t - La physique à Mérici

Solutionnaire du chapitre 1
1. a) L’amplitude est de 20 cm.
b) La période est
T

2

2
5s 1
 1, 257 s
c) La constante de phase est /4.
d) La vitesse maximale est
vmax  A
 0, 2m  5s 1
 1 ms
e) La solution est
x  0, 2m cos  5 rads t  4 
(La constante de phase avec le cosinus est /2 plus basse que celle avec le sinus.)
2. a) L’amplitude est 5 cm.
b) La période est 2,5 s.
c) Ce graphique est celui d’un sinus décalé vers la gauche de 0,4 s
(approximativement). La constante de phase est donc
   t
2

t
T
2

 0, 4 s
2,5s
 1, 0053rad
Comme c’est approximatif, on pourrait dire que le déphasage est d’environ 1 rad.
Version 2016
1-Les oscillations harmoniques 1
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
3. a) La position à t = 1 s est
x  0, 25m sin 10 rads t  34 
 0, 25m sin 10 rads 1s  34 
 0, 05212m
b) Pour trouver la vitesse, dérivons pour obtenir la formule de la vitesse
v

dx
dt
d  0, 25m sin 10 rads t  34  
dt
 0, 25m 10s cos 10 rads t  34 
1
 2,5 ms cos 10 rads t  34 
La vitesse à t = 1 s est donc
v  2,5 ms cos 10 rads 1s  34 
 2, 445 ms
c) Pour trouver l’accélération, dérivons pour obtenir la formule de l’accélération
a

dv
dt
d  2,5 ms  cos 10 rads t  34  
dt
 2,5  10s sin 10 rads t  34 
m
s
1
 25 sm² sin 10 rads t  34 
L’accélération à t = 1 s est donc
a  25 sm² sin 10 rads 1s  34 
 5, 216 sm²
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1-Les oscillations harmoniques 2
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4. La vitesse maximale est
vmax  A
On peut trouver  avec la fréquence d’oscillation.
  2 f
 2  5Hz
 10 rads
On trouve ensuite l’amplitude avec l’accélération maximale.
amax  A 2
12 sm²  A 10

rad 2
s
A  0, 01216m
La vitesse maximale est donc
vmax  A
 0, 01216m 10
rad
s
 0, 382 ms
5. a) On a
vmax  A
amax  A 2
Qui nous donne les deux équations suivantes.
32 ms  A
128 sm²  A 2
qu’on doit résoudre.
On pourrait isoler une variable dans une équation et remplacer dans l’autre, mais on
peut plus facilement résoudre en divisant les équations.
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 3
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Collège Mérici, Québec
A 2 128 sm²

A
32 ms
  4 rads
La période est donc
T
2


2
 1, 571s
4 rads
b) On peut trouver ensuite l’amplitude.
32 ms  A
32 ms  A  4 rads
A  8m
6. Trouvons premièrement la valeur de .
2
T
2

8s
 rad
4 s

Trouvons ensuite l’amplitude.
v
A  x  
 
2
2
2
 0, 24 m 
  0,1m     rad s 
 4 s 
 0,10338m ²
2
2
A  0,3215m
Finalement, trouvons la constante de phase.
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1-Les oscillations harmoniques 4
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Collège Mérici, Québec
x
v
0,1m  4 rads
tan  0    
0, 24 ms
tan t    
tan    545
  0,3163rad
L’équation du mouvement est donc
x  0,3215m  sin  4
rad
s
 t  0,3163
7. Trouvons premièrement la valeur de .
2
T
2

8s
 rad
4 s

Trouvons ensuite l’amplitude.
v
A  x  
 
2
2
2
 0 ms 
  0, 2m     rad

4 s 
 0, 04m ²
2
2
A  0, 2m
Finalement, trouvons la constante de phase
x
v
0, 2m  4
tan  0    
0 ms
tan t    
rad
s
tan    
   2 rad
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 5
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L’équation du mouvement est donc
x  0, 2m  sin  4
rad
s
 t  2 
8. a) Trouvons premièrement la valeur de  avec
a   2 x
24 sm²   2  0, 06m
 2  400 rads
2
2
  20 rads
La période est donc
T

2

2
20 rass
 0,31416 s
b) L’amplitude est
v
A  x  
 
2
2
2
 1 m 
  0, 06m    rads 
 20 s 
 0, 0061m²
2
2
A  0, 0781m
9. a) On trouve la vitesse avec
v
A  x  
 
