TP16-0423-Book1 19/04/2017 11:32 Page i Physique exercices incontournables TP16-0423-Book1 19/04/2017 11:32 Page ii TP16-0423-Book1 19/04/2017 11:32 Page iii MP MP* PT PT* JEAN-NOËL BEURY Physique exercices incontournables 3e ÉDITION TP16-0423-Book1 19/04/2017 11:32 Page iv Avec la collaboration scientifique de SÉBASTIEN FAYOLLE Conception et création de couverture : Atelier3+ © Dunod, 2012, 2014, 2017 11 rue Paul Bert, 92240 Malakoff www.dunod.com ISBN 978-2-10-076265-1 TP16-0423-Book1 19/04/2017 11:32 Page v Table des matières Partie 1 Mécanique 1. Référentiels non galiléens 2. Mécanique du solide 3 17 Partie 2 Électronique 3. ALI-Oscillateurs 4. Signaux périodiques 29 44 5. Électronique numérique 49 Partie 3 Optique ondulatoire 6. Interférences 59 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. Partie 4 Électromagnétisme 7. Électrostatique 8. Magnétostatique 93 120 9. Équations de Maxwell – Énergie du champ électromagnétique 10. Propagation 131 143 Partie 5 Thermodynamique 11. Systèmes ouverts en régime stationnaire 12. Transferts thermiques 191 207 TP16-0423-Book1 19/04/2017 11:32 Page vi Table des matières 13. Statique des fluides 14. Fluide en écoulement 15. Thermodynamique industrielle 235 241 252 Partie 6 Physique quantique 16. Approche ondulatoire de la mécanique quantique 285 Partie 7 Thermodynamique statistique 17. Facteur de Boltzmann 319 Index 327 Les énoncés dans lesquels apparaît un astérisque annoncent des exercices plus difficiles. TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Partie 1 Mécanique Page 1 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 2 1. Référentiels non galiléens 1.1 : Bille dans un tube (MP) 1.2 : Sismographe (MP) 1.3 : Circonférence en rotation et anneau (MP) 1.4 : Dynamique en référentiel tournant (MP) 2. Mécanique du solide 2.1 : Déplacement d’un solide sur un plan horizontal (MP) 2.2 : Détermination d’un coefficient de frottement (MP) 3 3 6 9 12 17 17 23 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 3 1 Référentiels non galiléens Exercice 1.1 : Bille dans un tube (MP) On considère un solide M de masse m susceptible de glisser sans frottement à l’intérieur d’un tube parallélépipédique d’extrémité O. Les grandeurs r0 = OM0 et v0 caractérisent la position et la vitesse de M à l’instant initial t = 0 dans le repère lié au tube. Le tube de longueur 2 est dans le plan horizontal et tourne autour de l’axe Oz vertical à la vitesse angulaire ω constante. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. 1. Déterminer l’équation différentielle en r du mouvement de M. 2. Calculer le temps τ que mettra M pour sortir du tube avec = 0,1 m ; r0 = 0,01 m ; v0 = 0 m.s−1 et ω = 2 rad.s−1 . 3. Un ressort enfilé dans le tube est fixé à son extrémité en O et à son autre extrémité au solide M. La longueur à vide du ressort est 2r0 . Discuter la nature du mouvement de M suivant la valeur de ω. Analyse du problème Cet exercice traite du mouvement relatif d’un point matériel. Il faut bien définir le référentiel absolu (considéré comme galiléen) et le référentiel relatif (considéré comme non galiléen). Le bilan des forces se fait en travaillant d’abord dans le référentiel galiléen. Il faut rajouter ensuite les forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis pour appliquer le principe fondamental de la dynamique dans le référentiel non galiléen. 