Transcript C_TD_S01 - WordPress.com

Oscillateur harmonique
Correction
PCSI2 2014 – 2015
S01 : Oscillateur Harmonique
Exercice 1 : Connaissez-vous votre cours ?
On considère une masse µ = 0.2 kg accroché à un ressort horizontal dont l’autre extrémité est fixe.
On repère la position de la masse par l’abscisse x(t). La longueur à vide du ressort est appelée a
(a = 10 cm), sa constante de raideur λ (λ = 10 N.m−1 ). On écarte la masse de sa position d’équilibre
d’une distance b = 2 cm et on la lâche sans vitesse initiale.
1. Établir l’équation différentielle qui régit le mouvement de la masse.
2. Résoudre cette équation différentielle. Que vaut la période des oscillation ?
3. Quelle est l’amplitude du mouvement ? Que vaut la valeur moyenne de x(t) ?
4. Calculer sa vitesse pour x(t) = 10 cm et x(t) = 9 cm
5. Montrer que l’énergie mécanique de la masse est constante.
Exercice 2 : Bus et dos d’âne
Un bus vide de masse M =5 tonnes passe au-dessus d’un dos d’âne. Il oscille alors verticalement à la
fréquence f =1 Hz. Au retour, le bus est rempli d’une cinquantaine de passagers de masse moyenne
m = 60kg .
Quelle sera la q
fréquence des oscillations
après le dos d’âne
q
q ?
k
k
M
′
′
= 0.8Hz
Á vide f = 2π M , chargéf = 2π M +50m , d’où f = f M +50m
Exercice 3 : Exploitation de l’équation du mouvement
L’équation horaire du mouvement d’un oscillateur mécanique rectiligne et horizontal est donné par
la la relation suivante : x(t) = 4 cos (30t + π/3), avec x en cm et t en s.
1. Donner la période, la fréquence et l’amplitude des oscillations.
2. Donner l’expression de la vitesse et de l’accélération de l’oscillateur en fonction du temps.
3. Calculer les valeurs des amplitudes de la vitesse et de l’accélération.
4. Calculer l’énergie mécanique de l’oscillateur, la masse en mouvement étant m = 0,1 kg.
1. D’après l’équation horaire de la trajectoire x(t) la pulsation ω des oscillations vaut : ω = 30
rad.s−1 , donc la période du mouvement vaut T = 2π
= 0,21 s. La fréquence vaut donc :
ω
1
f = T = 4.8 Hz.
2. La vitesse est la dérivée de x par rapport au temps : v(t) = x(t)
˙
= −120 sin (30t + π/3), en
−1
cm.s . L’accélération est la dérivée de la vitesse par rapport au temps, donc a(t) = x¨(t) =
−3600 cos (30t + π/3), en cm.s−2 .
3. La vitesse a pour amplitude v0 = 1.20 m.s−1 . L’accélération a pour amplitude a0 = 36 m.s−2 ≈
4g.
4. On a : x(0) = 3,7 cm, x(t = 4s) = 1,7 cm, v(0) = 60 cm.s−1 et v(t = 4s) = 109 cm.s−1 .
5. Le système étudié ici est conservatif (pas de dissipation) et donc l’énergie mécanique est
constante. Ainsi Em = Ec + Ep = Cste, la seule énergie potentielle intervenant ici est l’énergie
potentielle élastique du ressort, celle-ci est nulle à l’instant t⋆ tel que x(t⋆ ) = 0, or à cet instant la
vitesse est maximale et vaut v(t⋆ ) = v0 , donc Em = Ep+Ec = Ep(t⋆ )+Ep(t⋆ ) = 12 mv02 = 0.072
J.
Exercice 4 : Autour d’un élastique
1. Estimer la constante de raideur d’un élastique auquel on a donné un coup de ciseau. On pourra
sacrifier un élastique pour faire une expérience.
1
PCSI2 2014 – 2015
Correction
Signal
2. Quel est l’ordre de grandeur de l’énergie potentielle élastique emmagasinée dans un élastique ?
Comparer avec l’énergie nécessaire pour augmenter la température d’un litre d’eau d’un degré
(1 kcal).
