2009 Réunion EXERCICE I : ÉTUDE D’UN OSCILLATEUR MÉCANIQUE (5 points) Correction © http://labolycee.org
Voir l’excellente animation de G.Tulloue :
http://www.sciences.univ-nantes.fr/physique/perso/gtulloue/Meca/Oscillateurs/oscillateur_horizontal.html 1.1. vx (t19) = G20 G18
20 18
x x
t t
vx (t19) = , ( , )
, ,
0 017 0 046 1 60 1 44
= 0,39 m.s-1 vG19 = vx (t19) = 0,39 m.s-1
1.2. G18 G19 G17
19 17
v v
a t t
Les vecteurs étant colinéaires 18
G19 G17 G
19 17
v v
a t t
, ,
, ,
G18
0 39 0 31 a 1 52 1 36
= 0,50 m.s-2 1.3.
Le solide subit : -son poids P
-la force de rappel
du ressort F (le ressort est comprimé) - la réaction de la table RN
(perpendiculaire à la table en l’absence de frottements)
1.4. xG < 0 et F possède le même sens que i donc –K.xG >0 avec K > 0 alors F K x i. .G 1.5.1. Deuxième loi de Newton appliquée au solide de masse m, dans le référentiel supposé galiléen de la table : P + F + RN
= m a.
En projetant sur l’axe xx’ : –K.x = m.ax équation 1 1.5.2. K = – m a. x
x , en x18 < 0, le ressort est comprimé alors aX (> 0) = a18
K = – 0,714 , , 0 50 0 046
= 7,8 N.m-1
P
F RN
2. La période propre de l’oscillateur
2.1. Xm est l’amplitude et 0 est la phase à l’origine.
Voir l’animation de F.Passebon : http://perso.orange.fr/fpassebon/animations/modelisation.swf 2.2. [ m ] = M
D’autre part F = K.x = m.a K = m.a
x [K] = M.L.T-2
L = M.T–2
0
T 2 K
m
[T0] = [K]1/2.M–1/2 = M1/2.T–1.M–1/2 = T–1 Cette expression ne convient pas.
T02 m K [T0] = [K]1/2.M1/2 = M1/2.T–1.M1/2 = M.T–1 Cette expression ne convient pas.
0
T 2 m
K
[T0] = [K]–1/2.M1/2 = M–1/2.T.M1/2 = TCette expression est correcte.
2.3. 0 m
T 2
K
T02 = 4.².m
K soit . 2 2
0
K 4 m
T
K = 4² ,
, 2
0 714
1 88 = 7,98 N.m–1 valeur assez proche de celle trouvée en 1.5.2.
3. Les conditions initiales et l’énergie mécanique
3.1. D’après la modélisation : xG(t) = 0,120.cos(3,34.t – 0,488)
xG(t0 = 0) = 0,120.cos(–0,488) (attention calculatrice en radians) xG(t0 = 0) = 0,106 m = 10,6 cm
3.2. vG = dxG
dt = –0,1203,34.sin(3,34.t – 0,488) vG = –0,401. sin(3,34.t – 0,488)
3.3. G0 G t 0
v dx
dt
= –0,401.sin(–0,488)
G0
v = 0,188 m.s-1 = vxG0 > 0 donc vG0
possède le même sens que i. La vitesse a été communiquée initialement vers la droite.
3.4.1. Em = EC + Epe EC énergie cinétique, Epe énergie potentielle élastique Em = ½.m.vG² + ½.K.xG²
3.4.2. 2.Em = m.vG² + K.xG² K.xG² = 2.Em – m.vG² K = . m . G2
2 G
2 E m v x à la date t17 K =
, , ,
,
2 2
2
2 5 6 10 0 714 0 31 0 073
= 8,1 N.m-1
3.4.3. La figure 2 montre que l’amplitude des oscillations reste constante sur la durée de l’enregistrement, ainsi les forces de frottement sont négligeables.
Dans ce cas l’énergie mécanique du système se conserve.