1. y uq M uz ur q O x 3 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 4 Partie 1 . Mécanique Système : Bille de masse m. t galiléen et = O ; ur , uθ , k, t Référentiels : 0 = O ; i, j, k, non galiléen. /0 = ωk. Le vecteur rotation instantané de par rapport à 0 vaut : ω −→ Le mouvement relatif dans s’écrit : OM = r ur ; v (M) = ṙ ur et a (M) = r̈ ur . Le vecteur unitaire ur est fixe dans . La dérivée par rapport au temps de r ur dans donne bien ṙ ur . Bilan des forces : • Le mouvement se fait sans frottement, la réaction du support est donc orthogonale au petit déplacement de la bille par rapport au tube. La réaction du support a donc une composante nulle sur ur . La réaction du support est donc = R1 uθ + R2 k R • Le poids de la masse m est : = mg P • La force d’inertie d’entraînement est : → fie (M) = mω2 − OM • La force d’inertie de Coriolis : fic (M) = −2mω /0 ∧ v (M) = −2mωṙ uθ Principe fondamental de la dynamique (PFD) dans le référentiel non galiléen : +P + fie + fic ma (M) = R La projection dans la base ur , uθ , k donne : mr̈ = mω2 r 0 = R1 − 2mωṙ 0 = R2 − mg L’équation différentielle du mouvement s’obtient à partir de la première projection du PFD : r̈ − ω2 r = 0 4 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 5 Chapitre 1 . Référentiels non galiléens 2. L’équation caractéristique s’écrit : x2 − ω2 = 0. On en déduit alors x = ±ω La solution de l’équation différentielle s’écrit donc : r = A exp (ωt) + B exp (−ωt) La dérivée de r par rapport au temps est : ṙ = Aω exp (ωt) − Bω exp (−ωt). À t = 0, r (0) = r0 et ṙ (0) = v0 . On a deux équations pour déterminer les constantes d’intégration A et B : A + B = r0 (éq. 1) Aω − Bω = v0 (éq. 2) On fait les combinaisons linéaires suivantes : (1)ω + (2) et (1)ω − (2). 2Aω = r0 ω + v0 On a alors : . D’où : 2Bω = r0 ω − v0 r 0 ω + v0 A= 2ω r 0 ω − v0 B= 2ω La bille quitte le tube pour r = . Soit : 1 v0 v0 1 r0 + exp (ωt) + r0 − exp (−ωt) = 2 ω 2 ω On pose : X = exp (ωt) . En multipliant par exp(ωt), on est ramené à une équation du second degré : 1 v0 2 1 v0 r0 + X + r0 − = X 2 ω 2 ω La résolution numérique donne : X = 19,95 et t = 1,5 s. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. 3. L’équation différentielle s’écrit : mr̈ = mω2 r − k (r − 2r0 ) Elle se met sous la forme : kr0 k r=2 r̈ − ω − m m 2 k , le système diverge. m k , on a l’équation d’un oscillateur harmonique. • Si ω < m Ces deux résultats sont prévisibles physiquement. Si la constante de raideur est très petite, alors la force d’inertie d’entraînement l’emporte devant la force exercée par le ressort. Comme fie est centrifuge, on prévoit bien un système qui diverge. • Si ω ≥ 5 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 6 Partie 1 . Mécanique Exercice 1.2 : Sismographe (MP) La partie sensible du sismographe est une masse munie d’un index et d’une tige. Cet ensemble de masse m assujetti à se déplacer verticalement est suspendu à un ressort. Le ressort est fixé en A sur un bâti. La partie sensible (masse + index + tige) est par ailleurs reliée à un amortisseur qui exerce une force de frottement fluide −λ V où V est le vecteur vitesse de la masse dans le référentiel lié au bâti. Le référentiel terrestre d’origine G est galiléen. Un tremblement de terre est modélisé par une vibration verticale harmonique de translation : S(t) = S0 cos(ωt) où S(t) repère le déplacement vertical du sol par rapport au référentiel galiléen du lieu. On définit H(t) = h(t) − heq la grandeur qui repère le déplacement de la masse m par rapport au repos dans le référentiel lié au bâti. y A partie sensible de masse m h(t) O G S(t) x X 1. Établir l’équation différentielle en H(t) du mouvement de la masse. Quel est le sens physique de la pulsation propre ω0 et du facteur de qualité Q ? H 2. On représente graphiquement en fonction de ω (rad.s−1 ). S 6 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 7 Chapitre 1 . Référentiels non galiléens L’étude du spectre de Fourier des vibrations sismiques montre que leurs périodes se répartissent sur une gamme qui va de 0,1 s à 100 s. En fait, l’essentiel de l’énergie transportée par des ondes longitudinales, assez