Chapitre 1.6 – L`oscillation vertical d`un système bloc

Chapitre 1.6 – L’oscillation vertical d’un
système bloc-ressort
La dynamique d’un système masse-ressort à la verticale
L’application de la 2ième loi de Newton à un système
masse-ressort oscillant à la verticale sans frottement
sous l’effet de la gravité génère une équation
différentielle égale à l’oscillateur harmonique simple
OHS dont la solution est le mouvement harmonique
simple MHS. La fréquence naturelle d’oscillation  0
associée au système masse-ressort dépend de la racine
carrée du rapport entre la constante de rappel k du
ressort et de la masse m de l’objet :
xt   A sin0 t   
où
Systèmes bloc-ressort en
oscillation verticale
g
tel que
k
m
0 
xt  : Position de la masse selon l’axe x ( x  0 est à l’équilibre) (m)
A : Amplitude du mouvement (m)
 0 : Fréquence angulaire naturelle d’oscillation du système masse-ressort (rad/s)
k : Constante de rappel du ressort (N/m)
m : Masse de l’objet en oscillation (kg)
t : Temps écoulé durant l’oscillation (s)
 : Constante de phase (rad)
Preuve :
À partir de la 2ième loi de Newton, évaluons la position d’équilibre d’un système masse-ressort oscillant
à la verticale sous l’influence de la gravité :
Masse sous le ressort

g
xm 
Ressort au repos
non déformé
(sans masse)
eeq
0

e0
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina

eeq
Masse au-dessus du ressort


xm 
e 0 g
eeq
0

eeq
Page 1
Masse sous le ressort

g
xm 

Fr
eeq 

e
e eeq
0
Ressort à l’équilibre
( ax  0 )
Masse au-dessus du ressort

g
xm 

Fr
eeq 

e
e eeq
0

mg
ax  0
Fr  mg

mg
ax  0
Fr  mg
Remarque :
 Les positions de la masse x  0 coïncide avec la position à l’équilibre (  Fx  0 ).

 On utilise le vecteur eeq pour mesurer l’étirement du ressort à l’équilibre.
 Le point d’équilibre x  0 est toujours sous la position du ressort non déformé.

À l’équilibre, nous avons  F  0 :




Fr  mg  0
F  0


 ke  mg  0




 k eeq   mg  0



keeq  mg

(Force du ressort et force gravitationnelle)

(Remplacer la force du ressort, Fr   ke )
 
(Remplacer l’étirement à l’équilibre, e  eeq )

(Isoler keeq , relation à l’équilibre vectorielle)
keeq  mg
(Relation à l’équilibre en module)
De plus, on peut exprimer la force Fr exercée par le ressort par rapport à l’axe x avec eeq  mg / k :

 
  
 Définition vectorielle :
Fr   k x  eeq 
où
e  x  eeq
 Définition scalaire selon l’axe x :
Fr   k x  eeq 
où
e  x  eeq

N.B. Puisque eeq est toujours orienté vers le bas, il est dans le sens négatif de l’axe x.
Masse au-dessus du point d’équilibre : ( a x  0 )
Masse sous le point d’équilibre : ( a x  0 )

g
xm 

 Fr
e
eeq
0

x

eeq
e
0
 eeq
xm 
e  eeq
eeq
0
x  eeq
e  eeq
e  0
em 

mg
ax
x  0
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
e  0

g

 e
x
e

 mg
Fr
ax

eeq
em 
x  eeq
0
 eeq
x  0
Page 2
Appliquons la 2ième loi de Newton à notre masse :





 F  ma  Fr  mg  ma
 


 k x  eeq   mg  ma

 



 kx  keeq  mg  ma




 kx  mg   mg  ma



 kx  ma



 kx  ma x
k
ax   x
m
2
a x   0 x

x  A sin  0 t   

(Force du ressort et force gravitationnelle)

 
(Remplacer Fr  k x  eeq  )
(Distribution de k)


(Position d’équilibre, keeq  mg )

