application 1

Application 1 :
Mesure d’un coefficient de viscosité par les oscillations d’un système masse-ressort
On se propose de déterminer la valeur du coefficient de viscosité 𝜂 d'un liquide. On étudie pour
cela le mouvement oscillatoire amorti d'une bille accrochée à un ressort
1. On réalise d’abord l’expérience dans l’air où les frottements fluides sont
négligeables. On suspend alors une sphère, de rayon 𝑟, de masse
volumique 𝜌1 et de masse 𝑚, à un ressort de raideur 𝑘 et de longueur à
vide 𝑙0 et dont l’autre extrémité est attachée à un support fixe. A l’équilibre
du système, la longueur du ressort est 𝑙𝑒 .
a. Établir l'expression de l'allongement du ressort à l'équilibre en fonction
des paramètres caractérisant le système. Calculer sa valeur avec les
données suivantes :
𝜌1 = 2700kg.m−3 , 𝑘 = 3 N.m−1 , 𝑟 = 1𝑐𝑚 , 𝑔 = 9,81 m.s−2 .
b. On écarte, verticalement, la sphère de sa position d'équilibre de (𝑥(𝑡 = 0) = 𝑥0 ) et on la
lâche sans vitesse initiale (𝑣(𝑡 = 0) = 0). En utilisant une approche énergétique, établir
l’équation différentielle du mouvement.
c. En déduire les expressions de la pulsation propre 𝜔0 et de la période propre 𝑇0 . Calculer
la valeur numérique de 𝑇0 .
2. On réalise maintenant l'expérience en plongeant la sphère dans de l'huile,
de viscosité 𝜂 et masse volumique 𝜌2 = 800kg.m−3 .
En mouvement, la sphère est soumise à une force de frottement fluide dont
l’expression est donnée par la formule de Stokes :
𝑓⃗ = −6𝜋𝜂𝑟𝑣⃗ = −𝑐𝑣⃗, où 𝑣⃗ est la vitesse verticale de la sphère.
a. L'allongement du ressort dans la nouvelle position d'équilibre est-il
identique à celui de la question 1.a) ? Justifier votre réponse. Donner sa
valeur numérique.
b. On écarte à nouveau la sphère de sa position d'équilibre d’une distance
(𝑥(𝑡 = 0) = 𝑥0 ) et on la lâche sans vitesse initiale (𝑣(𝑡 = 0) = 0). Etablir l’équation
𝑚𝜔0
différentielle du mouvement. En posant 𝑄 =
, donner l’expression de 𝑄 en fonction
𝑐
de 𝜂, 𝑘, 𝑟 et 𝜌1 .
c. Une étude expérimentale a montré que le mouvement de la sphère est pseudo-périodique
de pseudo-période T et que le décrément logarithmique est 𝛿 = 0,3. Déterminer les
expressions de :
- 𝑇 en fonction de 𝑇0 et de 𝑄,
- 𝛿 en fonction de 𝑇, 𝑄 et 𝜔0 ,
- 𝑄 en fonction de 𝛿.
d. À partir des données du problème, déterminer la viscosité 𝜂 de l’huile.
Exercice 2
Un oscillateur mécanique est constitué d’un ressort de masse négligeable de constante de
raideur k et un petit corps (C) de masse m.
Une extrémité du ressort est fixée à un rail incliné d’un angle α par rapport à l’horizontal et
à l’autre on suspend le corps (C). Celui-ci peut glisser sans frottement sur le rail. On associe à
celui-ci un axe (O, x) orienté vers le bas et dont l’origine O coïncide avec la position de (C) à
l’équilibre.
La force de frottement qu’exerce l’air sur le mobile (C) est équivalente à une action de la


forme f  hv ou h une constante strictement positive et v le vecteur vitesse instantanée du
mobile. On écarte le mobile d’une distance d vers le bas et on le libère sans vitesse initiale.
1.
Établir l’équation différentielle que vérifie x et la mettre sou la forme :
x w0 xw02x 0 Q et w0 des constantes positive dont on donnera l’expression en fonction de
Q
m, k et h.
2.
On suppose que Q =1 (régime pseudopériodique). Etablir l’équation horaire du
mouvement x(t) dans ce cas, en fonction de d et w0. En déduire la valeur du décrement
logarithmique δ.
3.
