Devoir de Sciences Physiques n˚2 du 26-09

1 – DM2 [DM2sol.tex] Sciences Physiques MP 2011-2012
Devoir de Sciences Physiques n˚2 du 26-09-2011
— Solutions —
Probl`eme no1 – Quelques aspects de la mesure du temps X MP 2011
A. Mouvement horloger m´ecanique
1. La dent de la roue d’ancre est en liaison appui-plan avec le plan d’impulsion de la palette (appel´e inclin´e
dans le texte), cette derni`ere ´etant li´ee `a l’ancre.
B. Horloge `a quartz
2. On trouve une pulsation s´erie ωs= 2 ×105rad ·s−1donc une fr´equence fs=ωs
2π= 32,8 kHz. La pulsation
parall`ele est ωp=ωs(1 + 10−3) et le facteur de qualit´e tr`es ´elev´e Q= 5 ×104.
3. Dans le cas o`u R1= 0, la r´eactance X(x) = −1
C0ωs
1
x1−x2 a2−x2est repr´esent´ee sur le graphique de la figure
1. On a un effet de condensateur lorsque X(x)<0, c’est-`a-dire pour 0 < x < 1 et pour x > a. Le circuit se
comporte comme une bobine lorsque 1 < x < a. Enfin, le circuit est un fil court-circuit lorsque x= 1. On peut
aussi dire que le circuit est un interrupteur ouvert lorsque x=acar l’imp´edance imaginaire est infinie.
x
1a
X(x)
Fig. 1 – R´eactance du quartz pi´ezo´electrique
4. Il s’agit de l’association s´erie de R1et de L1. En effet l’imp´edance de l’ensemble est Z1=R1+jL1ω=jLω.
On en d´eduit effectivement un coefficient d’autoinductance L=L1+R1
jω .
5. L’´enonc´e nous donne Z(ωs) = R1
1+jC0
QC1
et Z(ωp)≃R1
R2
1C2 0ω2
s. On peut pr´evoir que la partie r´eelle de l’imp´edance
est positive `a cause des pertes ´energ´etiques provoqu´ees par la r´esistance R1, cela correspond aussi `a l’expression
Z(ωp) donn´ee avant. On v´erifie en outre que la valeur de l’imp´edance est de l’ordre de 340 MΩ ce qui correspond
effectivement aux 327 MΩ annonc´es par le sujet. La courbe en pointill´es est donc ℜ(Z) et la courbe en trait
plein la partie imaginaire ℑ(Z). On constate que la partie imaginaire de l’imp´edance s’annule comme dans le
cas d’une r´esonance d’intensit´e en circuit RLC s´erie. Ici, la situation est pourtant diff´erente, on peut parler
d’antir´esonance puisque l’imp´edance passe par un maximum. Le facteur de qualit´e correspond bien `a ce que l’on
d´efinit habituellement. On peut constater sur le graphique que la largeur indiqu´ee de 1
Qcorrespond bien `a un
intervalle de fr´equence tel qu’on pouvait s’y attendre `a savoir celui pour lequel Z(ωp)/2<ℜ(Z)< Z(ωp).
6. Le graphique propose d’´etudier Z(x)/Z(a)1puisqu’en x=a= 1,001, ce rapport vaut 1. On constate qu’en
x= 1, donc pour f=fs, on a Z(ωs) = 10−4Z(ωp). L’imp´edance `a cette pulsation est la plus faible. Pour une
tension donn´ee, le courant ´electrique qui circulera sera donc le plus important. On travaille `a une fr´equence
fs= 32 768 Hz car cette fr´equence correspond `a une puissance de 2. On a 32 768 = 215 . Ceci permet de faire
agir ensuite sur la tension de d´epart, 15 circuits ´electroniques qui divisent la fr´equence du signal par 2 et de
venir sur 1 Hz qui correspond `a une p´eriode de 1 s.
7. On a ∆f0
f0=−4×10−6. Cela permet d’en d´eduire que δt ∆t= +4 ×10−6. La fr´equence diminue, la p´eriode
augmente. On peut calculer ainsi que la montre retarde de 2 minutes par an.
C. Oscillateur non lin´eaire entretenu : mod`ele ´electrique du balancier
1L’´enonc´e indiquait par erreur que le graphique repr´esentait Z(x)/Z(1).
