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osc exo (1)

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Exercices sur l’oscillateur harmonique
I 74. Pendule cycloïdal.
y
Un mobile pesant M assimilable à un point matériel de
M
masse m coulisse sans frottement sur l’arc de cycloïde
dessiné ci-contre. On repère sa position par ses
coordonnées cartésiennes x et y sur deux axes Ox
x
O
horizontal et Oy vertical dirigé vers le haut. L’équation
paramétrique de la cycloïde est :
x = b ( θ + sin θ ) y = b ( 1 − cos θ ) , où b est une constante et θ une variable dont la variation entre −π et π
engendre l’arc. On note g la pesanteur.
1) Exprimer les coordonnées (dx , dy ) d’un déplacement élémentaire du mobile en fonction de b , θ et d θ .
2) En déduire la longueur ds de ce déplacement.
q comptée positivement vers la droite, est : s = 4b sin θ .
3) En déduire que l’abscisse curviligne s = OM
2
mgs 2
4) Montrer que l’énergie potentielle associée à la force totale subie par le mobile est E p =
.
8b
5) Exprimer l’énergie totale du mobile est en fonction de s et s .
6) Dériver par rapport au temps cette expression et en déduire une équation différentielle du mouvement portant sur
la fonction s(t ) .
7) A quelle condition sur la vitesse vO en O le mouvement reste confiné sur l’arc de cycloïde considéré ? Quelle est
alors la période T du mouvement ? Cette période dépend-elle de l’amplitude ?
8) A l’instant 0, le mobile est à la position correspondant à θ = θM avec une vitesse nulle. A quel instant t
passe-t-il pour la première fois en O ? Avec quelle vitesse v ?
II60.
g = 9, 8 m . s−2 .
Une automobile de masse m = 850 kg est schématisée par une carrosserie de masse m1 = 700 kg reposant par
l'intermédiaire de quatre ressorts de raideur k = 6950 N/m sur quatre roues, chacune de masse m2 = 37,5 kg .
1) Calculer la hauteur dont il faut soulever la carrosserie pour que les roues décollent du sol.
2) Calculer la période des oscillations verticales de la carrosserie.
III33.
L'oscillateur ci-contre est primitivement en équilibre. On lui applique une force F
k
constante dirigée vers la droite pendant la durée τ, puis on supprime cette force.
1) Exprimer l’allongement x du ressort en fonction du temps t pendant l’application de
la force.
2) Exprimer l’énergie de cet oscillateur après suppression de la force.
3) Déterminer les valeurs de τ pour lesquelles l'amplitude finale des oscillations est maximum.
IV.
Le système étant à l’équilibre, on lance le mobile à la vitesse v0 vers la droite. A chaque
choc sur la paroi de droite, le mobile rebondit avec une vitesse diminuée de moitié. Le
ressort est suffisamment long pour qu’il n’y ait pas de choc à gauche. Il n’y a pas de
frottement et le mouvement s’effectue sur une droite fixe parallèle au ressort. Discuter le
nombre de rebonds sur la paroi de droite en fonction de v0k, m, L .
V28.
m
k
m
L
Un petit piston de masse m coulisse sans frottement dans un tube fin vertical en forme de tore de centre O et de
rayon moyen r . Il est attaché par un ressort courbe au point le plus bas du tube ; ce ressort coulisse sans frottement
dans le tube et exerce sur le piston une force, sa tension, égale à k θ ; si θ > 0 , comme dans la figure, le ressort est
comprimé, si θ < 0 , le ressort est tendu. Sous l’action de la tension et du poids, le piston a une position d’équilibre à
θ 0 = 75° .
1) Exprimer k .
2) Cette position d’équilibre est-elle stable ?
3) Si elle l’est, exprimer la pulsation des petites oscillations au voisinage de cette position en fonction de g , r et
d’un nombre réel écrit sous forme décimale.
4) θ pouvant varier entre −270° et +90° , y a-t-il d’autres positions d’équilibre ? S’il en existe, déterminer si elles
sont stables ou instables.
exercices sur l’oscillateur harmonique, page 1
VI19. D’après Mines-ponts 2001.
Un solide S, de masse m, est accroché au plafond par l’intermédiaire d’un ressort R1 de
masse négligeable et de raideur k. Un second ressort R2, identique au premier, pend sous le
solide (fig. 3). À partir de l’instant t = 0 on tire sur le ressort R2 avec une force F . On
constate que, si l’on accroît très lentement F , l’un des ressorts finit par se briser et que, si l’on
accroît très rapidement F , c’est l’autre ressort qui se brise.
1) Expliquer quel est, dans chacun de ces deux cas, le ressort qui se brise.