Montrer qu’avec un choix judicieux de l’état de référence, l’énergie potentielle totale
peut se mettre sous la forme Ep 
1kx2 et
2
l’énergie cinétique peut se mettre sous la forme
.2
1
Ec  mx .
2
4.
Exprimer l’énergie mécanique initiale du systéme Em, ainsi que l’energie dissipée à la
fin de la 1ére pseudo-période Em, en fonction de d et de k. En déduire, le pourcentage
d’énergie mécanique dissipée après chaque période.
Exercice 3
En utilisant un modèle à un degré de liberté, on étudie les vibrations d’une machine
industrielle. La machine en question, de masse 𝑀, est montée sur une dalle rigide par
l’intermédiaire d’un plot de caoutchouc. Le plot est modélisé par un système mécanique
vibratoire à un degré de liberté (figure 3), composé d’un ressort de raideur en parallèle
avec un amortisseur de constante c. La position, la vitesse et l’accélération de la machine
sont notées respectivement par, 𝑥(𝑡) et 𝑥̇ (𝑡) et 𝑥̈ (𝑡) relativement à la position
d’équilibre statique. Lorsque la machine ne fonctionne pas, le plot présente un
écrasement sous la masse de la machine ∆𝑙 = 𝑙 − 𝑙0 sous la masse 𝑀 de la machine.
Données numériques :
- Masse de la machine : 𝑀 = 300 𝐾𝑔 ; Accélération de la pesanteur : 𝑔 = 10 𝑚/𝑠 2 .
- Le raccourcissement est : ∆𝑙 = 5𝑚𝑚.
1. Montrer que l’équation différentielle du mouvement s’écrit : 𝑀𝑥̈ + 𝑐𝑥̇ + 𝑘𝑥 = 0.
2. Calculer les valeurs de la raideur du ressort 𝑘 , la pulsation propre 𝜔0 du système
(machine, plot).
3. En négligeant l’amortissement, à l’instant initial, la machine est déplacée à la position
𝑥0 = 2 𝑚𝑚 et libérée ensuite avec une vitesse 𝑉0 = 0.1 𝑚/ 𝑠 .
a. Exprimer la position 𝑥(𝑡) , la vitesse 𝑣(𝑡) et l’accélération 𝛾(𝑡).
b. En traçant le diagramme de Fresnel (faire une figure), mettre la position 𝑥(𝑡) sous la
forme : 𝑥(𝑡) = 𝑋 𝑐𝑜𝑠(𝜔0 𝑡 + 𝜑) en précisant les expressions de 𝑋 et 𝜑 en fonction de
𝑥0 , 𝜔0 et 𝑉0 . Calculer 𝑋 et 𝜑.
Dans la suite, l’amortissement n’est plus négligeable. Il est prévu alors que l’amplitude
du mouvement de la machine de la dixième oscillation 𝑋10 soit 10% de celle de la
première oscillation 𝑋1 .
4. Calculer le décrément logarithmique 𝛿.
5. Calculer la constante  =

𝜔0
en montrant la relation 𝛿 =
2𝜋
√1−2
.
6. En déduire la constante d’amortissement c.
7. Afin que le régime d’amortissement soit apériodique et réduit plus rapidement
possible le déplacement à zéro, déterminer la raideur 𝑘 puis 𝜔0 en maintenant 𝑀 et 𝑐
constantes.
8. Dans les conditions du régime critique, exprimer 𝑥(𝑡) telles que 𝑥0 = 2 𝑚𝑚 sans
vitesse initiale.
Correction
Exercice 1
14
a- Système : sphère de masse 𝑚 = 𝜋𝑟 3 𝜌1 .
3
⃗⃗⃗⃗ = 𝑚𝑔 𝑒⃗𝑥 et 𝑇
⃗⃗⃗⃗ = −𝑘(𝑙𝑒 − 𝑙0 ) 𝑒⃗𝑥
Bilan des forces : 𝑃
À l'équilibre : on a ⃗⃗⃗⃗
𝑃 + ⃗⃗⃗⃗
𝑇 = ⃗⃗⃗⃗
0,
En projetant selon (OX) : 𝑚𝑔 − 𝑘(𝑙𝑒 − 𝑙0 ) = 0.
Donc l'allongement du ressort à l'équilibre est : ∆𝑙𝑒 = (𝑙𝑒 − 𝑙0 ) =
𝑚𝑔
𝑘
4
𝑔
3
𝑘
= 𝜋𝑟 3 𝜌1 .
b- Le poids et la tension du ressort sont des forces conservatives ; Le système est
donc conservatif et l'énergie mécanique se conserve.