JR Seigne Clemenceau Nantes

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8. On2ai=−GV sin ωt +βV 3sin3ωt. Avec la formule donn´ee pour exprimer sin3ωt =3
4sin ωt −1 4sin 3ωt,
on obtient i=−GV +3
4βV 3sin ωt −1 4βV 3sin 3ωt. On peut n´egliger le terme de pulsation 3ωcar il y a une
adaptation de la source d’´energie `a la pulsation propre de l’oscillateur ce qui fait que le terme en 3ωsera filtr´e
par le circuit. On peut donc ´ecrire i≃−G+3
4βV 2v.
9. L’admittance de la partie classique du circuit est la somme des admittances de chacun. On a Yg=
1
jLω +jCω +G0. Pour la partie non classique, il faut voir que la relation i=f(v) ´etablie `a la question pr´ec´edente
d´efinit correctement l’admittance de ce dipˆole puisque la convention entre iet vest r´ecepteur. L’admittance
totale est donc Y=G0−G+3
4βV 2+jCω −1 Lω . On a donc g1=G0−G+3 4βV 2et x1=Cω −1 Lω .
Commen¸cons par ´ecrire la loi des nœuds en prenant garde `a l’orientation des courants qui sont tous montants
dans les dipˆoles. On en d´eduit que i1+i2+i3=i. Or, la tension vest reli´ee aux diverses intensit´es par les
relations v=−jLωi1,i2=−jCωv et i3=−G0v. En ´ecrivant cette loi des nœuds sous forme complexe, on
constate que cela revient `a ´ecrire que Yv= 0. Cette relation sera vraie pour toute tension vnon nulle si Y= 0.
Un r´egime d’oscillation entretenu sera possible lorsque Cω −1
Lω = 0 et lorsque G0−G+3 4βV 2= 0. Ces deux
conditions conduisent bien `a ω=ω0=1
√LC et `a V=V0=q4
3
G−G0
β`a condition que G > G0pour que
l’apport d’´energie permette de compenser les pertes par effet Joule.
10. Si l’on reprend l’´equation pr´ec´edente ´ecrite en complexes en la transposant dans le domaine temporel,
on obtient l’´equation diff´erentielle Cd2v
dt2+G0−G+3 4βV 2dv dt+v L= 0. Cette ´equation poss`ede des solutions
divergentes avec le temps tjusqu’`a la saturation du dispositif qui apporte de l’´energie si le terme G0−G+3
4βV 2<
0. Si on part d’une tension nulle pour vet qu’il se produit une petite fluctuation de tension, alors le terme
3
4βV 2≃0 et le signe du facteur de la d´eriv´ee premi`ere est donn´e par celui de G0−G. Or, comme nous l’avons
vu on a n´ecessairement G > G0et donc G0−G < 0. La petite fluctuation de tension est donc amplifi´ee jusqu’`a
ce qu’elle se stabilise `a une amplitude V=V0.
11. Avec une d´efinition du facteur de qualit´e Qpositif3, l’´equation diff´erentielle pr´ec´edente peut se r´e´ecrire
d2v
dt2−ω0 Q+ω2
0v= 0. On pose v(t) = V(t) sin ω0t. On obtient dv
dt=ω0V(t) cos ω0t+dV dtsin ω0ttout d’abord,
puis la d´eriv´ee seconde d2v
dt2=−ω2
0Vsin ω0t+ 2ω0dV
dtcos ω0t+d2V dt2sin ω0t. En combinant dans l’expression
pr´ec´edente avec ω2
0v=ω2 0Vsin ω0t, on arrive `a l’expression diff´erentielle 2ω0dV
dtcos ω0t+d2V dt2sin ω0t+3β 4C(V2−
V2
0)ω0Vcos ω0t+dV
dtsin ω0t= 0. Les variations de l’amplitude V(t) sont qualifi´ees de lentes. Cela va nous
permettre de n´egliger le terme dV
dtsin ω0tdevant ω0V(t) cos ω0tet, de la mˆeme fa¸con, on pourra simplifier
d2V
dt2sin ω0tdevant 2ω0dV dtcos ω0t. L’´equation diff´erentielle devient alors 2ω0dV dtcos ω0t=3β 4C(V2
0−V2)V ω0cos ω0t
que l’on simplifie pour obtenir effectivement la forme : 1
V
dV
dt=3β 8CV2
0−V2. On peut retrouver cette ´equation