2) La force appliquée à l’extrémité libre de R2 varie avec l’instant t positif selon la loi
F = mαt , où α est une constante positive. La tension T de chaque ressort suit la loi de
HOOKE (proportionnalité de la tension à l’allongement), jusqu’à une tension de rupture Tr :
T = kx pour T < Tr , où x est l’allongement du ressort par rapport à sa longueur à vide. On
pose ω = k / m et l’on appelle x l’allongement de R1. A l’instant 0, le système est encore à
l’équilibre. Exprimer x en fonction du temps et des paramètres du problème.
3) Exprimer T2 − T1 en fonction de t .
4) Discuter selon la valeur de α le ressort qui casse en premier. Montrer la conformité de
cette réponse avec celle à la question 1.
Réponses
gs
θ
1
mgs 2
I. 1) dx = b ( 1 + cos θ )d θ et dy = b sin θd θ ; 2) ds = 2b cos d θ ; 5) E = ms2 +
; 6) s +
= 0 ; 7)
4b
2
8b
2
b
T G
θ G
v0 < 2 gb ; T = 4π
indépendante de l’amplitude ; 8) t =
; v = −2 gb sin M ux .
g
2
4
(m1 + 4m2 )g
m1
= 0, 30 m ; 2) T = π
= 1, 0 s .
4k
k
π
2π
F
F2
III. 1) x = [1 − cos ωt ] ; 2) E =
(1 − cos ωτ) ; 3) τ = modulo
.
ω
ω
k
k
IV. Si mv02 > kL2 , il y a une infinité de rebonds, sinon il n’y en a pas.
mg cos θ 0
= 0,198mg ; 2) oui ; 3) ω = 1, 079 g / r ; 4) θ = −1, 97 rad = −112, 9° (instable) et
V. 1) k =
θ0
θ = −3, 85 rad = −220, 5° (stable).
VI. 1) Si l’évolution est très lente, c’est R1 qui casse ; si elle est très rapide, c’est R2 qui casse ; 2)
mg mα
sin ωt
mα
x =
t−
; 3) T2 − T1 =
sin ωt − mg ; 4) si α < g ω , le premier ressort casse ; si α > g ω ,
+
k
k
ω
ω
l’un ou l’autre des ressorts casse ; si α g ω , le second ressort casse, la tension de rupture étant atteinte très vite.
II. 1) x =
(
)
exercices sur l’oscillateur harmonique, page 2
Corrigés
I.
1) Différentions les expressions de x et de y : dx = b ( 1 + cos θ )d θ et dy = b sin θd θ .
θ
θ
2) ds 2 = dx 2 + dy 2 = ⎡⎣ ( 1 + cos θ )2 + sin2 θ ⎤⎦ b 2d θ2 = [ 2 + 2 cos θ ]b 2d θ2 = 4b 2 cos2 d θ2 ⇒ ds = 2b cos d θ
2
2
qui est la différentielle d’une fonction monotone de θ dans l’intervalle [ −π, π ] , comme il se doit pour l’abscisse
curviligne.
θ
θ
θ θ
θ ⎤θ
θ
⎡
= 4b ⎢ sin ⎥ = 4b sin
3) s = ∫ 2b cos d θ = 4b ∫ cos d
0
2
2 2
2 ⎦0
2
⎣
4) Le mobile est soumis au poids, d’énergie potentielle mgy et à la réaction de l’arc dont le travail est nul.
()
E p = mgy = mgb ( 1 − cos θ ) = 2mgb sin2
θ
s
= 2mgb
2
4b
( )
2
=
mgs 2
.
8b
1 2 mgs 2
.
ms +
2
8b
gs
mgss
gs
+
6) 0 = mss
ms s +
= 0 . Eliminons la solution parasite s = 0 : s +
=0.
4b
4b
4b
7) Il n’y a pas de choc à une extrémité de l’arc si le mobile n’atteint pas cette extrémité, soit compte tenu du caractère
1 2
positif de l’énergie cinétique si E < E p ( θ = ±π )
mv + 0 < 2mgb v0 < 2 gb .
2 0
g
L’équation différentielle est celle d’un oscillateur harmonique de pulsation ω =
et de période
4b
2π
b
indépendante de l’amplitude.
= T = 4π
ω
g
5) E =
(
)
T
; exprimons la conservation de l’énergie :
4
G
θ
θ G
1 2
mv + 0 = 0 + 2mgb sin2 M ⇒ v = −2 gb sin M ux .
2
2
2
8) Le mobile passe en O à t =
II.
1) En charge, la suspension est raccourcie de x 0 =
m1g
. Quand la carrosserie est soulevée et les roues décollent du
4k
m2 g
. Il faut donc soulever la carrosserie de
k
(m + 4m2 )g
850 × 9, 8
=
= 0, 30 m .
x = x0 + x ' = 1
4k
4 × 6950
4k
m1
m1
700
2) m1x = −m1g − 4kx ⇒ ω2 =
et T = 2π
=π
=π
= 1, 0 s .
m1
4k
k
6950
sol, la suspension est étirée de x ' =
III.