1. L’élastique s’allonge d’environ δl =1 cm lorsqu’une masse m =10 g lui est attaché, on en déduit
≈ 10 N.m−1 .
la constante de raideur k = mg
l
2. L’énergie stockée dans un élastique est E = 12 kδl2 ≈ 5.10−4 J. 1 kcal correspond à environ
4000 J, c’est 8.106 fois plus que l’élastique ! Les énergies mécaniques sont très souvent beaucoup
plus faibles que les énergies thermiques.
Exercice 5 : Lance pierre
On veut savoir à quelle distance il est possible de lancer un caillou avec un lance pierre. Pour cela
vous vous aiderez de vos connaissances et des informations suivantes :
– Raideur de l’élastique : 100 N.m−1
– Masse volumique du calcaire 2200 kg.m−3
– Lorsque l’on lance un projectile avec une vitesse initiale v0 , la distance maximale atteignable est
v02
.
g
Exercice 6 : Ressort vertical
Retrouver l’équation différentielle qui décrit le mouvement d’une masse suspendue à un ressort vertical de longueur à vide l0 et de constante de raideur k.
x¨ + ω02 x = 0 avec x = l − leq .
Exercice 7 : Masse liée à un ressort sur un plan incliné
On considère un ressort de longueur à vide l0 et de raideur k, dont les extrémités sont reliées à un
point fixe O et un point matériel M de masse m.
On néglige tout frottement.
y
Soit un axe Ox sur le plan incliné (voir figure).
O
~g
1. Déterminer le , la longueur du ressort à l’équilibre en foncM
tion de l0 , m, g, k et α.
x
2. À partir de la position d’équilibre M est déplacé d’une
α
distance d < le comptée algébriquement sur Ox et lâché
sans vitesse initiale à t = 0.
Établir, pour t ≥ 0, l’équation horaire du mouvement de
M en fonction de d, k, m et le .
1. Étude statique. On va utiliser la première loi de Newton, ou principe d’inertie pour déterminer
la longueur le du ressort à l’équilibre.
Le référentiel utilisé est celui lié au sol et considéré comme galiléen. Le système d’axes est
imposé par l’énoncé. On choisit le système { M } le point matériel. Les forces appliquées à ce
système sont : le poids p~ = m.~g , la force de rappel du ressort F~ = −k(l − l0 ).~ex ici et la réaction
~ =N
~ normale au support car il n’y a pas de frottement.
du support R
On représente ces forces sur la figure ci-dessous à gauche.
2
Oscillateur harmonique
Correction
PCSI2 2014 – 2015
y
O
−~p I
N~
α
F~
F~e
~g
M
p~
H
N~
b
M
x
α
p~
Comme on se place à l’équilibre (F~ = F~e ), la somme vectorielle des forces appliquées est nulle :
~ = ~0 ⇒ F~e + N
~ = −~p.
p~ + F~e + N
En se reportant à la figure ci-dessus à droite, dans le triangle IHM , on peut écrire sin α = Fpe
~ qu’on ne connaît pas).
(on s’arrange pour ne pas faire apparaître la norme N de N
On fait ensuite apparaître le dans Fe = ||F~e || = k(le − l0 ) > 0 et comme p = ||~p|| = mg, on en
e −l0 )
déduit sin α = k(lmg
⇒ le = l0 + mg
sin α.
k
2. Étude dynamique : on s’attend à observer des oscillations de M autour de la position d’équilibre
précédente. Hors équilibre, c’est la seconde loi de Newton i.e le principe fondamental de la
dynamique (PFD) qui s’applique.
~
En conservant le même référentiel et le même système, le PFD prend la forme : m.~a = p~ + F~ + N
~
avec ici F = −k(l − l0 ).~ex et l = x(t) dépendant du temps.
~ dont on ne connaît pas la norme, on projette le PFD selon l’axe
De façon à faire disparaître N
~ = N~ey
Ox. Dans la base (~ex ; ~ey ), on a ~a = x¨(t).~ex + y¨(t).~ey , p~ = +mg sin α~ex − mg cos α~ey ; N
et enfin F~ = −k(x(t) − l0 ).~ex . On en déduit l’équation différentielle
m¨
x(t) = +mg sin α − kx(t) + kl0 ⇒ x¨(t) +
k
mg
kle
k
x(t) = (l0 +
sin α) =
m
m
k
m
On écrit cette équation sous la forme canonique x¨(t) + ω02 x(t) = ω02 le .
La solution est de la forme sol = solH + solP soit ici x(t) = A. cos ω0 t + B. sin ω0 t + le .