2
 0, 25m 
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2
2
2
 v 
  0,15m    rad 
 10 s 
v  2 ms
2
2
1-Les oscillations harmoniques 6
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b) On trouve l’accélération avec
a   2 x
  10 rads   0,15m
2
 15 sm²
10. a) On trouve le moment où l’objet est à x = 12 cm avec
0,12m  0, 2m sin  5 rads t  4 
0, 6  sin  5 rads t  4 
0, 6435  5 rads t  4
et
2, 4981  5 rads t  4
0,1419  5 rads t
et
1, 713  5 rads t
t  0, 02838s
et
t  0,3425s
On peut ensuite ajouter (ou enlever) la période à chacune de ces réponses pour
obtenir tous les moments où l’objet est à x = 12 cm. La période est
T

2

2
5 rads
 1, 2566 s
On a alors
t  0, 02838s
t  0,3425s
 1, 2566 s
t  1, 228s
t  1,5991s
 1, 2566 s
t  2, 485s
t  2,856 s
 1, 2566 s
t  3, 742 s
t  4,112 s
Le premier instant est donc t = 0,3425 s.
b) La formule de la vitesse est
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1-Les oscillations harmoniques 7
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v  A cos t   
 0, 2m  5 rads cos  5 rads t  4 
 1 ms cos  5 rads t  4 
On trouve le moment où la vitesse est de -0,6 m/s avec
0, 6 ms  1 ms cos  5 rads t  4 
0, 6  cos  5 rads t  4 
2, 2143  5 rads t  4
et
 2, 2143  5 rads t  4
1, 4289  5 rads t
et
 2,9997  5 rads t
t  0, 2858s
et
t  0,5999s
On peut ensuite ajouter (ou enlever) la période à chacune de ces réponses pour
obtenir tous les moments où l’objet a une vitesse de v = -0,6 m/s. On a alors
t  0, 2858s
t  0,5999 s
 1, 2566 s
t  1,542 s
t  0, 6567 s
 1, 2566 s
t  2, 799 s
t  1,913s
 1, 2566 s
t  4, 056 s
t  3,170 s
Le premier instant est donc t = 0,2858 s.
11. On trouve le moment où l’objet est à x = 8 cm avec
0, 08m  0,16m sin 10 rads t  2 

6
1
 sin 10 rads t  2 
2
 10 rads t  2


3
 10 rads t
t
Version 2016b

30
s
et
et
et
5
 10 rads t  2
6

3
 10 rads t
t

30
s
1-Les oscillations harmoniques 8
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Il n’y a qu’une seule de ces deux réponses qui est bonne, parce qu’on dit que la
vitesse doit être positive. La formule de la vitesse en fonction du temps est
v  A cos t   
 0,16m 10 rads cos 10 rads t  2 
 1, 6 ms cos 10 rads t  2 
À t = -/30 s, la vitesse est
v  1, 6 ms cos 10 rads   30 s  2 
 1, 6 ms cos  6 
 1,3856 ms
alors qu’à t = /30 s, la vitesse est
v  1, 6 ms cos 10 rads  30 s  2 
 1, 6 ms cos  56 
 1,3856 ms
Comme on voulait que la vitesse soit positive, c’est t = -/30 s = -0,1047 s qui est la
bonne réponse.
On peut ensuite ajouter (ou enlever) la période à cette réponse pour obtenir tous les
moments où l’objet est à x = 8 cm et que la vitesse est positive. La période est
T

2

2
10 rads
 0, 6283s
Les temps sont donc
-0,1047 s, 0,5236 s, 1,1519 s, 1,7802 s,…
Le premier instant positif est donc 0,5236 s.
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 9
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12. Avec une période de 0,5 s, on a

2
2

 4
0,5s
T
rad
s
Si l’accélération est de 32 m/s² à t = 0 s, cela signifie que la position est
a   2 x
32 sm²    4

rad 2
s
x
x  0, 2026m
Si l’accélération est maximale à t = 0, c’est que la vitesse est nulle.
On peut donc trouver l’amplitude.
v
A2  x 2   
 