(Simplifier mg )
(Décomposer selon l’axe x)
(Isoler a x )
(Remplacer  0  k / m , forme de l’OHS)
2
■
(Solution de l’OHS : MHS)
Situation 1 : La détermination du champ gravitationnel. Albert fait un naufrage sur une
planète inconnue. Il accroche une pierre à un ressort idéal vertical de masse négligeable
dont l’extrémité supérieure est maintenue fixe. Il observe que la position d’équilibre de la
pierre correspond à un étirement de 50 cm par rapport à la longueur naturelle du ressort.
En donnant une impulsion verticale à la pierre, il observe qu’elle oscille verticalement en
effectuant 36 oscillations en 1 minute. À partir de ces observations, Albert désire
déterminer le module du champ gravitationnel à la surface de la planète. (Il ne connaît ni la
constante de rappel, ni la masse de la pierre!)
À partir des 36 oscillations par minutes, évaluons la fréquence naturelle f 0 de l’oscillation :
nb tours
t
f0 

f0 
36
60

f 0  0,6 s 1
Évaluons maintenant la fréquence angulaire naturelle  0 de l’oscillation :
 0  2 f 0

 0  2 0,6 
 0  3,77 rad/s
Avec l’allongement eeq  50 cm du ressort à l’équilibre, nous pouvons développer la relation suivante
avec la 2ième loi de Newton selon l’axe y :
F
y
0

Fr  mg  0
(Force du ressort et force gravitationnelle)

ke  mg  0
(Remplacer la force du ressort, Fr  ke )

k
mg
eeq
(Isoler k et remplacer e  eeq , équilibre)
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 3
Avec l’expression de la fréquence angulaire en fonction de k et m, nous pouvons évaluer le champ
gravitationnel g :
k
m
0 
mg / e 

0 

0 

0 2 

g  eeq  0

g  0,53,77 

g  7,11 N/kg
(Remplacer k 
eq
m
g
eeq
mg
)
eeq
(Simplifier m et manipulation)
g
eeq
(Mettre au carré)
2
(Isoler g)
2
(Remplacer valeurs numériques)
(Évaluer g)
L’énergie d’un système masse-ressort à la verticale
Analysons l’énergie d’un système masse-ressort oscillant à la verticale avec les équations du
mouvement suivantes selon la convention x  y  0 :
xt   A sin  t   
v x t  
et
  k /m
où
Situation 1 :
A
eeq
0
Condition d’équilibre : x  y  0 lorsque e  eeq et mg  keeq
Hauteur maximale
E  K Ur Ug
xm 
d xt 
 A cos t   
dt
vx  0

E  Ur Ug

E

g

e




( K  0 , car v  0 )
1 2
ke  mgy
2
1
2
E  k A  eeq   mgA
2
1
2
E  k A 2  2 Aeeq  eeq  mgA
2
1
1
2
E  kA 2  keeq  kAeeq  mgA
2
2
1
1
2
E  kA 2  keeq  Amg  keeq 
2
2
1
1
2
E  kA 2  keeq
2
2

Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina

(Définition de U r et U g )
( e  x  eeq et x  y  A )
(Distribution du carré)
(Distribution de
1
k)
2
(Factoriser A)
(Utiliser mg  keeq )
Page 4
Situation 2 :
Vitesse maximale et position d’équilibre
E  K Ur Ug
xm 
A

g
v x  v x max
eeq
e
0

E  K Ur

E




Situation 3 :
( U g  0 , car y  0 )
1 2 1 2
mv  ke
2
2
1
1
2
2
E  m A   k eeq 
2
2
1
1
2
E  mA 2 2  keeq
2
2
1
k 1
2
E  mA 2  keeq
m 2
2
1
1
2
E  kA 2  keeq
2
2
Situation quelconque E  K  U r  U g
(Définition de K et U r )
( v  v max  A , e  eeq )
(Distribution du carré)
(Remplacer  2  k / m )
(Simplifier m)
et
W  t 
E  K Ur Ug