La résultante des forces appliquée à l’instant t est :
⃗⃗⃗⃗
⃗⃗ = (𝑚𝑔 − 𝑘(𝑙𝑒 + 𝑥 – 𝑙0 )) 𝑒⃗𝑥 = (𝑚𝑔 − 𝑘(𝑙𝑒 – 𝑙0 ) − 𝑘𝑥) 𝑒⃗𝑥
𝐹 = ⃗⃗⃗⃗
𝑃 +𝑇
= −𝑘𝑥 𝑒⃗𝑥 , (compte tenu de la condition d’équilibre).
⃗⃗⃗⃗ = −
𝐹
𝜕𝐸𝑝
𝑒⃗ = −𝑘𝑥 𝑒⃗𝑥 ⇒
𝜕𝑥 𝑥
1
𝐸𝑝 (𝑥) = 𝑘𝑥 2 + 𝑐𝑡𝑠 (𝑐𝑠𝑡 = 0 𝑝𝑜𝑢𝑟 𝐸𝑝 (𝑥 = 0) = 0).
2
1
1
2
2
𝐸𝑐 = 𝑚𝑣 2 = 𝑚𝑥̇ 2
1
1
2
2
Donc : 𝐸𝑚 = 𝑘𝑥 2 + 𝑚𝑥̇ 2 = 𝑐𝑠𝑡
𝑑𝐸𝑚
𝑘
= 𝑘𝑥̇ 𝑥 + 𝑚𝑥̇ 𝑥̈ = 0 ⇔ 𝑥̈ + 𝑥 = 0 ⇔ 𝑥̈ + 𝜔02 𝑥 = 0.
𝑑𝑡
𝑚
c- La pulsation propre 𝜔0 = √
𝑘
𝑚
et de la période propre 𝑇0 =
Équation horaire x(t) du mouvement est :
2𝜋
𝜔0
𝑚
= 2𝜋√
𝑘
𝑥(𝑡) = 𝑥0 cos(𝜔0 𝑡) +
𝑣0
𝑥0
sin(𝜔0 𝑡) = 𝑥0 cos(𝜔0 𝑡)
2a- Bilan de forces appliquées :
-
Cette bille est soumise à :
-
Son poids : 𝑃⃗⃗ = 𝑚𝑔𝑒⃗⃗⃗⃗𝑥
-
La poussée d’Archimède : ⃗⃗⃗⃗
𝑓𝑎 = −𝑓𝐴 ⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑥
-
L’effet de la viscosité du fluide représentés par une force de frottement fluide :
⃗⃗⃗⃗
𝑓𝑣 = − ℎ 𝑣 ⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑥 = −𝑐𝑥̇ ⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑥
-
⃗⃗ = −𝑘(𝑙 − 𝑙0 )𝑒⃗⃗⃗⃗,
La tension ressort : 𝑇
𝑥
Appliquons la P.F.D :
⃗⃗ = 𝑚 𝑎⃗
𝑃⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗
𝑓𝑎 + ⃗⃗⃗⃗
𝑓𝑣 + 𝑇
En projetant cette équation sur l’axe (OX), équation d’évolution de la bille est alors :
𝑚𝑔 − 𝑓𝑎 − 𝑐𝑥̇ − 𝑘(𝑙 − 𝑙0 ) = 𝑚𝑥̈
(1)
À l’équilibre, nous avons :
𝑚𝑔 − 𝑓𝐴 − 𝑘(𝑙′é𝑞 − 𝑙0 ) = 0 ⇔ ∆𝑙′𝑒 = (𝑙é𝑞 − 𝑙0 ) =
⬚
𝑚𝑔 − 𝑓𝑎
≠ ∆𝑙𝑒
𝑘
L’allongement n’est plus le même à cause de l’existence de la poussée d’Archimède.
b- La longueur du ressort à l’instant t est : 𝑙 = 𝑙é𝑞 + 𝑥(𝑡)
En remplaçant dans (1) et en tenant compte de la condition d’équilibre on aura :
𝑥̈ +
𝑐
𝑘
𝜔0
𝑥̇ + 𝑥 = 0 ⇔ 𝑥̈ (𝑡) +
𝑥̇ (𝑡) + 𝜔02 𝑥(𝑡) = 0
𝑚
𝑚
𝑄
𝑘
Avec : - 𝜔0 = √ ∶ La pulsation propre de l’oscillateur ;
𝑚
-
𝑄=
𝑚𝜔0
𝑄=
𝑐
: le facteur de qualité.