2
 0 ms 
  0, 2026m   
rad 
 4 s 
A  0, 2026m
2
2
Finalement, trouvons la constante de phase.
x
v
0, 2026m  4
tan  0    
0 ms
tan t    
rad
s
tan    
  2 rad
L’équation du mouvement est donc
x  0, 2026m  sin  4
rad
s
 t  2 
13. On va premièrement poser que l’objet est à x = 0 m à t = 0 s et qu’il va vers les x
positifs. (En fait, on peut supposer n’importe quoi pour la position et la vitesse à
t = 0 s. On suppose une valeur ici qui rendra nos calculs plus simples.)
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 10
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Avec une période de 6 s,  est

2 2 


6s 3
T
rad
s
La constante de phase est
x
v
0m  3 rads
tan  0    
v
tan    0
tan t    
  0rad
L’équation du mouvement est donc
x  0, 2m  sin  3
rad
s
t
Trouvons maintenant quand l’objet arrivera à x = 10 cm. On a alors
0,1m  0, 2m  sin  3

6


3
1
 sin  3
2
rad
s
t
t
et
1
s
2
et
rad
s
rad
s
t 
t
5 

6
3
5
t s
2
rad
s
t
Il faut donc 1/2 s pour que l’objet passe de x = 0 m à x = 10 cm. (L’autre réponse
correspond à l’objet qui part de x = 0 m, va à x = 20 cm et revient ensuite à x = 10 cm.)
Par symétrie, il faut le même temps pour passer de x = – 10 cm à x = 0 m.
Il faut donc 1/2 s pour passer de x = – 10 cm à x = 0 m, puis un autre 1/2 s pour passer
de x = 0 cm à x = 10 m. Le temps total est donc de 1 s.
14. Trouvons premièrement 

Version 2016b
81 Nm
k

 18 rads
0, 25kg
m
1-Les oscillations harmoniques 11
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a) L’amplitude du mouvement est
v
A  x  
 
2
2
2
 2 m 
  0,1m    rads 
 18 s 
 0, 022346m²
2
2
A  0,1495m
b) La constante de phase est
x
v
0,1m 18 rads
tan 18 rads 1s    
2 ms
tan t    
18    2, 4088rad
Notez que la calculatrice donne -0,7328 rad, mais on doit ajouter  puisque la valeur
de v est négative (ou pour une question de quadrant, selon votre façon de considérer
cette question).
On a donc
18    2, 4088rad
  15,591rad
On pourrait ajouter ou enlever des 2 à cette valeur si on voulait.
c) L’équation du mouvement est donc
x  0,1495m sin 18 rads t  15,591rad 
15. On a
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 12
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f 
1
2
10 Hz 
k
m
1
2
k
m
Quand on change la masse, on a
f 
6 Hz 
1
2
1
2
k
m
k
m  0,1kg
On a donc 2 équations et 2 inconnues.
a) On trouve facilement m en faisant le rapport des équations.
10 Hz

6hz
1
2
1
2
k
m
k
m  0,1kg
5
m  0,1kg

3
m
25 m  0,1kg

9
m
25
9 m  m  0,1kg
16
9
m  0,1kg
m  0,05625kg
b) La constante du ressort est donc
f 
10 Hz 
1
2
1
2
k
m
k
0,05625kg
k  222,1 Nm
16. La constante du ressort
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1-Les oscillations harmoniques 13
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mg  ky0
0, 2kg  9,8 kgN  k  0,1m
k  19, 6 Nm
La période d’oscillation est donc
T  2
 2
m
k
0, 2kg
19, 6 Nm
 0, 6347 s
17. a) En passant d’un côté à l’autre du mouvement, on parcourt deux fois l’amplitude
(de x = -A à x = 0, puis de x = 0 à x = A). L’amplitude est donc de 6 cm.
b) Ce mouvement est la moitié d’un cycle. 0,8 s est donc la moitié de la période et
la période est donc de 1,6 s.
c) La vitesse maximale est de
vmax  A
On trouve  avec la période