loin de l’épicentre, est dans le domaine de période allant de 1 s à 10 s. On souhaite une réponse uniforme de l’appareil dans la gamme de fréquence correspondante. Comment doit-on choisir ω0 et Q ? Quel est l’inconvénient majeur ? Comment doit-on choisir la masse ? Analyse du problème Cet exercice traite du mouvement relatif d’un point matériel. Il faut bien définir le référentiel absolu (considéré comme galiléen) et le référentiel relatif (considéré comme non galiléen). Le bilan des forces se fait en travaillant d’abord dans le référentiel galiléen. Il faut rajouter ensuite les forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis pour appliquer le principe fondamental de la dynamique dans le référentiel non galiléen. 1. Y Y y y A A eq M M D D © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. h(t) O O x G au repos S(t) x X tremblement de terre Système : Point matériel M de masse m. Référentiels : Le référentiel terrestre 0 = G ; ux , uy , uz , t est galiléen. Le référentiel lié au bâti = O ; ux , uy , uz , t est non galiléen. est en / = 0. translation par rapport à 0 , donc ω 0 Bilan des forces : • Force exercée par le ressort : = k ((D − h) − 0 ) uy F 7 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 8 Partie 1 . Mécanique • Poids : = mg P • Force d’inertie d’entraînement : → 2− fie (M) = −mae (M) = −m d GO dt2 −→ Or GO = S(t)uy = S0 cos(ωt)uy , d’où : 0 fie (M) = mω2 S0 cos(ωt)uy • Force d’inertie de Coriolis : fic (M) = 0 puisque ω /0 = 0. La longueur du ressort à l’équilibre n’est pas égale à la longueur du ressort à vide. Sur le schéma, il faut prendre l’initiative de rajouter des grandeurs intermédiaires : longueur à l’équilibre, distance D pour déterminer les longueurs du ressort au repos sans tremblement de terre et à un instant t quelconque avec un tremblement de terre. On peut déterminer cette force en deux étapes : r La force fait intervenir k( − 0 ). Déterminer avec le schéma. r Rajouter un vecteur unitaire (ici uy ) et déterminer le signe devant k. Ici, il faut bien mettre un signe + car si le ressort est étiré, la force est dirigée vers le haut avec une projection positive sur uy . PFD dans le référentiel non galiléen : + T + fie (M) + fic (M) ma (M) = P En projection sur uy , on obtient : mḧ = −mg + k (D − h − 0 ) − λḣ − mS̈ À l’équilibre sans tremblement de terre : 0 = −mg + k D − heq − 0 On fait la différence et on pose : H = h − heq . On en déduit : mḦ = −kH − λḢ + mω2 S0 cos (ωt) ω0 λ k = . On pose : ω02 = et m Q m L’équation différentielle s’écrit sous forme canonique : ω0 Ḧ + Ḣ + ω02 H = ω2 S0 cos (ωt) Q 8 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 9 Chapitre 1 . Référentiels non galiléens Q est le facteur de qualité. ω0 est la pulsation propre de l’oscillateur. Pour un système très faiblement amorti (Q 1), la pseudo-pulsation des oscillations est très proche de la pulsation propre. 2. On note le second membre : e(t) = ω2 S0 cos(ωt). La représentation complexe s’écrit : e = ω2 S0 exp (iωt) En régime sinusoïdal forcé, on cherche H(t) sous la forme : H(t) = Hm cos(ωt + ψ). La représentation complexe s’écrit : H(t) = Hm exp (i (ωt + ψ)) On en déduit alors : −ω2 H + ω0 jωH + ω02 H = ω2 S0 exp (iωt) Q Soit : H= ω2 S0 exp (iωt) ω02 − ω2 + jωQ0 ω H Le graphe donné dans l’énoncé représente en fonction de ω. Pour avoir S une réponse uniforme de l’appareil, il faut avoir une courbe la plus plate possible. 