k - CPGE TSI Lycée Louis Vincent

TD S2 - Correction Signaux 2013/14
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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.
b. En retravaillant la formule, on trouve :
m z+kz =kl0+mg ⇔ z+k
mz=k ml0+g
. Identifions
cette formule à la forme canonique :
z+ ω
0
2z=
ω
0
2zeq
. On trouve alors :
ω
0
2=k
m
⇔ ω
0=k
m
⇔T0=2
π
ω
0
=2 π
m
k
.
De plus,
k
ml0+g=
ω
0
2zeq =k
mzeq ⇔zeq =l0+mg k
.
2. Soit un système régi par l’équation :
4
3
mL2 θ =−mgL sin θ
.
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
l’approximation
sin θ ≈ θ
et l’équation devient
4
3
mL2 θ =−mgL θ
qui est une équation du
type harmonique.
c. Mettons la sous forme canonique :
4
3mL2
θ +mgL θ =0⇔ θ +3
4
g
L
θ =0
. En identifiant à la
forme
θ + ω
0
2
θ = ω
0
2
θ
eq
on trouve :
ω
0
2=3g
4L
⇔ ω
0=3g
4L
⇔T0=2
π
ω
0
=2 π
4L
3g
et
θ
eq =0
.
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
fréquence :
f0=
ω
0
2 π
=1
2 π
k
m
.
2. Calculons la raideur des suspensions :
ω
0=k M ⇔k=M
ω
0
2=4
π
2Mf0 2=9, 45.105N.m−1
. Au
retour, la masse du bus est
M'=M+100m=30tonnes
. On en déduit :
f0=1
2 π
k
M'
=0, 89Hz
.
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)
soit
vmax =Δx
Δt
≈1, 5
0, 5
=3cm.s−1=0, 03m.s−1
(On peut également trouver vmax grâce à la
relation :
vmax = ω
0Xm
).

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c. Lorsque la vitesse est maximale, l’énergie potentielle élastique est nulle. On peut donc
écrire :
Em=EC+EP=ECmax =1
2
mvmax
2=9mJ
.
d. On a la relation
f0=
ω
0
2 π
=1
2 π
k
m
d’où
k=m ω
0
2=4
π
2mf0 2=82N.m−1
.
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.
1. Dans le cas où l’axe Ox est horizontal : leq = l0. Si l’axe Ox est vertical, on trouve :
leq =l0+mg
k
.
2. Dans le cas où l’axe Ox fait un angle α :
Analyse dimensionnelle : on sait que [m]=M ; [g]=L.T-2 ; [k]=M.T-2. Ainsi,
mg
k
⎡
⎣
⎢⎤
⎦
⎥=L
. Un
cosinus ou un sinus n’ayant pas de dimension, on en déduit que l’expression
xeq =l0+k
mg
cos α
est impossible.
De plus, si α>0, alors xeq<l0 et si α<0, xeq<l0. Seule la solution
xeq =l0−mg
k
sin α
possède cette
propriété.
3. On peut vérifier que, si α=0 (cas horizontal) alors :
xeq =l0−mg
k
sin 0 =l0
.
Si α = -π/2 (axe Ox vertical orienté vers le bas), on trouve :
xeq =l0−mg
k
sin −
π
2
⎛
⎝
⎜⎞
⎠
⎟=l0+mg
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
la forme :
m x(t)ux =−k x t
( )
−l0
( )
ux
.
En projetant, il reste :
m x(t)=−kx t
( )
+kl0⇔ x(t)+k
m
x t
( )
=k
m
l0
. On pose
ω
0
2=k
m
pour établir la
forme canonique :
x(t)+ ω
0
2x t
( )
= ω
0
2l0
.
c. La solution de cette équation est du type :
x t
( )
=Acos ω
0t
( )
+Bsin ω
0t
( )
+l0
.
D’après l’énoncé,
x0
( )
=l0
d’où
x0
( )
=Acos 0
( )
+Bsin 0
( )
+l0=A+l0=l0⇒A=0
.
De plus
x0
( )
=−v0
. Or,
x t
( )
=− ω
0Asin
ω
0t
( )
+B ω
0cos
ω
0t
( )
d’où
−v0=− ω
0Asin 0
( )
+B ω
0cos 0
( )
=B ω
0⇒B=−v0
ω
0
. On en déduit l’expression :
x t
( )
=−v0
ω
0
sin ω
0t
( )
+l0
. L’amplitude des oscillations est donc
Xm=v0
ω
0
.

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2. Approche énergétique.
a. L’énergie mécanique du système s’écrit :
Em=EC+EP=1
2
mv2t
( )
+1
2
k x t
( )
−l0
( )
2
.
b. Le système évoluant sans frottement, l’énergie se conserve. Ainsi, on peut écrire la relation :
1
2
mv20
( )
+1
2
k x 0
( )
−l0
( )
2=1
2
k xmin −l0
( )
2
entre l’instant initial et l’instant où le ressort est
comprimé au maximum. Or, x(0)=l0 d’où
1
2
mv20
( )
=1
2
k xmin −l0
( )
2⇔xmin −l0
( )
2=m
k
v0
2
. On
en déduit l’amplitude :
Xm=xmin −l0=m
k
v0=v0
ω
0
. Nous trouvons la même solution que
précédemment, sans passer par une équation différentielle !
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
R
qui se compensent.
- La force de rappel du ressort de gauche :
Fg =−k l t
( )
−l0
( )
ux
. D’après le schéma, l(t)=x(t)
d’où
Fg =−k x t
( )
−l0
( )
ux
- La force de rappel du ressort de droite :
F
d
= +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
F
d
= +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
la forme :
m x(t)ux =−k x t
( )
−l0
( )
ux +k'L−x t
( )
−l'0
( )
ux
.
En projetant, il reste :
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
( )
. Ainsi :
x(t)+k+k'
m
x t
( )
=
kl0+k'L−l'0
( )
m
. On pose
ω
0
2=k+k'
m
pour établir la forme canonique :
x(t)+ ω
0
2x t
( )
= ω
0
2xeq
.
3. En identifiant la forme canonique à l’équation obtenue, on a la relation :
ω
0
2xeq =kl0+k'L−l'0
( )
m
⇔k+k'
mxeq =kl0+k'L−l'0
( )
m
⇒xeq =kl0+k'L−l'0
( )
k+k'
4. La masse suivra un mouvement d’oscillations périodiques à la pulsation ω0.

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5. La solution de cette équation est du type :
x t
( )
=Acos ω
0t
( )
+Bsin ω
0t
( )
+xeq
.D’après l’énoncé,
x0
( )
=x0
d’où
x0
( )
=Acos 0
( )
+Bsin 0
( )
+xeq =A+xeq =x0⇒A=x0−xeq
.
De plus
x0
( )
=0
. Or,
x t
( )
=− ω
0Asin
ω
0t
( )
+B ω
0cos
ω
0t
( )
d’où
0=− ω
0Asin 0
( )
+B ω
0cos 0
( )
=B ω
0⇒B=0
. On en déduit l’expression :
x t
( )
=x0−xeq
( )
cos ω
0t
( )
+xeq
.