𝑚𝜔0
𝑚
𝑘
1
1
4
𝑟𝜌 𝑘
ඨ =
ඨ 𝜋𝑟 3 𝜌1 𝑘 = ඨ 1 2
ξ𝑚𝑘 =
=
𝑐
6𝜋𝜂𝑟 𝑚 6𝜋𝜂𝑟
6𝜋𝜂𝑟 3
27𝜋𝜂
c- L’équation caractéristique :
𝑟2 +
Qu’on peut mettre sous la forme : 𝑟 2 + 2
𝜔0
𝑟 + 𝜔02 = 0
𝑄
𝜔0
2𝑄
𝑟 + 𝜔02 = 0
Afin d’utiliser son discriminant réduit pour sa résolution : ∆′ = 𝜔02 (
1
4𝑄2
′
− 1)
Puisque le mouvement de la sphère est pseudo-périodique alors ∆ < 0. La solution de
l’équation différentielle est :
𝑥(𝑡) = 𝑒
Avec : ω = √|∆|′ = 𝜔0 √(1 −
Donc : 𝑇 =
2𝜋
ω
=
2𝜋
1
𝜔0 √(1− 2 )
4𝑄
=
𝜔
− 0𝑡
2𝑄 (𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡)
1
4𝑄2
+ 𝐵𝑠𝑖𝑛(ω𝑡))
),
2𝑄
𝑇
√(4𝑄2 −1) 0
Le décrément logarithmique défini par : 𝛿 = ln(
𝑋(𝑡)
𝑋(𝑡+𝑇)
), dans la cas d’un régime pseudo-
périodique on a :
𝑋(𝑡) = 𝐷 𝑒
𝑋(𝑡 + 𝑇) = 𝐷 𝑒
𝜔
−2𝑄0 (𝑡+𝑇)
𝑐𝑜𝑠(𝜔(𝑡
𝜔
−2𝑄0 𝑡
𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑝 𝑡 + 𝜑),
+ 𝑇)) + 𝜑) = 𝐷 𝑒
𝜔
𝜔
−2𝑄0 𝑡 −2𝑄0 𝑇
𝑒
𝜔
𝜔
−2𝑄0 𝑡 −2𝑄0 𝑇
𝑒
𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 𝜑)
𝜔0
𝑇
𝜔0
=𝐷𝑒
Donc :
𝑋(𝑡)
𝑋(𝑡+𝑇)
= 𝑒 2𝑄 ⇒ 𝛿 =
2𝑄
𝑇=
𝜋 𝜔0
𝑄𝜔
d- Selon (2b) et (2c) on a :
𝜋
1
𝛿
4
𝑄 = √( )2 +
𝑟𝜌1 𝑘
=√
27𝜋𝜂2
Donc :
𝜂=√
𝑟𝜌1 𝑘
𝜋
1
27𝜋 ቂ( )2 + ቃ
4
𝛿
=
𝜋
√𝑄2 −
1
4
𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡 + 2𝜋 + 𝜑)
Exercice 2
1- Le PFD :
⃗⃗ + 𝑃⃗⃗ + 𝑅⃗⃗ = 𝑚𝑎⃗
𝑓⃗ + 𝑇
La projection de cette relation sur l’axe (OX) donne :
−ℎ𝑥̇ − 𝑘(𝑙(𝑡) − 𝑙0 ) + 𝑚𝑔 sin(𝛼) = 𝑚𝑥̈
À l’équilibre on a : 𝑙(𝑡) = 𝑙𝑒 et 𝑥̇ = 0 𝑒𝑡 𝑥̈ = 0, donc :
𝑘(𝑙𝑒 − 𝑙0 ) − 𝑚𝑔 sin(𝛼) = 𝑘∆𝑙 − 𝑚𝑔 sin(𝛼) = 0
On remplace 𝑙(𝑡) = 𝑙𝑒 + 𝑥 dans l’équation différentielle on aura :
𝑚𝑔 sin(𝛼) − 𝑘(𝑙𝑒 − 𝑙0 ) − ℎ𝑥̇ − 𝑘𝑥 = 𝑚𝑥̈
Compte tenu de la condition d’équilibre, cette équation devient :
𝑥̈ +
ℎ
𝑘
𝜔0
