k - CPGE TSI Lycée Louis Vincent

TD S2 - Correction
Signaux
2013/14
Travaux dirigés Signaux n°S2 – Correction
Exercice 1 : Exemples d’oscillateurs
1. Soit un système régi par l’équation : m
z = −k ( z − l0 ) + mg .
a. On a une équation liant 
z à z uniquement. Cette équation est donc du type harmonique.
k
k
b. En retravaillant la formule, on trouve : m
z + kz = kl0 + mg ⇔ 
z + z = l0 + g . Identifions
m
m
2
2
z + ω 0 z = ω 0 zeq . On trouve alors :
cette formule à la forme canonique : 
k
k
2π
m
.
⇔ ω0 =
⇔ T0 =
= 2π
m
m
ω0
k
k
k
mg
De plus, l0 + g = ω 02 zeq = zeq ⇔ zeq = l0 +
.
m
m
k
4
2. Soit un système régi par l’équation : mL2θ = −mgL sin θ .
3
a. Cette équation n’est pas du type harmonique car elle lie θ et sin θ .
b. Si l’on considère que les oscillations du pendule sont limitées aux petits angles, on peut faire
4
l’approximation sin θ ≈ θ et l’équation devient mL2θ = −mgLθ qui est une équation du
3
type harmonique.
4
3g
c. Mettons la sous forme canonique : mL2θ + mgLθ = 0 ⇔ θ +
θ = 0 . En identifiant à la
3
4L
3g
3g
2π
4L
forme θ + ω 02θ = ω 02θ eq on trouve : ω 02 =
et θ eq = 0 .
⇔ ω0 =
⇔ T0 =
= 2π
4L
4L
ω0
3g
ω 02 =
Exercice 2 : Un tour en Mettis …
1. Dans le cadre d’un système Masse + Ressort, la pulsation des oscillations est ω 0 = k m d’où la
ω0
1 k
=
.
2π 2π m
2. Calculons la raideur des suspensions : ω 0 = k M ⇔ k = M ω 02 = 4π 2 Mf02 = 9, 45.10 5 N.m −1 . Au
fréquence : f0 =
retour, la masse du bus est M ' = M +100m = 30tonnes . On en déduit : f0 =
1
2π
k
= 0,89Hz .
M'
Exercice 3 : Caractéristiques d’un oscillateur
1. Par lecture graphique, on trouve une amplitude Xm=1,5cm ; une valeur moyenne xmoy=4cm ; une
période T0 = 3,1s d’où la fréquence : f0 = 1/T0 = 0,32 Hz.
2. Il s’agit en fait de la longueur x(t) = l(t) d’un ressort de constante de raideur k, relié à un point M
de masse m = 20kg. La masse se déplace horizontalement.
a. La position d’équilibre correspond à la valeur moyenne d’où xeq = 4 cm.
b. La vitesse maximale correspond à la valeur de la pente la plus importante (quand x = xeq)
Δx 1, 5
≈
= 3cm.s −1 = 0, 03m.s −1 (On peut également trouver vmax grâce à la
soit vmax =
Δt 0, 5
relation : vmax = ω 0 X m ).
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c. Lorsque la vitesse est maximale, l’énergie potentielle élastique est nulle. On peut donc
1 2
écrire : Em = EC + EP = EC max = mvmax
= 9mJ .
2
ω
1 k
d. On a la relation f0 = 0 =
d’où k = mω 02 = 4π 2 mf02 = 82N.m −1 .
2π 2π m
Exercice 4 : Positions d’équilibre
On étudie le système {point M de masse m} lié à un ressort de constante de raideur k et de longueur à
vide l0. Le point est repéré par son abscisse x.
mg
1. Dans le cas où l’axe Ox est horizontal : leq = l0. Si l’axe Ox est vertical, on trouve : leq = l0 +
.
k
2. Dans le cas où l’axe Ox fait un angle α :
⎡ mg ⎤
Analyse dimensionnelle : on sait que [m]=M ; [g]=L.T-2 ; [k]=M.T-2. Ainsi, ⎢ ⎥ = L . Un
⎣ k ⎦
k
cos α
cosinus ou un sinus n’ayant pas de dimension, on en déduit que l’expression xeq = l0 +
mg
est impossible.
mg
De plus, si α>0, alors xeq<l0 et si α<0, xeq<l0. Seule la solution xeq = l0 −
sin α possède cette
k
propriété.
mg
3. On peut vérifier que, si α=0 (cas horizontal) alors : xeq = l0 −
sin 0 = l0 .
k
mg ⎛ π ⎞
mg
sin ⎜ − ⎟ = l0 +
Si α = -π/2 (axe Ox vertical orienté vers le bas), on trouve : xeq = l0 −
.
⎝
⎠
k
2
k
Exercice 5 : Amplitude des oscillations d’une masse
1. On s’intéresse au système masse+ressort. On étudie le
mouvement lorsque la masse et le ressort sont accrochés.
a. Les forces appliquées
 au système sont : le poids P ; la



réaction du support R ainsi que la force de rappel du ressort : F = −k (l (t ) − l0 ) ux . Ici, le poids
et la réaction du support se compensent, et, d’après le schéma, l(t)=x(t).