1 2 1 2
mv  ke  mgy
2
2
1
1
2
E  mv 2  k x  eeq   mg  x 
2
2
1
1
2
E  mv 2  k x 2  2 xeeq  eeq  mgx
2
2
1
1
1
2
E  mv 2  kx 2  kxeeq  keeq  mgx
2
2
2
1
1
1
2
E  mv 2  kx 2  keeq  xmg  keeq 
2
2
2
1
1
1
2
E  mv 2  kx 2  keeq
2
2
2
1
1
1
2
2
2
E  m A cosW   k  A sin W   keeq
2
2
2
1
1
1
2
E  mA 2 2 cos 2 W   kA 2 sin 2 W   keeq
2
2
2
1
1
1
2
E  kA 2 cos 2 W   kA 2 sin 2 W   keeq
2
2
2
1
1
2
E  kA 2 cos 2 W   sin 2 W   keeq
2
2
1
1
2
E  kA 2  keeq
2
2
E




Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(Déf. de K , U r et U g )
( e  x  eeq et y  x )
(Développer le carré)
1
(Distribuer k )
2
(Factoriser x)
(Utiliser mg  keeq )
(Remplacer x et v)
(Développer le carré)
1
1
( mA 2 2  kA 2 )
2
2
1
(Factoriser kA 2 )
2
( cos 2    sin 2    1 )
Page 5
L’énergie d’un système masse-ressort sans frottement à la verticale
Avec le théorème de la conservation de l’énergie, nous pouvons affirmer que l’énergie totale d’un
système masse-ressort oscillant sans frottement à la verticale est définie par l’équation suivante selon la
convention x  y  0 :
E

1
2
k A2  eeq
2
où   k / m
où

E
ou

1
2
m 2 A2  eeq
2

Condition d’équilibre : x  y  0 lorsque e  eeq et mg  keeq
E : Énergie total du système masse-ressort à la verticale (J)
k : Constant du ressort (N/m)
A : Amplitude maximale de l’oscillation (m)
eeq : Étirement ou compression du ressort à l’équilibre (m)
L’énergie et l’association à l’amplitude
Pour avoir un système masse-ressort oscillant à la verticale sous l’effet de la gravité ayant une énergie
totale égale à E  ½ kA 2 , il faut établir une relation particulière entre x et y ( x  y  0 ). Ainsi, la
position y  0 n’est pas située au centre de l’oscillation x  0 . Ceci est une conséquence de l’équation
U g  mgy qui possède une position y  0 arbitraire.
Relation classique1 ( x  y  eeq / 2 )
1
1
E  kA2  m 2 A2 tel que
2
2
1
1
E  m 2 x 2  mv 2 où x = 0 à l’équilibre.
2
2
À l’équilibre : U  U g  U r  0
xm 
A
eeq
0
vx  0
e
eeq
2
0
x
1
A
E


1
2
k A2  eeq tel que
2
1
1
E  mgy  ke 2  mv 2 où y = 0 à l’équilibre.
2
2
1
2
À l’équilibre : U  U g  U r  keeq
2
xm 
ym 

g
Relation précédente ( x  y )
A
eeq
0
vx  0

g
e
ym 
A
0
eeq
2
La preuve est disponible dans le livre de référence à la page 63.
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 6
Situation 2 : Une chute sur un ressort. Un ressort idéal de 40 cm de longueur, dont
la constante de rappel est de 25 N/m, est placé dans un tube vertical sans frottement
dont le rôle est de le maintenir en position verticale (schéma ci-contre). On laisse
tomber un bloc de 0,25 kg dans le tube : au moment où il entre en contact avec le
ressort, il se déplace à
1 m/s. On a appliqué un peu de colle sous le bloc : par
conséquent, il demeure collé au ressort et oscille verticalement. On désire déterminer
la longueur du ressort (a) au point le plus haut et (b) au point le plus bas de
l’oscillation.
Évaluons la compression du ressort eeq lorsque le bloc est à l’équilibre à l’aide de la 2ième loi de Newton
selon l’axe y. La compression eeq correspond à la compression du ressort lorsque le bloc est au centre
de son MHS :
F
N.B.
y
 ma y

Fr  mg  ma y
(Remplacer forces)

Fr  mg  0
( a y  0 , car équilibre)

ke  mg  0

k eeq   mg  0
(Remplacer Fr  ke )
(Remplacer e  eeq , car équilibre)

25eeq  0,259,8  0
(Remplacer valeurs num.)