2
2

 3,927 rads
T 1, 6 s
La vitesse maximale est donc de
vmax  A  0, 06m  3,927 rads  0, 2356 ms
d) L’accélération maximale est
amax  A 2  0, 06m   3,927 rads   0,9253 sm²
2
18. On trouve avec
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 14
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vmax  A
4  0, 2m  
m
s
  20 rads
On a donc

k
m
250 Nm
m
250 Nm
400 rads² ² 
m
m  0, 625kg
20 rads 
19. Puisque F = -kx, la pente du graphique est égale à -k. Cette pente est
8 N
0, 4m
 20 Nm
pente 
La valeur de k est donc 20 N/m. La période du mouvement est donc
T  2
 2
m
k
0, 2kg
20 Nm
 0, 6283s
20. Sans l’eau, le ressort est allongé un peu pour soutenir la chaudière. On a alors
mg  ky0
2kg  9,8 kgN  ky0
ky0  19, 6 N
Quand on ajoute de l’eau, la masse augmente et l’allongement du ressort augmente
de 12 cm. On a alors
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 15
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
 2kg  meau  g  k  y0  0,12m 
2kg  9,8 kgN  meau  9,8 kgN  ky0  k  0,12m
19, 6 N  meau  9,8 kgN  ky0  k  0,12m
Mais puisque ky0 = 19.6 N, on a
19, 6 N  meau  9,8 kgN  ky0  k  0,12m
19, 6 N  meau  9,8 kgN  19, 6 N  k  0,12m
meau  9,8 kgN  k  0,12m
On sait aussi que la période d’oscillation est de 2,4 s. On a donc
T  2
2, 4 s  2
m
k
2kg  meau
k
De cette équation, on isole k.
2kg  meau
2, 4s

2
k
2kg  meau
k
2kg  meau
0,1459s ² 
k
2kg  meau
k
0,1459 s ²
0,382s 
On remplace ensuite dans l’équation
meau  9,8 kgN  k  0,12 m
Ce qui nous donne
meau  9,8 kgN 
2kg  meau
 0,12m
0,1459 s ²
Puis on isole meau
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 16
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meau 1, 4298m   2kg  meau   0,12m
meau 1, 4298m  2kg  0,12m  meau  0,12m
meau 1,3098m  2kg  0,12m
meau  0,1832kg
21. a) L’énergie est
1 2
kA
2
1
2
 250 Nm  0, 2m 
2
 5J
Emec 
b) À t = 5 s, la position est
x  0, 2m sin  5 rads  5s  4 
 0,12146m
L’énergie du ressort est donc
1 2
kx
2
1
2
 250 Nm  0,12146m 
2
 1,844 J
UR 
c) On peut trouver l’énergie cinétique avec
Emec  Ek  U R
5 J  Ek  1,844 J
Ek  3,156 J
22.
a) On a
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 17
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1
Emec  kA2
2
1
2
30 J  k  0,8m 
2
k  93, 75 Nm
b) Avec une période de 3 s, on a
T  2
3s  2
m
k
m
93, 75 Nm
m  21,37kg
c) est
2
T
2

3s
 2, 094 rads

La vitesse maximale est donc
vmax  A
 0,8m  2, 094 rads
 1, 6755 ms
23.
a) Trouvons premièrement la constante du ressort.
Emec 
1 2
kA
2
1
2
k  0,1m 
2
k  1000 Nm
5J 
Avec la conservation de l’énergie, on a alors
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 18
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Emec  Ek  U R
1
Emec  Ek  kx 2
2
1
2
5 J  Ek  1000 Nm  0, 06m 
2
5 J  Ek  1,8 J
Ek  3, 2 J
b) L’énergie est
1 2
kx
2
1
2
 1000 Nm  0, 04m 
2
 0,8 J
UR 
24.
On a
Emec  Ek  U
Si Ek = U, on obtient
Emec  U  U
Emec  2U
1
1
m 2 A2  2  m 2 x 2
2
2
2
A  2  x2
Ce qui donne
x
A
0, 25m

2
2
Trouvons maintenant quand cela se produit. Commençons par la valeur positive de
x.
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 19
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
x  0, 25m sin 10 rads t   
0, 25m
 0, 25m sin 10 rads t   
2
1
 sin 10 rads t   
2

3
 10 rads t  
et
 10 rads t  
4
4
3

 10 rads t
et
 10 rads t
4
4
t  0, 2356s
et
t  0, 0785s
Ajoutons maintenant la période à ces deux réponses pour trouver des valeurs
positives de t. Comme la période est
T

2

2
10 rads
 0, 6283s
On a
t  0,2356s
t  0,0785s
 0,6283s
t  0,3927 s
t  0,5498s
Regardons maintenant la valeur négative de x.
x  0, 25m sin 10 rads t   
0, 25m
 0, 25m sin 10 rads t   
2
1

 sin 10 rads t   
2

5
  10 rads t  
et
 10 rads t  
4
4

5
et
 10 rads t
 10 rads t
4
4
t  0,3927 s
et
t  0,0785s

Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 20
Luc Tremblay
Collège Mérici, Québec
Ajoutons maintenant la période à la première réponse pour obtenir une valeur
positive. La valeur obtenue est 0,2356 s.
Les instants sont donc, dans l’ordre : 0,0785s, 0,2356, 0,3927, 0,5498 s.
Le premier moment est donc à t = 0,0785 s.
25.
a) On commence avec
v
A  x  
 