1 On peut choisir Q ≥ √ et se placer à une pulsation telle que ω ω0 . Les 2 périodes vont de 1 à 10 s, ce qui correspond à des pulsations entre 0,63 et 6,3 rad.s−1 . Il faut donc avoir ωmin ω0 , soit © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. ω0 0,63 rad.s−1 Dans ce cas, toutes les composantes spectrales sont amplifiées de la même façon avec un facteur d’amplification égal à 1. L’inconvénient majeur est que ce facteur d’amplification vaut 1. C’est donc difficile d’enregistrer des vibrations de faibles amplitudes. k Comme ω02 = , il faut donc une masse m élevée pour avoir ω0 faible. m Exercice 1.3 : Circonférence en rotation et anneau (MP) Une circonférence (C) de centre O et de rayon a, située dans un plan vertical, tourne autour d’une de ses tangentes verticales Oz, d’un mouvement de rotation uniforme défini par le vecteur rotation ω. Un anneau M de masse m, assimilé à un point matériel, est mobile sans frottement sur cette circonférence. On désigne par θ l’angle que fait O M avec la verticale descendante passant par O . θ est compté positivement dans le sens indiqué sur les schémas ci-dessous. 9 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 10 Partie 1 . Mécanique z z z' z' w w y' y' O y O' x uy' O uq q M ur ux' O' q x' Position quelconque de la circonference M x x' y uq ur Cas ou le plan de la circonference est confondu avec le plan (yOz) 1. Écrire le principe fondamental de la dynamique en projection sur uθ dans le référentiel = O ; ux , uy , uz , t lié au cercle et en rotation dans le référentiel galiléen = O ; ux , uy , uz , t . En déduire l’équation différentielle vérifiée par l’angle θ . 2. Retrouver l’équation différentielle par une méthode énergétique. 3. Montrer que les positions d’équilibre dans vérifient : aω2 (1 + sin θ ) = g tan θ . On désire que l’équilibre stable corresponde à θ = θ0 = 30◦ . Quelle doit être la valeur de la vitesse angulaire ω sachant que a = 0,2 m et g = 9,8 m.s−2 ? Analyse du problème Cet exercice traite du mouvement relatif d’un point matériel. Il faut bien définir le référentiel absolu (considéré comme galiléen) et le référentiel relatif (considéré comme non galiléen). Le bilan des forces se fait en travaillant d’abord dans le référentiel galiléen. Il faut rajouter ensuite les forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis pour appliquer le principe fondamental de la dynamique dans le référentiel non galiléen. 1. Système : Point matériel M de masse m. Référentiels : = O ; ux , uy , uz , t référentiel terrestre galiléen et = O ; ux , uy , uz , t référentiel lié au cercle non galiléen avec ω / = ωuz . Bilan des forces : = mg. • Poids : P − → . Il n’y a pas de frottement, donc R ⊥ dl , c’est-à• Réaction du support : R dire : ⊥uθ R 10 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 11 Chapitre 1 . Référentiels non galiléens → ie = mω2 − • Force d’inertie d’entraînement : F HM avec H projeté ortho−→ gonal de M sur l’axe Oz. On a HM = HM ux = (a + a sin θ ) ux = a (1 + sin θ ) ux , d’où : ie = mω2 a (1 + sin θ ) ux F ic = −2mωuz ∧ vr . La vitesse relative de M • Force d’inertie de Coriolis : F ic ⊥uz et F ic ⊥uθ , donc F ic //uy . On vaut : vr = aθ̇ uθ . On en déduit que F a alors : ic = −2mωvr cos θ uy F Principe fondamental de la dynamique dans : +R +F ie + F ic ma = P Le mouvement relatif de M est circulaire. L’accélération relative est donc : ar = −aθ̇ 2 ur + aθ̈ uθ La projection du PFD sur uθ donne : © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. m(aθ̈ ) = −mg sin θ + mω2 a (1 + sin θ ) cos θ 2. L’énergie potentielle de la force centrifuge vaut : 1 1 Ep1 = − mω2 HM 2 + cte = − mω2 x 2 + cte avec x = a (1 + sin θ ). 2 2 1 1 On choisit Ep1 (θ = 0) = − mω2 a2 + cte = 0, d’où cte = mω2 a2 . 