𝑥̇ + 𝑥 = 0 ⇔ 𝑥̈ +
𝑥̇ + 𝜔0 2 𝑥 = 0
𝑚
𝑚
𝑄
2- L’équation caractéristique est :
4
𝜌1 − 𝜌2
𝜋𝑟 3
3
𝑘
∆′ = 𝜔02 (
1
4𝑄 2
3
− 1) , 𝑝𝑜𝑢𝑟 𝑄 = 1 𝑜𝑛 𝑎 ∶ ∆′ = − 𝜔02 < 0, il s’agit d’un régime pseudo4
périodique, donc la solution générale s’écrit sous la forme (voir cours) :
𝜔0
𝑥(𝑡) = 𝑒 − 2 𝑡 (𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑝 𝑡) + 𝐵𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑝 𝑡)) , avec 𝜔𝑝 = √|∆′ |=
ξ3
𝜔0
2
Conditions initiales : 𝑥(𝑡 = 0) = 𝑑 𝑒𝑡 𝑥̇ (𝑡 = 0) = 0
𝜔0
𝑥̇ (𝑡) = 𝑒 − 2 𝑡 ቈ−
𝜔0
ൣ𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑝 𝑡) + 𝐵𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑝 𝑡)൧ + ൣ−𝐴𝜔𝑝 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑝 𝑡) + 𝐵𝜔𝑝 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑝 𝑡)൧቉
2
⬚ 𝜔0
 𝑥̇ (𝑡 = 0) = 0 ⇒
⬚
2
⬚
𝐴 + 𝐵𝜔𝑝 = 0 ⇒ 𝐵 =
⬚
 𝑥(𝑡 = 0) = 𝑑 ⇒ 𝐴 = 𝑑 ⇒ 𝐵 =
𝜔0
D’où : 𝑥(𝑡) = 𝑒 − 2 𝑡 ൬𝑑 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑝 𝑡) +
1
ξ3
1
ξ3
𝜔0
2𝜔𝑝
𝐴=
1
ξ3
𝐴.
𝑑
𝑑 𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑝 𝑡)൰=
2
ξ3
𝑑𝑒 −
𝜔0
𝑡
2
ξ3
𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑝 𝑡)
2
ቆ
+
1
2
𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑝 𝑡)ቇ
𝑥(𝑡) =
2
ξ3
𝜔0
𝑡
2
𝑑𝑒 −
𝑋𝑚 cos(𝜔𝑝 𝑡 + 𝜑)
1
1
ξ3
2
𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑋𝑚 = √( )2 + ( )2 = 1 𝑒𝑡 𝑡𝑎𝑛(𝜑) = − ξ3
=−
2
2
2
𝑥(𝑡)=
2
ξ3
𝛿 = ln ൬
𝜔0
1
ξ3
⬚
⇒𝜑 =−
𝜋
6
𝜋
𝑑𝑒 − 2 𝑡 ൬𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑝 𝑡 − )൰, avec
6
𝑋(𝑡)
𝑋(𝑡+𝑇𝑝 )
൰ = 𝜆 𝑇𝑝 , 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝜆 =
𝛿=
𝜔0
2𝑄
et 𝑇𝑝 =
2𝜋
𝜔𝑝
𝜔0 2𝜋 𝜔0
2𝜋
2𝜋
2𝜋
×
=
×
=
, 𝑝𝑜𝑢𝑟 𝑄 = 1, 𝛿 =
.