eeq  0,098 m
(Évaluer eeq )
Puisque le bloc tombe sur le ressort, cette mesure est une compression.
Évaluons l’énergie totale E du système au moment où le bloc entre en contact avec le ressort. Prenons
comme convention x  y  0 à la position d’équilibre :

v  1 m/s
(vitesse du bloc au contact)

y  eeq  0,098 m
(au-dessus du point d’équilibre)

e0
(ressort à longueur naturelle)
E  K U





E  K  U r  U g 
E  K  0  U g
(Remplacer U  U r  U g )
( U r  0 , car e  0 )
1

(Remplacer K et U g )
E   mv 2   mgy 
2

1
2
E  0,251  0,259,80,098 (Remplacer valeurs num.)
2
E  0,3651 J
(Évaluer E)
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 7
Évaluons l’amplitude A des oscillations à partir de l’énergie en choisissant l’équation appropriée à
notre convention x  y  0 à la position d’équilibre :
E

1
2
k A 2  eeq
2


A
2E
2
 eeq
k
(Isoler A)

A
20,3651
2
 0,098
25
(Remplacer valeurs num.)

A  0,1400 m
(Évaluer A)
Au point le plus haut, le ressort sera très étiré. Évaluons la longueur maximale Lmax du ressort à l’aide
de la longueur naturelle Lnat , de la compression à l’équilibre eeq et de l’amplitude A :
Lmax  Lnat  eeq  A 

P.S.
Lmax  0,40  0,098  0,1400 
Lmax  0,4420 m
(a)
Si le ressort était étiré à l’équilibre, l’équation serait Lmax  Lnat  eeq  A
Au point le plus bas, le ressort sera très comprimé. Évaluons la longueur minimale Lmin du ressort à
l’aide de la longueur naturelle Lnat , de la compression à l’équilibre eeq et de l’amplitude A :
Lmin  Lnat  eeq  A 

P.S.
Lmin  0,40   0,098  0,1400 
Lmin  0,1620 m
(b)
Si le ressort était étiré à l’équilibre, l’équation serait Lmin  Lnat  eeq  A
Résumé de la situation :
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 8
Situation 4 : Une chute sur un ressort, prise 3. Dans la situation 2, on désire calculer la longueur du
ressort 2 s après l’instant où le bloc est entré en contact avec lui.
Évaluons la fréquence angulaire naturelle d’oscillation du système :
0 
k
m
25

0 

 0  10 rad/s
0,25
À partir des informations recueillies à la situation 2, exprimons les
informations disponibles à l’instant où le bloc entre en contact avec le bloc :

eeq  0,098 m
(compression à l’équilibre)

A  0,1400 m
(amplitude des oscillations)

 0  10 rad/s
(fréquence angulaire)

x  A sin  0 t   
(équation position)

vx 

dx
 A 0 cos 0 t   
dt
x0  eeq  0,098 m

v x 0  1 m/s
(chute sur le ressort, donc v x 0  0 vers le bas)

t0
(débuter le MHS à t  0 )
(équation vitesse)
(au-dessus du point d’équilibre x  0 , donc x  0 )
Évaluons la constante de phase  à partir de l’équation de la position à t  0 :
x  A sin  0 t   

0,098  0,1400sin 100   
(Remplacer pour t = 0)

0,7  sin  
(Simplification)
Nous pouvons obtenir les constantes de phase admissibles :
0,7  sin  
y
0,7 

  sin

  ... ,  3,917, 0,7754, ... 
P.S.
Calculatrice :   0,7754 rad
1
0,7
0,7754
x
-3,917
Évaluons la vitesse à t = 0 pour ces deux constantes de phase :
v x  A 0 cos 0 t    
v x  0,1400 10 cos100   3,917 

v x  1,003 m/s
v x  0,1400 10 cos100  0,7754 

v x  1,000 m/s
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 9
Puisque le bloc se déplace dans le sens négatif de l’axe x ( v x 0  0 ), nous choisissons la constante de
phase suivante :
  3,917 rad
(équivalent à   2  3,917  2,366 rad )
Évaluons la position du bloc à t  2 s :
x  A sin  0 t   

x  0,1400 sin 10 2    3,917 

x  0,0513 m
Évaluons la longueur du ressort t  2 s :
L  Lnat  eeq  x

L  0,40   0,098   0,0513

L  0,2507 m
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
LC  Lnat  eeq
Page 10
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 11
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Tome C
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 12