diff´erentielle par une ´etude ´energ´etique. L’´energie est stock´ee dans le condensateur et dans la bobine. On a
E=1
2Cv2(t) + 1 2Li2
1(t) avec v=−Ldi1
dt. On sait que dans le cas d’un oscillateur fonctionnant `a sa pulsation
propre, la contribution `a l’´energie moyenne de la bobine est exactement ´equivalente `a celle du condensateur. Si
on note W(t) =< E >tla moyenne temporelle de l’´energie (moyenne calcul´ee sur une p´eriode T0=2π
ω0petite
devant la dur´ee d’´evolution de l’amplitude V(t)), on a W(t) = 2 ×1
4CV 2(t) car < v2>t=V2(t) 2. En d´erivant, on
obtient dW(t)
dt=CV (t)dV dt. Cette expression correspond `a la puissance re¸cue par le syst`eme bobine-condensateur
et donc `a la puissance fournie par le reste du circuit. On a donc dW(t)
dt=−<(−i3+i)v >tpour tenir compte
des deux situations de convention du sch´ema du circuit que l’on rencontre `a savoir la convention g´en´erateur sur
G0et la convention r´ecepteur sur le dipˆole actif. On a donc dW(t)
dt= (G−G0−3β 4V2)V2 2. Dans ces conditions,
l’´egalit´e entre la puissance re¸cue et la puissance fournie conduit `a CV dV
dt=3β 8(V2
0−V2)V2. Cette ´equation est
bien la mˆeme que celle que nous avons ´etablie avant.
12. On a dV
dt>0car au d´epart V1< V0. L’amplitude de la tension v(t) est croissante au cours du temps.
Ceci se poursuit jusqu’`a ce que V=V0, `a ce moment l’apport d’´energie compense juste les pertes et l’amplitude
se stabilise. Si l’amplitude devenait sup´erieure `a V0alors le coefficient de la d´eriv´ee premi`ere changerait de signe
et l’amplitude de la tension diminuerait. On a une stabilisation `a une amplitude V(t) = V0.
13. On reprend l’´etablissement de l’´equation diff´erentielle sans hypoth`ese particuli`ere sur les variations de
l’amplitude de la tension v(t). La loi des nœuds donne toujours −Gv +βv3=i1−Cdv
dt−G0v. On la d´erive
par rapport au temps et on utilise di1
dt=−v L. Cela conduit `a l’´equation d2v dt2+hG0−G C+3βv2 Cidv dt+ω2
0v= 0. En
factorisant, on arrive `a : d2v
dt2−g Ch1−3βv2 gidv dt+ω2
0v= 0 avec g=G−G0. On pose alors : ω0=1
√LC ainsi que
γ=g
Cet ε2=3β gce qui correspond bien `a ε=2 V0.
2L’´enonc´e a confondu bet β.
3Il aurait fallu d´efinir Q=1
|g1|qC L
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14. La mod´elisation lin´eaire par morceaux4propos´ee du dipˆole actif nous permet d’´ecrire que i=±I0+g
2v.
Dans ce cas de figure, la loi des nœuds devient ±I0+g
2v=i1−Cdv dtpuisqu’il ne faut pas oublier que la
conductance G0a ´et´e inclue dans le mod`ele lin´eaire par morceaux. En d´erivant cette ´equation par rapport
au temps comme nous l’avons fait pr´ec´edemment, on arrive `a g
2
dv
dt=−v L−Cd2v dt2. Dans les deux portions de
pente finie de la mod´elisation, on a le cas classique de l’oscillateur amorti r´epondant `a l’´equation diff´erentielle :
d2v
dt2+g 2C
dv
dt+v LC = 0. On a donc g 2C= 2α, c’est-`a-dire α=g 4C.
15. L’´equation caract´eristique de cette ´equation diff´erentielle est r2+ 2αr +ω2
0= 0. Son discriminant est
∆ = 4(α2−ω2
0). Compte tenu du contexte, il est forc´ement g´en´erateur d’une oscillation pseudo-p´eriodique et donc
∆<0. L’´enonc´e pose d’ailleurs Ω = pω2
0−α2>0. Les racines sont donc complexes : r=−α±jΩ. Cela permet
d’´ecrire une forme de solution v(t) = exp −αt [Acos Ωt+Bsin Ωt]. ` A la date t= 0, on a v(t= 0) = 0 d’o`u A= 0.