2𝑄 𝜔𝑝 2𝑄 ξ3
ξ3𝑄
ξ3
𝜔
2 0
3- Les forces conservatives sont :
⃗⃗ = −𝑘(𝑙𝑒 + 𝑥 − 𝑙0 )𝑒⃗⃗⃗⃗⃗𝑥 et 𝑃⃗⃗ = 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝛼)𝑒⃗⃗⃗⃗⃗𝑥 − 𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠(𝛼)𝑒⃗⃗⃗⃗⃗,
𝑇
𝑦 donc :
⃗⃗ + 𝑃⃗⃗
La résultante 𝐹⃗ est : 𝐹⃗ = 𝑇
𝑑𝐸𝑝 = −𝛿𝑊(𝐹⃗ ) = −𝐹⃗ . 𝑑𝑥 𝑒⃗⃗⃗⃗⃗𝑥 = −(−𝑘𝑥 − 𝑘(𝑙𝑒 − 𝑙0 ) + 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝛼))𝑑𝑥
Compte tenu de la condition d’équilibre (𝑘(𝑙𝑒 − 𝑙0 ) + 𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛(𝛼) = 0)
1
On aura : 𝑑𝐸𝑝 = 𝑘𝑥𝑑𝑥 ⇒ 𝐸𝑝 (𝑥) = 𝑘𝑥 2 + 𝑐𝑠𝑡
2
1
Et on a : 𝐸𝑐 = 𝑚𝑥̇ 2
2
4- On a : 𝑥(𝑡)=
2
ξ3
𝜔0
𝜋
−
𝑑𝑒 − 2 𝑡 ൬𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑝 𝑡 − )൰, Donc : 𝑥(𝑡 = 𝑇𝑝 ) = 𝑑e
6
1
1
2
2
2𝜋
ξ3
D’autre part : 𝐸𝑚 = 𝑘𝑥 2 + 𝑚𝑥̇ 2
𝑥̇ (𝑡)=−
2
ξ3
𝜔0
𝜔0
𝑑𝑒 − 2 𝑡 ൬
=−
2
ξ3
𝜋
𝜋
6
6
𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑝 𝑡 − ) + 𝜔𝑝 𝑠𝑖𝑛 (𝜔𝑝 𝑡 − )൰
2
𝜔0
𝑑𝑒 − 2 𝑡 ൭
1
𝜔𝑝
𝜋
𝜋
2𝜋
𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑝 𝑡 − ) + 𝜔𝑝 𝑠𝑖𝑛 (𝜔𝑝 𝑡 − )൱ ⇔ 𝑥̇ ቆ𝑡 = 𝑇𝑝 = ቇ = 0
⬚
6
6
𝜔𝑝
ξ3
Donc : 𝐸𝑚 (𝑡 = 𝑇𝑝 ) = 𝑘𝑑 2 e
2
−
2𝜋
ξ3
Donc : 𝐸𝑚 (𝑡 = 𝑇𝑝 ) = 𝐸𝑚 (𝑡 = 0)e
et
−
2𝜋
ξ3
1
1
1
2
2
2
𝐸𝑚 (𝑡 = 0) = 𝑘𝑥(0)2 + 𝑚𝑥̇ (0)2 = 𝑘𝑑 2
⇒
⬚
𝐸𝑚 (𝑡=0)−𝐸𝑚 (𝑡= 𝑇𝑝 )
𝐸𝑚 (𝑡=0)
=1- e
−
2𝜋
ξ3
≅ 99.93%
Il y a une faible dissipation de l’énergie mécanique pendant chaque période, donc le système est
faiblement amorti.
Exercice 3
1. Bilan des efforts appliqués sur la machine M.
- Le poids 𝑃⃗⃗ = − 𝑚𝑔 ⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑥
-
⃗⃗ = − 𝑘∆𝑙 ⃗⃗⃗⃗
La tension du ressort 𝑇
𝑒𝑥 = − 𝑘(𝑙 − 𝑙0 )𝑒⃗⃗⃗⃗𝑥 = − 𝑘(𝑙 − 𝑙0 ) 𝑒⃗⃗⃗⃗𝑥
-
La force d’amortissement 𝐹⃗ = −𝑐𝑥̇ ⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑥
En appliquant le PFD on aura :
⃗⃗+ 𝐹⃗ = 𝑀𝑥̈ ⃗⃗⃗⃗
𝑃⃗⃗+𝑇
𝑒𝑥
La projection sur (OX) donne :
− 𝑀𝑔 − 𝑘(𝑙 − 𝑙0 ) − 𝑐𝑥̇ = 𝑀𝑥̈
À l’équilibre on a : 𝑥̇ = 0 𝑒𝑡 𝑥̈ = 0.