Reste à déterminer les constantes d’intégration A et B (homogène à des distances) par utilisation des conditions initiales.
À t = 0− , on a l = x(0− ) = le + d et x(0
˙ − ) = 0 la position et la vitesse de M ne peuvent
pas subir de discontinuité. On en déduit x(0+ ) = le + d ⇒ le + d = A + le ⇒ A = d et
x(0
˙ + ) = 0 = 0 + ω0 .B + 0 ⇒ B = 0.
Et finalement x(t) = le + d cos ω0 t.
On retrouve donc bien un mouvement rectiligne sinusoïdal avec le − d ≤ x(t) ≤ le + d.
Exercice 8 : Une masse deux ressorts
z
On accroche un point matériel M entre deux ressorts tels que OO′ = d. Le ressort 2 est identique O
au ressort 1 ( raideur k et longueur à vide l0 ) .
On utilisera les notations avec l’indice 2 pour l2 ,
et leq,2 .
3
(ressort 1)
M
(ressort 2)
O′
x
~ux
d
PCSI2 2014 – 2015
Correction
Signal
Mise en équation :
1. Écrire l’expression de la force exercée par le ressort 2 sur M en fonction de k, l2 , l0 et le vecteur
→
unitaire −
ux . Vérifier que le signe est correct en étudiant qualitativement les deux cas : ressort
allongé puis ressort contracté.
2. Écrire vectoriellement le principe fondamental pour M .
3. Projeter cette relation sur l’axe horizontal.
4. En déduire, en partant notamment de la relation précédente, les valeurs de leq,1 et leq,2 .
Résolution : On choisit alors l’origine de l’axe au point O et l’abscisse de M est notée x.
5. Écrire l’équation différentielle du deuxième ordre vérifiée par x.
6. Résoudre avec précision cette équation différentielle en utilisant les conditions initiales suivantes : au départ le point M a été écarté de sa position d’équilibre (et de repos) d’une distance
a dans le sens positif et lâché sans vitesse initiale. La pulsation propre du mouvement sera notée
ω0 (on précisera l’expression en fonction de k et m). On indiquera aussi la condition évidente
minimale à respecter pour a dans le cadre de ce problème théorique.
−−→
→
1. F2/M = k(l2 − l0 )−
ux . Vérification du signe pour le ressort allongé : (l2 − l0 ) > 0. On a bien une
→
force qui ramène la masse vers sa position d’équilibre, dans le sens de −
ux .
2. On étudie le système M masse m dans le référentiel terrestre galiléen. Il est soumis à
– son poids P~ = m~g
→
~ = R−
– la réaction du support, normale au support car il n’y a pas de frottements R
uz .
−−→
– la force de rappel du ressort 1 : F1/M (vue précédemment)
−−→
– la force de rappel du ressort 2 : F2/M
→
On applique le principe fondamental de la dynamique (~a = l¨1 −
ux est l’accélération de M ) :
−
−
→
−
−
→
~ + F1/M + F2/M
m~a = P~ + R
→
3. Soit en projection sur −
ux : m.a = −k(l1 − l0 ) + k(l2 − l0 ) (3)
4. A l’équilibre où l’accélération est nulle, la relation (3) donne : 0 = −k(leq,1 − l0 ) + k(leq,2 − l0 )
soit leq,1 = leq,2 . Or leq,1 + leq,2 = d, d’où leq,1 = leq,2 = d/2
5. l1 (t) = x(t) et l2 (t) = d − x(t). La relation (3) donne : m.¨
x = −k(x − l0 ) + k(d − x − l0 )
2k
k
2k
2
2
2
x¨ + m x = m d soit x¨ + ω0 x = ω0 d/2 avec ω0 = m (4)
6. D’après le cours, la solution générale est la somme de la solution de l’équation homogène et
d’une solution particulière soit : x(t) = A cos(ω0 t) + B sin(ω0 t) + d/2 avec A et B constantes.
Déterminons les constantes à l’aide des conditions initiales à t=0 :
– leq + a = d/2 + a = A + d/2 (car leq = d/2) soit A = a
– x˙ = −Aω0 sin(ω0 t) + Bω0 cos(ω0 t)q0 = Bω0 soit B = 0.
x(t) = a cos(ω0 t) + d/2 avec ω0 = 2k
m
On doit avoir 0 < x < d donc la condition sur a est a < d/2 (on voit bien sur le dessin que
cette condition est réalisée).
4