La solution devient alors v(t) = Bexp −αt sin Ωt. On trouve Bavec la condition sur la d´eriv´ee dv
dt=S0. Or,
dv
dt=Bexp −αt [−αsin Ωt+ Ω cos Ωt] que l’on valide `a la date initiale. On obtient ainsi S0=BΩ. Cela permet
de conclure sur la forme de la tension : v(t) = S0
Ωexp −αt sin Ωt. On a dv dt=S0exp −αt −α Ωsin Ωt+ cos Ωt.
`
A la date ttelle que Ωt=π−, on a cos Ωt=−1 et sin Ωt= 0. On peut donc en conclure qu’`a cette date qui
correspond `a la moiti´e de la pseudo-p´eriode, on a dv
dt
π−/Ω=−S0exp −απ
Ω<0. `
A cette date, la tension v(t) est
nulle.
16. Entre la date t= 0 et t=π−/Ω, on ´etudie une phase o`u v(t)>0. La partie du mod`ele lin´eaire `a prendre
en compte est donc i=−I0+g
2v. La loi des nœuds donne alors i1(π−/Ω) −Cdv dt
π−/Ω=−I0+g
2v(π−/Ω).
Lorsqu’on bascule `a la date t=π+/Ω, on a l’´equation i1(π+/Ω) −Cdv
dt
π+/Ω= +I0+g
2v(π+/Ω). Or, la tension
aux bornes d’un condensateur est continue et l’intensit´e dans la bobine aussi. Cela permet d’´ecrire, par diff´erence
des deux lois des nœuds pr´ec´edentes que −Cdv
dt
π+/Ω−dv
dt
π−/Ω= +2I0et donc que ∆( ˙v) = −2I0
C.
17. En analysant les r´esultats des questions pr´ec´edentes, on peut ´eviter de faire les calculs qui montrent
que l’amplitude de la d´eriv´ee de la tension va se trouver amortie une demi-pseudo p´eriode plus tard, qu’il y a
changement de signe et qu’il faut rajouter ou soustraire `a chaque passage par une date t=nπ
Ωavec n∈N, une
quantit´e 2I0
C. On a S1=−S0exp −απ Ω−2I0 C. On en d´eduit que S2=−S1exp −απ Ω+2I0 C. On peut alors traduire la
relation de r´ecurrence, en faisant attention `a la parit´e de n. Cela donne : Sn+1 =−Snexp −απ
Ω+2I0 C(−1)n+1 .
18. Avec quelques termes, on se rend bien compte de ce qu’il se passe : S2=S0exp −2απ
Ω+2I0 c(1 + exp −απ Ω).
Pour S3, on obtient S3=−S0exp −3απ
Ω−2I0 c(exp −απ Ω+ exp −2απ Ω)−2I0 C. Cela s’´ecrit encore sous la forme
S3=−S0exp −3απ
Ω−2I0 c(1 + exp −απ Ω+ exp −2απ Ω). On comprend donc l’organisation du d´eveloppement de
cette suite altern´ee (ici envisag´ee pour nimpair) : Sn+1 =S0exp −(n+1)απ
Ω+2I0 c(1 + exp −απ Ω+...+ exp −nαπ Ω)
qui fait apparaˆıtre une suite g´eom´etrique. Comme le terme exp −(n+1)απ
Ωva vite tendre vers 0, on peut conclure
comme l’´enonc´e le demande que : S∞=2I0
C
1
1−exp −απ
Ω.
19. Le diagramme de phase est repr´esent´e sur le sch´ema de la figure 2 dans le plan ( ˙v, Ωv). On peut y voir
les discontinuit´es de ˙v`a chaque demi-pseudo p´eriode ainsi que les deux portions de courbes qui repr´esentent les
oscillations amorties obtenues en r´egime permanent.
Probl`eme no2 – Vibrations transverses CCP PC 2009
A. Ondes stationnaires le long d’une corde tendue
1. On isole une portion de longueur dxde corde situ´ee entre les abscisses xet x+ dx, voir la sch´ema de la
figure 3. La force exerc´ee par la partie droite correspond `a celle situ´ee `a une abscisse au-del`a de x+ dx. La force
verticale correspondante est donc la projection de cette force sur Oy. On a, en fait, F=T(x+ dx) sin α(x+ dx).