2 2 1 2 2 2 On a donc Ep1 = mω a 1 − (1 + sin θ ) , soit : 2 1 Ep1 = mω2 a2 −2 sin θ − sin2 θ 2 L’énergie potentielle de pesanteur est : Ep2 = mgz + cte = −mga cos θ + cte On choisit Ep2 (θ = 0) = 0. D’où : Ep2 = mga (1 − cos θ ) Remarque : L’énoncé n’impose pas de référence pour les énergies potentielles. On peut laisser les constantes indéterminées puisqu’elles n’interviennent pas par la suite. est orthogonale au Il n’y a pas de frottement, donc la réaction du support R − → − → ⊥ dl = 0 avec dl = adθ uθ . La réaction du petit déplacement : δW = R support ne travaille pas. 11 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 12 Partie 1 . Mécanique − → − → Il faut bien écrire le déplacement relatif dl et non le déplacement absolu dl puisqu’on applique les théorèmes fondamentaux de la mécanique dans le référentiel non galiléen. ic · vr = La puissance de la force de Coriolis est nulle : P = F − 2mω / ∧ vr · vr = 0 puisque la force est orthogonale à la vitesse relative. La force de Coriolis ne travaille pas. Le poids et la force d’inertie d’entraînement sont des forces conservatives car elles dérivent d’une énergie potentielle. Le système est donc conservatif. On a conservation de l’énergie mécanique dans le référentiel : Em = Ec + Ep1 + Ep2 = cte On a donc : 1 Em = m aθ̇ 2 2 1 + mω2 a2 −2 sin θ − sin2 θ + mga (1 − cos θ ) 2 Soit : dEm 1 = 0 = ma2 θ̇ θ̈ + mω2 a2 θ̇ (−2 cos θ − 2 sin θ cos θ ) + mgaθ̇ (sin θ ) dt 2 Si on divise par θ̇, on obtient : 1 ma2 θ̈ + mω2 a2 (−2 cos θ − 2 sin θ cos θ ) + mga (sin θ ) = 0 2 On retrouve bien la même équation différentielle que dans la question 1. 3. Le point M est en équilibre relatif pour θ̈ = 0, soit aω2 (1 + sin θ ) = g tan θ . On a alors : ω= g tan θ = 4,35 rad.s−1 a (1 + sin θ ) Exercice 1.4 : Dynamique en référentiel tournant (MP) La tige OA se trouve dans le plan horizontal (x O y) et tourne autour de l’axe vertical () à la vitesse angulaire constante ω. L’anneau est libéré sans vitesse initiale par rapport à la tige à une distance r0 du point O. On repère la position de l’anneau sur la tige par la distance r = OM. L’étude est menée dans le référentiel lié à la tige. L’anneau glisse sans frottement sur la tige. 12 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 13 Chapitre 1 . Référentiels non galiléens z z w w a g g uT A O M x q = wt A (Δ) up ur Schema avec a = p 2 M O y up q = wt x (Δ) y ur Schema avec a < p 2 © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. 1. Déterminer le temps que va mettre l’anneau pour quitter la tige. Déterminer la vitesse absolue lorsqu’il quitte la tige. π constant avec l’axe (). 2. La tige O A fait maintenant un angle α < 2 Déterminer r(t). On posera ω = ω sin α. 3. Déterminer la position d’équilibre req de l’anneau sur la tige. Montrer qu’il ne peut exister une position d’équilibre de l’anneau sur la tige que si ω > ω0 . 4. On se place dans le cas où ω > ω0 , l’anneau étant dans sa position d’équilibre. On écarte légèrement l’anneau de cette position d’équilibre. L’équilibre est-il stable ? Analyse du problème Cet exercice traite du mouvement relatif d’un point matériel. Il faut bien définir le référentiel absolu (considéré comme galiléen) et le référentiel relatif (considéré comme non galiléen). Le bilan des forces se fait en travaillant d’abord dans le référentiel galiléen. Il faut rajouter ensuite les forces d’inertie d’entraînement et de Coriolis pour appliquer le principe fondamental de la dynamique dans le référentiel non galiléen. 1. Système : Point matériel M de masse m. Référentiels : G = O ; ux , uy , uz , t référentiel terrestre galiléen et = (O ; ur , uθ , uz , t) référentiel non galiléen. Le vecteur rotation instantané de par rapport à G est : ω /G = ωuz . Le mouvement relatif de M est rectiligne. La vitesse relative est vr (M) = ṙur et l’accélération relative est ar (M) = r̈ur . Bilan des forces : = mg = −mguz . • Poids : P 13 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 14 Partie 1 . Mécanique → ⊥− • Réaction du support : il n’y a pas de frottement, donc R dl . D’où : = Rθ uθ + Rz uz R −→ • Force d’inertie d’entraînement : fie = mω2 OM. • Force d’inertie de Coriolis : fic = −2mω /G ∧ vr (M) = −2mωuz ∧ ṙur = −2mωṙuθ Principe fondamental de la dynamique dans : +R + fie + fic ma (M) = P On projette dans la base (ur , uθ , uz ) : mr̈ = mω2 r 0 = Rθ − 2mωṙ 0 = Rz − mg La projection sur ur fournit directement l’équation différentielle : r̈ − ω2 r = 0 L’équation caractéristique est : x2 − ω2 = 0, soit x = ±ω. La solution de l’équation différentielle s’écrit : r = Ach (ωt) + Bsh (ωt) La dérivée par rapport au temps est : ṙ = Aωsh (ωt) + Bωch (ωt) . Remarque : On pourrait utiliser la forme r = A exp (ωt) + B exp (−ωt). La forme en ch et sh est plus simple ici compte tenu des conditions initiales. À t = 0, r = r0 et ṙ = 0. On a donc r0 = A et 0 = B. Finalement, on a : r = r0 ch (ωt) L’anneau quitte la tige lorsque r = , soit : l 1 τ = argch ω r0 • La vitesse relative de M est : vr (M) = ṙur = r0 ωsh (ωt) ur . Pour t = τ , on a vr (M) = r0 ωsh (ωτ ) ur . Comme ch2 (ωτ ) − sh2 (ωτ ) = 1, on en déduit que : 2 l sh (ωτ ) = ch2 (ωτ ) − 1 = −1 r0 D’où : vr (M) = ω l2 − r02 ur 14 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 15 Chapitre 1 . Référentiels non galiléens • La vitesse d’entraînement de M est : ve (M) = rωuθ . Pour t = τ , on a : ve (M) = lωuθ On en déduit la vitesse absolue de M lorsqu’il quitte la tige : va (M) = ω l2 − r02 ur + lωuθ 2. z ω α g H T u A M fie O u r P (Δ) Système : Point matériel M de masse m. Référentiels : G = O ; ux , uy , uz , t référentiel terrestre galiléen et = (O ; ur , uθ , uz , t) référentiel non galiléen. Le vecteur rotation instantané de par rapport à G est : ω /G = ωuz . Le mouvement relatif de M est rectiligne. La vitesse relative est vr (M) = ṙuT et l’accélération relative est ar (M) = r̈uT . © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. Bilan des forces : = mg = −mguz . • Poids : P ⊥uT . • Réaction du support : il n’y a pas de frottement, donc R − → 2 • Force d’inertie d’entraînement : fie = mω HM. On a HM = r sin α. D’où : fie = mω2 r sin αur • Force d’inertie de Coriolis : fic = −2mω /G ∧ vr (M) = −2mωuz ∧ ṙuT Principe fondamental de la dynamique dans : +R + fie + fic ma (M) = P La projection sur uT fournit directement l’équation différentielle : mr̈ = mω2 r sin α sin α − mg cos α Soit : r̈ − ω2 sin2 α r = −g cos α. On pose ω = ω sin α. D’où : r̈ − ω 2 r = −g cos α 15 TP16-0423-Book1 21/04/2017 12:6 Page 16 Partie 1 . Mécanique • Solution générale de l’équation différentielle homogène : l’équation ca2 ractéristique est x2 − ω = 0, soit x = ±ω . On en déduit que : rSG = Ach ω t + Bsh ω t . g cos α • Solution particulière de l’équation avec second membre : rSP = . 2 ω • On en déduit la solution de l’équation différentielle : r (t) = Ach ω t + g cos α Bsh ω t + et ṙ (t) = Aω sh ω t + Bω ch ω t . 2 ω g cos α • À t = 0, r = r0 et ṙ = 0. On a donc r0 = A + et 0 = B. ω2 Finalement, on a : g cos α g cos α r (t) = r0 − ch ω t + 2 ω ω2 Remarque : On retrouve bien le résultat de la question 1 avec α = π . 2 3. À l’équilibre relatif, on a r̈ = 0. On en déduit d’après l’équation différentielle : g g cos α req = 2 cos α = ω ω2 sin2 α Il ne peut exister une position d’équilibre sur l’axe que si req ≤ l, soit ω2 sin2 α 1 g cos α ≥ , d’où ω2 ≥ . Il faut donc que ω ≥ ω0 avec : g cos α l l sin2 α g cos α ω0 = l sin2 α 4. On se place dans le cas où ω > ω0 , l’anneau étant dans sa position d’équilibre. Si on l’écarte légèrement de cette position d’équilibre : • Si r > req , la force d’inertie d’entraînement augmente, l’anneau s’éloigne de l’équilibre car les autres forces sont inchangées. • Si r < req , la force d’inertie d’entraînement diminue, l’anneau s’éloigne de l’équilibre car les autres forces sont inchangées. On peut en conclure que la position d’équilibre est instable. 16