Donc : − 𝑀𝑔 − 𝑘(𝑙𝑒 − 𝑙0 ) = 0
Or : 𝑙 = 𝑙𝑒 + 𝑥
− 𝑀𝑔 − 𝑘(𝑙𝑒 + 𝑥 − 𝑙0 ) − 𝑐𝑥̇ = 𝑀𝑥̈ ⇔ − 𝑀𝑔 − 𝑘(𝑙𝑒 − 𝑙0 ) − 𝑘𝑥 − 𝑐𝑥̇ = 𝑀𝑥̈
D’où (Tenant compte de la condition d’équilibre) :
𝑀𝑥̈ + 𝑘𝑥 + 𝑐𝑥̇ = 0
2. De la condition d’équilibre on a : : − 𝑀𝑔 − 𝑘(𝑙𝑒 − 𝑙0 ) = − 𝑀𝑔 − 𝑘∆𝑙𝑒 = 0
Donc : 𝑘 =
𝑀𝑔
∆𝑙𝑒
, A.N : 𝑘 = 6108 (N/m)
𝑘
𝜔0 = √ , A.N : 𝜔0 =44.72 rad/s.
𝑀
3. Amortissement négligé ⇔ 𝑐 = 0.
a- L’équation différentielle s’écrit sous la forme :
𝑥̈ +
𝑘
𝑀
𝑥 = 0 ⇔ 𝑥̈ + 𝜔02 𝑥 = 0. C’est l’équation d’’un oscillateur harmonique.
Dans ce cas on a :
𝑥(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔0 𝑡) + 𝐵 𝑠𝑖𝑛(𝜔0 𝑡) = 𝑥0 𝑐𝑜𝑠(𝜔0 𝑡) +
-
𝑥̇ (𝑡) = −𝑥0 𝜔0 𝑠𝑖𝑛(𝜔0 𝑡) + 𝑣0 𝑐𝑜𝑠(𝜔0 𝑡)
-
𝑥̈ (𝑡) = −𝑥0 𝜔02 𝑐𝑜𝑠(𝜔0 𝑡) − 𝑣0 𝜔0 𝑠𝑖𝑛(𝜔0 𝑡)
-
𝑥̈ (𝑡) = −𝑥0 𝜔02 𝑐𝑜𝑠(𝜔0 𝑡) − 𝑣0 𝑠𝑖𝑛(𝜔0 𝑡)
𝑣0
𝑠𝑖𝑛(𝜔0 𝑡)
𝜔0
b- 𝑥(𝑡) peut s’écrire sous la forme :
𝑥(𝑡) = 𝑋𝑐𝑜𝑠(𝜔0 𝑡 − 𝜑) avec 𝑋 = et tan(𝜑) =
𝑣0
𝜔 0 𝑥0
.
4. Par définition le décrément logarithmique est :
1
𝑥(𝑡)
𝑛
𝑥(𝑡+𝑛𝑇𝑝 )
𝛿𝑛 = ln ൬
൰, Où 𝑇𝑝 𝑒𝑠𝑡 𝑙𝑎 𝑝𝑠𝑒𝑢𝑑𝑜 − 𝑝é𝑟𝑖𝑜𝑑𝑒.
Si l’amplitude diminue de 10% après 10 oscillations alors :
𝑥(𝑡 + 10𝑇𝑝 ) = ൬1 −
1
10
9
𝑥(𝑡)
10
=
൰ 𝑥(𝑡) = ൬ ൰ 𝑥(𝑡) ⇒
100
10
9
𝑥(𝑡 + 10𝑇𝑝 )
10
Donc : 𝛿 = 10 ln( 9 )=0.01
5. On a :
1
𝑥(𝑡)
𝑛
𝑥(𝑡+𝑛𝑇𝑝
𝛿 = ln ൬
𝜔
൰ = 𝑇𝑝  𝜔0 = 2𝜋 𝜔 0
)
𝑝
𝜔𝑝 = 𝜔0 √1 − ()2
𝜔0
2𝜋
=
𝜔𝑝 √1 − +()2
𝛿
𝑒𝑡  =
≅ 3 10−3
√(𝛿)2 + (4𝜋)2
𝑑𝑜𝑛𝑐 𝛿 = 2𝜋
6. On a : 2 𝜔0 =
𝑐
𝑀
𝑑𝑜𝑛𝑐 ∶ 𝑐 = 2𝑀 𝜔0 , AN : 𝑐 = 79735 𝑁𝑠/𝑚
7. Régime critique : ∆′ = 0 ⇒  = 1
𝜔0 =
𝑐
2𝑀
, AN : 𝜔0 = 0.13 𝑟𝑎𝑑/𝑠
8. Régime critique : 𝑥(𝑡) = (𝐴𝑡 + 𝐵)𝑒 −𝑡
𝑥0
𝑥(𝑡) = ( 𝑡 + 𝑥0 ) 𝑒 −𝑡