De la mˆeme fa¸con la portion de corde situ´ee `a gauche de xexerce une force verticale F=−T(x) sin α(x). Les
angles α(x, t) ´etant petit, on peut assimiler le sinus `a l’angle et faire de mˆeme pour la tangente. Or, par d´efinition,
tan α(x, t) = ∂h
∂x , on peut donc conclure que si Test la tension de la corde que : F(x+ dx, t) = T∂h ∂x 
x+dxet
que F(x, t) = −T∂h
∂x 
x. On montrera ensuite que Test uniforme.
2. On appliquer la relation fondamentale de la dynamique `a une portion de corde comprise entre xet x+ dx.
Comme la corde se d´eforme peu, on consid`ere que sa longueur ´evalu´ee au repos `a savoir dxreste identique
puisque la corde est quasi-inextensible. La masse de corde soumise `a l’onde et comprise entre les abscisses x
4L’´enonc´e a fait une erreur de signe dans l’´egalit´e entre les int´egrales. De plus, la tension normalis´ee a ´et´e mal d´efinie, vn=v
√g/β .
Avec cette d´efinition, l’intensit´e normalis´ee est in=i
g√g/β ce qui ne correspond pas `a celle donn´ee. L’´equation du dispositif actif
est in=−vn+v3
n. En calculant les aires, on montre que la pente des deux droites du diagramme (in, vn) est alors 1/2 et non pas
3√3/4.
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Ωv
˙v
t= 0
S0
Enveloppe du
r´egime permanent
Fig. 2 – Diagramme de phase de l’oscillateur entretenu
x
y
xx+ dx
T(x+ dx, t)
T(x, t)α(x, t)
Fig. 3 – Corde vibrante
et x+ dxest donc µdx. Dans le r´ef´erentiel galil´een du laboratoire, appliquons-lui la relation fondamentale
de la dynamique sachant que son acc´el´eration est ∂2h
∂t2selon la verticale. Son acc´el´eration est nulle puisqu’on
ne consid`ere que les mouvements transversaux `a l’axe x. La projection des forces sur l’axe xfait intervenir
des cosinus qui seront pris ´egaux `a 1 par approximation des petits angles. C’est donc ainsi qu’on prouve que
T(x+ dx) cos α(x+ dx)−T(x) cos α(x) = 0 qui entraˆıne T(x+ dx) = T(x). La projection sur yde la relation
fondamentale de la dynamique donne : µdx∂2h
∂t2=T∂h ∂x 
x+dx−∂h
∂x 
x. En divisant par dx, on voit apparaˆıtre
une nouvelle d´eriv´ee qui est la d´eriv´ee seconde par rapport `a x. On a donc bien l’´equation de propagation de
D’Alembert :∂2h
∂x2=µ T
∂2h
∂t2avec c=qT µc´el´erit´e des ondes.
3. On ne peut pas observer de discontinuit´e spatiale de la d´eriv´ee ∂h/∂x car sinon la force F=T∂h
∂x
divergerait ce qui n’est pas acceptable.
4. On constate facilement que ∂2h
∂t2=−ω2het que ∂2h ∂x2=−k2h. En rempla¸cant dans l’´equation de D’Alembert,
on arrive `a la relation de dispersion classique pour la propagation d’une onde dans un milieu id´eal : k2=ω2
c2.
5. Les conditions aux limites imposent que h(x= 0, t) = 0 ∀tet que h(x= 2L, t) = 0 ∀t. De la premi`ere
condition, on tire sin φ= 0 ce qui impose φ=pπ avec p∈Z. La seconde condition impose elle que sin(k2L+pπ) =
0 ce qui revient `a dire que sin k2L= 0. Cela correspond `a la relation k2L=nπ. On en d´eduit que la pulsation
spatiale kappartient `a un ensemble discret de valeurs telles que : kn=nπ
2L. Cela impose aussi les relations :
ωn=nπc
2Let fn=nc 4Lpour la fr´equence. Le choix de la phase φ=pπ n’a pas grande importance car soit pest
paire et sin(kx +φ) = sin kx, soit pest impaire et sin(kx +φ) = −sin kx. Le signe −peut tr`es bien ˆetre int´egr´e
dans la fonction temporelle et par cons´equent se ramener `a un choix de conditions initiales. Pour la suite, on
prendra pour simplifier φ= 0.