1) mx = −kx + F . Posons ω2 = k / m ; la solution générale est x = A cos ωt + B sin ωt + F / k ; compte tenu
F
F
des conditions initiales : x (0) = A + = 0 x(0) = B ω = 0 ⇒ x = [1 − cos ωt ]
k
k
2) Quand on supprime la force F, les formules précédentes donnent les conditions initiales de la seconde phase du
F
Fω
mouvement x 0 = [1 − cos ωτ ] x 0 =
sin ωτ . L’énergie est
k
k
F2
F2
E = 21 mx 02 + 12 kx 02 = 2 [m ω2 sin2 ωτ + k (1 − cos ωτ)2 ] =
[sin2 ωτ + 1 − 2 cos ωτ + cos2 ωτ ]
2k
2k
F2
=
(1 − cos ωτ)
k
3) L’amplitude des oscillations est maximale quand l’énergie est maximale, donc quand
π
2π
.
cos ωτ = −1 ⇔ τ = modulo
ω
ω
Un autre raisonnement consiste à remarquer que pendant la première phase dE = Fdx , donc que l’énergie est
maximale quand x est maximum, ce qui est le bon moment pour supprimer la force.
exercices sur l’oscillateur harmonique, page 3
IV.
S’il y a rebond, la vitesse v avant le choc est telle que 21 mv02 = 21 mv 2 + 21 kL2 , donc mv02 > kL2 . Après
remplacement de v par −v / 2 , l’énergie 21 mv 2 + 21 kL2 reste supérieure à 21 kL2 , donc, s’il y a rebond, il y en aura un
autre.
Si mv02 > kL2 , il y a une infinité de rebonds.
Si mv02 < kL2 , il n’y a pas de rebond.
V.
1) Le piston est soumis au poids, à la tension du ressort et à la réaction du tube. Projetons la somme de ces forces sur
l’orthoradiale : Fθ = mg cos θ − k θ . Pour la position d’équilibre :
mg cos θ 0
12
5π
Fθ = 0 ⇒ k =
=
mg cos
= 0,198mg .
θ0
5π
12
2) Cette position d’équilibre est stable, car Fθ est
une fonction décroissante de θ ; en
dF
effet θ = −mg sin θ − k < 0 .
dθ
3) Projetons la loi fondamentale de la dynamique sur
l’orthoradiale, en développant Fθ au voisinage de la
position d’équilibre :
5π dFθ
5π
θ=
mr θ = Fθ θ −
12 d θ
12
1 dFθ
5π
5π
g
k
ω2 = −
θ=
= sin
+
12
12 mr
mr d θ
r
5π 12
5π
g
g
sin
cos
1,164
=
+
r
r
12 5π
12
(
) (
)
)
(
(
)
ω = 1, 079 g / r
4) Le graphe de Fθ / mg en fonction de θ , dessiné ci-contre pour θ en radian, montre deux autres positions
d’équilibre, θ = −1, 97 rad = −112, 9° (instable) et θ = −3, 85 rad = −220, 5° (stable). La stabilité résulte de ce
que Fθ ( θ ) est décroissante et l’instabilité de ce que Fθ ( θ ) est croissante.
VI. D’après Mines-ponts 2001.
1) Si l’évolution est très lente, supposons la quasi statique ; la tension de R2 est F et celle de R1 est F + mg , donc
plus grande ; c’est R1 qui casse.
Si l’augmentation de F est très rapide, la tension de R2 est F (loi de l’action et de la réaction) tandis que la masse
n’a pas le temps de bouger et que la tension de R1 reste mg ; c’est R2 qui casse.
2) Appliquons la loi fondamentale de la dynamique au corps, qui est soumis à son poids, à la tension −kx de R1 et à
la tension F = mαt de R2 : mx = mg + mαt − kx , soit x + ω2x = g + αt
g + αt
x = A cos ωt + B sin ωt +
ω2
2
x ( 0 ) = A + g / ω = mg / k ⇒ A = 0
x ( 0 ) = [ −Aω sin ωt + B ω cos ωt + α / ω2 ]t = 0 = B ω + α / ω2 = 0 ⇒ B = −α / ω3
x =
(
mg mα
sin ωt
+
t−
k
k
ω
(
)
)
sin ωt
mα
T2 = m αt T2 − T1 =
sin ωt − mg .
ω
ω
4) Comme sin ωt évolue entre –1 et +1, T2 − T1 est toujours négatif si α < g ω et a un signe variable si α > g ω .
Si α < g ω , T2 < T1 : c’est toujours le premier ressort qui casse (réponse conforme à celle à la question 1).
Si α > g ω , ce peut être l’un ou l’autre des ressorts qui casse.
mα
> Tr , donc c’est pendant le premier quart de période que se produit la brisure, alors
Si α très grand, mg ω
T2 − T1 est positif et c’est le second ressort qui se brise (réponse conforme à celle à la question 1).
3) T1 = mg + m α t −
exercices sur l’oscillateur harmonique, page 4
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