2
2
2
Puisque la grandeur de la vitesse est égale au quart de la vitesse maximale, on a
vmax
4
A
v
4
v
On a donc
 A / 4 
A2  x 2  

  
 A
A  x  
4
A2
2
2
A x 
16
2
15 A
 x2
16
15
x
A
16
2
2
2
2
15
 0,12m
16
x  0,1162m
x
b) On commence avec
Emec  Ek  U R
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 21
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Collège Mérici, Québec
Puisqu’on dit que Ek = ½U, on a
1
Emec  U R  U R
2
3
 UR
2
Cela nous donne
1 2 31 2
kA   kx 
2
22

3
A2  x 2
2
2
x A
3
2
 0,12m
3
x  0, 09798m
x
26.
a) La période est
T  2
 2
m
k
2kg
200 Nm
 0, 6283s
b) On va trouver l’amplitude avec
v
A  y  
 
2
2
2
Ce y est la position de la masse par rapport à la position s’équilibre. L’étirement du
ressort à la position d’équilibre est
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 22
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Collège Mérici, Québec
y0 

mg
k
2kg  9,8 kgN
200 Nm
 0,098m
Puisque le ressort n’est pas étiré initialement, la masse est à 9,8 cm de la position
d’équilibre. Avec une vitesse initiale nulle, l’amplitude est
v
A  y  
 
2
2
2
0m 
A   0,098m    s 
  
A  0,098m
2
2
2
Solution alternative
La position initiale du bloc correspond au point le plus haut du mouvement puisque
sa vitesse est nulle. Le bloc va ensuite descendre jusqu’à atteindre le point le plus
bas quand la vitesse de bloc redeviendra nulle. Ce déplacement correspondra à 2 fois
l’amplitude, parce que le bloc fera une fois l’amplitude jusqu’au point le plus haut
jusqu’au point d’équilibre et une autre fois l’amplitude en passant de la position
d’équilibre jusqu’au point le plus bas.
Trouvons le déplacement total du bloc jusqu’au point le plus bas avec la
conservation de l’énergie. Le système étant formé d’un bloc et d’un ressort, l’énergie
mécanique est
E
1 2
1
mv  mgy  kx 2
2
2
Initialement (bloc immobile à son point le plus haut), l’énergie est, en plaçant le
y = 0 à la position initiale du bloc,
1
1
2
2
2kg   0 ms   2kg  9,8 kgN  0m  200 Nm  0m 
2
2
0
E
Ensuite, le bloc descend de la distance d, ce qui étire le ressort de cette distance. On
a alors
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1-Les oscillations harmoniques 23
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1
1
2
E  2kg   0 ms   2kg  9,8 kgN   d   200 Nm  d 2
2
2
2
N
 19,6 N  d  100 m  d
Selon la conservation de l’énergie mécanique, on obtient
E  E
0 J  19, 6 N  d  100 Nm  d 2
19, 6 N  d  100 Nm  d 2
19, 6 N  100 Nm  d
d  0,196m
L’amplitude est la moitié de cette valeur, ce qui signifie que l’amplitude est de
9,8 cm.
27.
Comme le pendule redevient vertical 2 fois par cycle, la période du pendule doit
être de 4 s. On a donc
T  2
4s  2
l
g
l
9,8 kgN
l  3,972m
28.
Si la période est de 2 s sur Terre, alors la longueur de la corde est
T  2
2s  2
l
g
l
9,8 kgN
l  0,9929m
La période sur la Lune serait donc de
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1-Les oscillations harmoniques 24
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Collège Mérici, Québec
l
g
T  2
T  2
0,9929m
1, 6 kgN
T  4,95s
29.
a) La période est
T  2
 2
l
g
2m
9,8 kgN
 2,838s
b) La vitesse maximale est
vmax  A
Il faut donc trouver l’amplitude. Cette amplitude est
A   max l
2 rad

  10
360

 0, 3491m

  2m

Il faut ensuite trouver la fréquence angulaire.