6. Les diff´erents modes de vibration de la corde sont repr´esent´es sur la figure 4 o`u l’enveloppe de la corde
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est repr´esent´ee est bleu et la position de la corde `a une date quelconque en rouge. Il y a n+ 1 nœuds et n
ventres de d´eplacement (ou vibration) pour le mode n.
x
h
0L2L
n= 1
x
h
0L2L
L/2
3L/2
n= 2
x
h
0L2L
L/3
n= 3
x
h
0L2L
L/4
n= 4
Fig. 4 – Les quatre premiers modes de vibration de la corde
7. On a ∂h
∂t =−ωZ sin kx sin ωt et par cons´equence ∂h ∂t 2=ω2Z2sin2kx sin2ωt. De la mˆeme fa¸con, on calcule
facilement c2∂h
∂x 2=c2k2Z2cos2kx cos2ωt. Sachant que les moyennes temporelles de cos2ωt et de sin2ωt
valent 1/2 et que ω2=k2c2, on arrive `a l’expression < e >t=µ
2ω2Z2 2(sin2kx + cos2kx) qui se simplifie pour
conclure sur : < e >t=µ
4ω2Z2. Le terme faisant intervenir ∂h ∂t 2repr´esente l’´energie cin´etique, ici lin´eique et
le terme ∂h
∂x 2traduit l’´energie potentielle li´ee aux interactions d´eformant la corde.
8. Pour le mode fondamental, on a donc ω2=π2c2
4L2. En utilisant cette expression et celle de la c´el´erit´e des
ondes c2=T
µ, on obtient pour le mode fondamental l’´energie lin´eique moyenne < e >t=π2T 16L2Z2. L’´energie
totale (moyenne) sera donc la multiplication de cette ´energie lin´eique par la longueur de la corde : < Etot >=<
e >t2L=π2T
8LZ2. On obtient donc : Z=q8L<Etot> π2T= 2,85 cm .
B. Perturbation par une masse
9. En consid´erant les sch´emas trac´es sur la figure 4, on constate facilement que lorsque la masse mse situera
sur un nœud, son inertie traduite par la valeur de mn’interviendra pas puisque cette masse ne se d´eplacera pas !
On constate que ces situations correspondent `a n= 2 et n= 4 et plus g´en´eralement `a npaire. Au contraire si
nimpaire , la masse en x=Lse situe sur un ventre de d´eplacement. Son inertie va n´ecessairement avoir des
cons´equences sur le mode impair et en particulier sur la fr´equence comme nous allons le voir par la suite.
10. Le syst`eme ´etudi´e est la masse mqui est tir´ee en quelque sorte de part et d’autre en x=L−et en x=L+.
On projette la relation de la dynamique sur l’axe Oy selon : m∂2h
∂t2
L=T∂h
∂x 
L+−∂h
∂x 
L−.
11. D’apr`es la condition sur la solution cherch´ee h(x, t) = h(2L−x, t), on voit que ∂h
∂x 
L+=−∂h
∂x 
L−.
Dans ces conditions, on a ∂h
∂x 
L+−∂h
∂x 
L−=−2∂h
∂x 
L−. En utilisant la forme de solution propos´ee, on arrive
`a m∂2h
∂t2
L=−mω2Z′sin KL cos ωt et comme ∂h
∂x 
L−=KZ′cos KL cos ωt, on en d´eduit, en reportant dans la
relation de la dynamique que les conditions aux limites imposent : cotan KL =mω2
2KT .
12. La courbe repr´esentative de cotan xest r´ealis´ee en rouge sur la figure 5. Si m= 0, on retrouve la
condition sur les modes impairs pr´ec´edents. En effet, on a cotanKL = 0 qui impose cos KL = 0, c’est-`a-dire :
KL = (2p+ 1)π
2. Ce sont bien les modes impairs, les modes paires n’´etant pas affect´es par la masse m, il ne
subsiste que les modes impairs lors que m= 0. La forme de solution propos´ee par l’´enonc´e pour h(x, t) ne permet
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