Oscillations mécaniques

Oscillations
mécaniques
I. Enoncé
Dans tout l’exercice, on prendra g = 10 m.s
–2
. On négligera les
frottements.
On utilise un ressort de masse négligeable à spires non jointives.
I – Etude préalable du ressort
Pour déterminer la raideur k d’un ressort, on accroche une de ses
extrémités à un support fixe. Lorsqu’on accroche une masse marquée
m = 200 g à son autre extrémité, son allongement vaut 10,0 cm.
a- Vérifier que la raideur du ressort vaut 20,0 N.m
-1
.
b- En utilisant le théorème du centre d’inertie, justifier que la raideur
peut aussi s’exprimer en kg.s
–2
.
c- En quelle unité la quantité m
k s’exprime-t-elle ?
II – Etude d’un oscillateur élastique
On fixe maintenant le ressort étudié comme l’indique la figure. Le
ressort est horizontal ; A est son extrémité fixe.
On accroche à son autre extrémité un solide S de masse
m = 200 g. Ce solide peut se déplacer sans frottement le long d’un axe
horizontale ( Ox ). A l’équilibre, le centre d’inertie G du solide
correspond à l’origine O du repère.
a- Le solide est supposé en mouvement et dans la position
représentée sur la figure.
Faire l’inventaire des forces qui agissent sur le solide S. Représenter
schématiquement ces forces dans le cas correspondant à la figure.
- Etablir l’équation différentielle qui régit le mouvement de G.
- En déduire l’expression de la période propre To de
l’oscillateur. Calculer numériquement To.
- Vérifier que, quelles que soient les valeurs de Xm et ϕ,
l’équation horaire x ( t ) = Xm cos (2π
T0
t+ ϕ ) est solution de
l’équation différentielle précédente.
b – On comprime le ressort en poussant le solide vers la gauche.
Le point G occupe alors la position Go telle que OGo = - 0,15 m.
A l’instant t = 0, on lâche le solide sans vitesse initiale.
Déterminer l’amplitude X! ( par convention X!est positive ) et la phase
ϕ du mouvement , ainsi que l’expression de la valeur v(t) du solide. En
déduire la valeur maximale de la vitesse.
II. Corrigé
I – a.
P= mgz et F= -kz z
A l’équilibre, on a : P + F = 0
avec F = - k ∆l z
En projection sur (z 'z ) :
mg - k ∆l = 0
Donc k = mg
∆l = 0,200x10
0,100 =
20 N.m –1
b. J’applique le théorème du centre d’inertie :
m a= ! F a s’exprime en [ M ].[ T ]- 2 et F en [ N ]
Donc [ kg ].[ M ].[ T ]- 2 = [ N ]
Donc [ N ].[ M ]-1 est équivalent à [ kg ].[ M ].[ T ]- 2.[ M ]-1
Ainsi k peut s’exprimer en kg.s – 2 .
c. m
k s’exprime en ( [ kg ].[ kg ] – 1.[ T ]2 )-1 donc en [ T ], c’est-à-
dire en secondes.
II – a. P est le poids s’exerçant en G sur la masse m.
R est la réaction du sol s’exerçant en C sur la masse m.
F est la force du ressort s’exerçant en B sur la masse m.
• Application du théorème du centre d’inertie :
m a = P + R + F. Projection sur ( xx’) : ma = F donc m x’’ = - kx
donc x’’ + k
m x = 0 ( 1 )
• To = 2π
ππ
π m
k = 2π
ππ
π 0,200
20,0 = 0,628 s.
• x ( t ) = Xm cos (2π
T0
t+ ϕ)
donc x’ ( t ) = - Xm x 2π
T0
x sin (2π
T0
t+ ϕ)
et x ‘’( t ) = - Xm x (2π
T0
)2 x cos (2π
T0
t+ ϕ)
Donc x ( t ) + (2π
T0
)2 x’’ ( t ) = Xm x (2π
T0
)2x cos (2π
T0
t+ ϕ)+2π
T0
x Xm cos
(2π
T0
t+ ϕ)= 0.
Donc quelles que soient les valeurs de Xm et ", l’équation horaire x
( t ) = Xm cos(2π
T0
t+ ϕ)est solution de l’équation différentielle (1).
b. A t = 0 s : x’ ( 0 ) = - 2π
T0
Xm sin ( ϕ ) = 0 donc " = 0 [ # ]
et x ( 0 ) = Xm cos ( ϕ ) = - 0,15 m donc comme Xm> 0 alors
ϕ
ϕϕ
ϕ = π
ππ
π [ 2π
ππ
π ] et Xm = 0,15 m.
Donc x’(t)=v(t) = - Xm x 2π
T0
x sin (2π
T0
t+ ϕ)= - 1,5 x sin (10t+π)
Donc v(t) = 1,5 x sin (10t) en effet sin( θ + π ) = - sin (θ )
Ainsi vmax = 1,5 m/s en prenant sin ( 10t ) = 1
MemoPage.com SA © / 2006 / Auteur : Emmanuel Parras