9,8 kgN
g

 2, 214 rads
l
2m
La vitesse maximale est donc
vmax  0,3491m  2, 214 rads
 0, 7727 ms
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 25
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30.
Collège Mérici, Québec
On trouve la vitesse avec
v
A  x  
 
2
2
2
est

2
2

 3,927 rads
T 1, 6 s
Pour trouver l’amplitude, il nous faudra la longueur de la corde. On trouve cette
longueur avec
T  2
1, 6 s  2
l
g
l
9,8 kgN
l  0, 6355m
L’amplitude est donc
A   max l
2 rad 

  20
  0, 6355m
360 

 0, 2218m
La position à  = 12° est
A   max l
2 rad 

  12
  0, 6355m
360 

 0,1331m
On a donc
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1-Les oscillations harmoniques 26
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Collège Mérici, Québec
v
A  x  
 
2
 0, 2218m 
31.
2
2
2


v
  0,1311m   
rad 
 3,927 s 
v  0, 6969 ms
2
2
On trouve l’amplitude avec
v
A2  x 2   
 
2
On sait que la vitesse est de -20 cm/s. La position est
x  l
 2 rad 
  6
 1, 2m
360 

 0,1257m
et  est

9,8 kgN
g

 2,8577 rads
1, 2m
l
On a donc
v
A2  x 2   
 
2
 0, 2 ms 
  0,1257m   
rad 
 2,8577 s 
 0, 02069m²
2
2
A  0,1438m
L’amplitude angulaire est donc
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1-Les oscillations harmoniques 27
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A   max l
0,1438m   max 1, 2m
 max  0,1199rad
 max  6,868
La constante de phase est
x
v
0,1257 m  2,8577 rads
tan  0    
0, 2 ms
tan t    
  2, 079rad
(a été ajouté puisque la vitesse est négative.)
L’équation est donc
  6,868 sin  2,858 rads  t  2, 079rad 
32.
On sait que
A  0, 6 ms
En prenant les formules de l’amplitude angulaire
A   max l
et de 

g
l
On arrive à
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 28
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Collège Mérici, Québec
 max l 
g
 0, 6 ms
l
l
g  0, 6 ms
 max
l
 max l g  0, 6 ms
 rad
15 2360
 
l 9,8 kgN  0, 6 ms
l  0,536m
b) La période est
T  2
 2
l
g
0,536m
9,8 kgN
 1, 47 s
33.
 est

mgd
I
d est la distance entre le centre de masse et l’axe de rotation. Cette distance est égale
au rayon du disque, donc à 20 cm.
Le moment d’inertie est égal à
3
mR 2
2
3
2
  5kg   0, 2m 
2
 0,3kgm 2
I
On a donc
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 29
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

mgd
I
5kg  9,8 kgN  0, 2m
0,3kgm 2
 5, 715 rads
La période est donc
T
34.
2

 1, 099 s
 est
mgd
I

d est la distance entre le centre de masse et l’axe de rotation. Cette distance est égale
à 75 cm.
Le moment d’inertie est égal à
1
mL2  mh 2
12
1
2
2
  2kg   2m   2kg   0, 75m 
12
 1, 792kgm 2
I
On a donc


mgd
I
2kg  9,8 kgN  0, 75m
1, 792kgm 2
 2,864 rads
La période est donc
T
Version 2016b
2

 2,194s
1-Les oscillations harmoniques 30
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35.
Collège Mérici, Québec
 est

2
2

 4, 707 rads
T 1,335s
On a donc
mgd
I

0,9kg  9,8 kgN  0, 43m
4, 707 rads 
I
I  0,1712kgm 2
36.
La période d’oscillation est
I
mgd
T  2
Dans ce cas, le moment d’inertie est
I
1
mL2  md 2
12
et la période devient
T  2

2
g
1
12
mL2  md 2
mgd
1
12
L2  d 2
d
2
L2

d
g 12d
Pour obtenir la période minimale, il faut que le terme dans la racine soit le plus petit
possible. On doit donc trouver la valeur de d qui donne la plus petite valeur à
Version 2016b
1-Les oscillations harmoniques 31
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Collège Mérici, Québec
L2
d
12d
Il y a un minimum quand la dérivée de cette fonction est nulle. On a donc

Version 2016b
L2
1  0
12d 2
L2
1
12d 2
L2  12d 2
L
d
12
1-Les oscillations harmoniques 32