial x^2} = \frac{f}{x} \]

Solution modale

La fonction \(v(x,t) = xu(x,t)\) est solution de l’équation de d’Alembert et peut être mise sous la forme \(v(x,t) = X(x)p(t)\).

On identifie les deux applications linéaires \(M\) et \(K\) :

\[\begin{aligned} M(\ddot v) & = \rho S_0 \ddot v \\ K(v) & = -E S_0 \frac{\partial^2 v}{\partial x^2} \end{aligned}\]

On peut donc écrire l’équation du mouvement libre comme \(M(\ddot v) + K(v) = 0\). Pour que \(v(x, t) = X(x)p(t)\) soit solution, il faut que :

\[\left\{\begin{aligned} \ddot p + \omega^2 p & = 0\\ K(X) & = \omega^2 M(X) \end{aligned}\right.\quad\Rightarrow\quad \left\{\begin{aligned} \ddot p + \omega^2 p & = 0\\ X'' + \omega^2 \frac{\rho}{E} X & = 0 \end{aligned} \right.\]

D’où \[\begin{cases} p(t) = A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t), \\ X(x) = C\cos (\gamma x) + D\sin (\gamma x). \end{cases}\]

avec \(\gamma = \omega/c_L\) et \(c_L = \sqrt{\frac{E}{\rho}}\). Le déplacement \(u(x,t)\) a donc pour expression \[u(x,t) =\dfrac{v(x,t)}{x}= \left[\dfrac{C}{x}\cos (\gamma x) + \dfrac{D}{x}\sin (\gamma x)\right] \left[A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t)\right].\]

Normalisation des modes

On a pour tout mode \(m\) : \[\begin{align*} 1 &= N_m^2\int_a^b x^2\chi_m^2(x)dx = N_m^2\int_a^b \sin^2[\gamma_m(x - a)]dx \\ &= \dfrac{N_m^2}{2}\int_a^b \left[1 - \cos(2\gamma_m(x - a))\right] dx = \dfrac{N_m^2}{2}L.\end{align*}\] On en déduit que le coefficient de normalisation a pour expression \[N_m = \sqrt{\dfrac{2}{L}}.\]

Résolution pour a=0 et b=L :
\[1 = N_m^2\int_0^L x^2\chi_m^2(x)dx = N_m^2\int_0^L \sin^2[\gamma_mx]dx = \dfrac{N_m^2}{2}\int_0^L \left[1 - \cos(2\gamma_mx)\right] dx = \dfrac{N_m^2}{2}L.\] On en déduit que le coefficient de normalisation a pour expression \[N_m = \sqrt{\dfrac{2}{L}}\]

Réponse forcée

Le déplacement du support est traité comme dans l’exercice 6 (le salaire de la peur) : on considère que le déplacement longitudinal \(u(x, t)\) est exprimé dans le référentiel non-inertiel du support. Il y a donc une composition de vitesse à prendre en compte dans l’énergie cinétique, et l’énergie potentielle est inchangée :

\[ T(\dot u) = \frac{1}{2}\langle \dot u + \dot u_s, M_u(\dot u + \dot u_s)\rangle,\quad U(u) = \frac{1}{2}\langle u, K_u(u)\rangle \]

En appliquant l’équation d’Euler–Lagrange, on obtient l’équation du mouvement forcé :

\[ \begin{aligned} M_u(\ddot u) + K_u(u) & = -M_u(\ddot u_s)\\ \Leftrightarrow\quad \rho S(x)\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} - \frac{\partial}{\partial x}\left(ES(x)\frac{\partial u}{\partial x}\right) & = \rho S(x)\Omega^2 u_0\sin\Omega t \end{aligned} \]

On opère le changement de variable \(v(x, t) = xu(x, t)\) et on obtient l’équation :

\[ \begin{aligned} \rho S_0 \frac{\partial^2 v}{\partial t^2} - ES_0\frac{\partial^2 v}{\partial x^2} & = \rho S_0 x\Omega^2 u_0 \sin\Omega t \\ \Leftrightarrow\quad M(\ddot v) + K(v) & = Q(x, t)\end{aligned}\]

On cherche une solution particulière de la forme \(v(x, t) = \sum_{n=1}^\infty X_n(x)q_n(t)\). En utilisant l’orthogonalité des modes et \(\tilde m_n = \langle X_n, M(X_n)\rangle = \rho S_0\), on a :

\[ \ddot q_n + \omega_n^2q_n= \frac{\langle X_n, Q\rangle}{\tilde m_n} = u_0\Omega^2\sin\Omega t\int_a^b X_n(x) x\,\mathrm dx.\]

On doit donc calculer l’intégrale :

\[\begin{aligned} \int_a^b X_n(x)x\,\mathrm dx & = \sqrt{\frac{2}{L}}\int_a^b x\sin(\gamma_n(x-a))\,\mathrm dx \\ & = \sqrt{\frac{2}{L}}\frac{1}{\gamma_n}\left\{\left[-x\cos(\gamma_n(x-a))\right]_a^b + \int_a^b\cos(\gamma_n(x-a))\,\mathrm dx\right\}\\ & = \sqrt{\frac{2}{L}}\frac{1}{\gamma_n}\left\{ -(b\cos\gamma_nL - a) + \frac{1}{\gamma_n}\left[\sin(\gamma_n(x-a))\right]_a^b\right\}\\ & = \sqrt{\frac{2}{L}}\frac{a - b(-1)^n}{\gamma_n} \end{aligned}\]

L’équation du mouvement forcé pour les coordonnées modales \(q_n\) est donc:

\[ \ddot q_n + \omega_n^2 q_n = \sqrt{\frac{2}{L}}\frac{a-b(-1)^n}{\gamma_n}u_0\Omega^2\sin\Omega t.\]

La solution particulière est donc:

\[ q_n(t) = u_0\sqrt{\frac{2}{L}}\frac{a-b(-1)^n}{\gamma_n}\frac{\Omega^2}{\omega_n^2 - \Omega^2}\sin\Omega t,\]

et on obtient la solution générale (en remplaçant \(u = \frac{v}{x}\)):

\[ u(x, t) = u_0\sin\Omega t\sum_{n=1}^\infty\frac{a - b(-1)^n}{\gamma_nL}\frac{\Omega^2}{\omega_n^2 - \Omega^2}\frac{\sin(\gamma_n(x - a))}{x}. \]

Forces longitudinales sur une tranche de barre.