   
b. Appliquons le PFD au mobile M de masse m : ma ( M ) = P + R + F = F









Or, OM = x(t)ux d’où v ( M ) = x (t)ux et a ( M ) = 
x(t)ux . Ainsi, l’équation précédente se met sous




x(t)ux = −k ( x (t ) − l0 ) ux .
la forme : m
En projetant, il reste : m
x(t) = −kx (t ) + kl0 ⇔ 
x(t) +
forme canonique : 
x(t) + ω 02 x (t ) = ω 02l0 .
k
k
k
pour établir la
x (t ) = l0 . On pose ω 02 =
m
m
m
c. La solution de cette équation est du type : x (t ) = A cos (ω 0 t ) + Bsin (ω 0 t ) + l0 .
D’après l’énoncé, x ( 0 ) = l0 d’où x ( 0 ) = A cos ( 0 ) + Bsin ( 0 ) + l0 = A + l0 = l0 ⇒ A = 0 .
De
plus
x ( 0 ) = −v0 .
Or,
x (t ) = −ω 0 Asin (ω 0 t ) + Bω 0 cos (ω 0 t )
−v0 = −ω 0 Asin ( 0 ) + Bω 0 cos ( 0 ) = Bω 0 ⇒ B = − v0 ω 0 .
On
en
déduit
v
v
x (t ) = − 0 sin (ω 0 t ) + l0 . L’amplitude des oscillations est donc X m = 0 .
ω0
ω0
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d’où
l’expression :
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2. Approche énergétique.
2
1 2
1
mv (t ) + k ( x (t ) − l0 ) .
2
2
b. Le système évoluant sans frottement, l’énergie se conserve. Ainsi, on peut écrire la relation :
2
1 2
1
1
2
mv ( 0 ) + k ( x ( 0 ) − l0 ) = k ( xmin − l0 ) entre l’instant initial et l’instant où le ressort est
2
2
2
1
1
m
2
2
comprimé au maximum. Or, x(0)=l0 d’où mv 2 ( 0 ) = k ( xmin − l0 ) ⇔ ( xmin − l0 ) = v02 . On
2
2
k
m
v
en déduit l’amplitude : X m = xmin − l0 =
v0 = 0 . Nous trouvons la même solution que
k
ω0
précédemment, sans passer par une équation différentielle !
a. L’énergie mécanique du système s’écrit : Em = EC + EP =
Pour aller plus loin
Exercice 6 : Masse reliée à deux ressorts
Une masse quasiment ponctuelle m positionnée en M est reliée à deux ressorts fixés en O et O’. Elle
glisse sans frottement sur le sol horizontal.
La position de la masse est repérée par son abscisse x(t). Les ressorts ont pour raideurs respectives k et k’
et comme longueur à vide l0 et l0’. La longueur OO’ est notée L.
On étudie le mouvement du mobile M de masse m dans le référentiel terrestre.
1. Les forces appliquées
au système sont :

- le poids P ainsi que la réaction du support
- La force de rappel du ressort de gauche :




d’où Fg = −k ( x (t ) − l0 ) ux

R qui se compensent.



Fg = −k (l (t ) − l0 ) ux . D’après le schéma, l(t)=x(t)




La force de rappel du ressort de droite : Fd = +k ' (l ' (t ) − l '0 ) ux . (Le signe cahnge car le
ressort
est accroché


 sur la droite). D’après le schéma, l’(t)=L-x(t) d’où
Fd = +k ' ( L − x (t ) − l '0 ) ux

   
 
2. Appliquons le PFD au mobile M de masse m : ma ( M ) = P + R + F g + F d = F g + F d









Or, OM = x(t)ux d’où v ( M ) = x (t)ux et a ( M ) = 
x(t)ux . Ainsi, l’équation précédente se met sous






x(t)ux = −k ( x (t ) − l0 ) ux + k ' ( L − x (t ) − l '0 ) ux .
la forme : m
En
projetant,
il
reste :
Ainsi :
m
x(t) = −kx (t ) + kl0 − k ' x (t ) + k ' L − k 'l '0 ⇔ m
x(t) + ( k + k ') x (t ) = kl0 + k ' ( L − l '0 ) .
-
kl + k ' ( L − l '0 )
k + k'
k + k'
x (t ) = 0
. On pose ω 02 =
pour établir la forme canonique :
m
m
m

x(t) + ω 02 x (t ) = ω 02 xeq .
3. En identifiant la forme canonique à l’équation obtenue, on a la relation :
kl + k ' ( L − l '0 )
kl + k ' ( L − l '0 )
kl + k ' ( L − l '0 )
k + k'
ω 02 xeq = 0
⇔
xeq = 0
⇒ xeq = 0
m
m
m
k + k'
4. La masse suivra un mouvement d’oscillations périodiques à la pulsation ω0.

x(t) +
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5. La solution de cette équation est du type : x (t ) = A cos (ω 0 t ) + Bsin (ω 0 t ) + xeq .D’après l’énoncé,
x ( 0 ) = x0 d’où x ( 0 ) = A cos ( 0 ) + Bsin ( 0 ) + xeq = A + xeq = x0 ⇒ A = x0 − xeq .
De
plus
x ( 0 ) = 0 .
Or,
0 = −ω 0 Asin ( 0 ) + Bω 0 cos ( 0 ) = Bω 0 ⇒ B = 0 .
(
)
x (t ) = −ω 0 Asin (ω 0 t ) + Bω 0 cos (ω 0 t )
On
en
déduit
d’où
l’expression :
x (t ) = x0 − xeq cos (ω 0 t ) + xeq .
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