Corrigé TD S9 : Oscillateurs amortis en régime libre Exercice 1 : Résoudre des équations différentielles 1.

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TD S9 – Oscillateur amorti en régime libre - corrigé

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Corrigé TD S9 : Oscillateurs amortis en régime libre

Exercice 1 : Résoudre des équations différentielles

1. Réponse : 𝑥(𝑡) = 𝑥0. cos(√ 2𝑘 𝑚𝑡) 2. 𝑥(𝑡) = 𝑥₀. 𝑒𝑥𝑝 (−ℎ𝑡 2 ) . [𝑐𝑜𝑠 (√𝜔0 2₋ℎ2 4 𝑡) + ℎ 2√𝜔02−ℎ2₄ . 𝑠𝑖𝑛 (√𝜔₀2₋ℎ2 4 𝑡)] 3. 𝑥(𝑡) = 𝑒𝑥𝑝(−𝜆𝑡) . [𝑥₀𝑐𝑜𝑠(√𝜔₀2_{− 𝜆}2_{𝑡) + (} 𝑣0+𝜆𝑥0 √𝜔02−𝜆2) . 𝑠𝑖𝑛(√𝜔0 2_{− 𝜆}2_𝑡)] 4. 𝑟(𝑡) = 𝑟_𝑒𝑞 + (𝑙₀− 𝑟_𝑒𝑞). 𝑐𝑜𝑠(√𝑘 𝑚− 𝜔 2_𝑡) 5. 𝑢(𝑡) = 𝐸 [1 − 𝑐𝑜𝑠(𝜔₀𝑡) + 1 𝑅𝐶𝜔0𝑠𝑖𝑛(𝜔0𝑡)] 6. 𝑢(𝑡) = 𝐸[1 − 𝑒𝑥𝑝(−𝜔0𝑡 2 )[𝑐𝑜𝑠( √3 2 𝜔0𝑡) + 𝑅𝐶𝜔0−2 𝑅𝐶𝜔0√3𝑠𝑖𝑛( √3 2 𝜔0𝑡)]]

Exercice 2 : Considérations énergétiques

1. a. ℰC = q2 2C b. ℰ_𝐿 =1 2𝐿𝑖 2_. c. 𝑈em= ℰ𝐶+ ℰ𝐿 et 𝑖 = − d𝑞 d𝑡 ⇒ 𝑈em = 𝑞2 2𝐶+ 1 2𝐿 ( d𝑞 d𝑡) 2 .

2. a. Le circuit n’est alimenté par aucun générateur : 𝑝_𝐶+ 𝑝_𝐿+ 𝑝_𝑅 = 0 . b. 𝑝𝐶 = dℰ𝐶 d𝑡, 𝑝𝐿 = dℰ𝐿 d𝑡 et 𝑝𝑅 = 𝑅𝑖 2 _⇒d𝑈em d𝑡 + 𝑅𝑖 2 _{= 0 ⇒} d2𝑞 d𝑡2+ 𝑅 𝐿 d𝑞 d𝑡+ 𝑞 𝐿𝐶= 0 .

Exercice 3 : mesure de la viscosité

1. Système : masselotte.

Référentiel : laboratoire supposé galiléen.

Forces : poids : 𝑃⃗ = 𝑚𝑔 ; tension du ressort : 𝑇⃗ = 𝑘(ℓ − ℓ0)𝑒 𝑧 avec ℓ = 𝑧 ; frottement visqueux : 𝑓 = −6𝝅𝜂𝑟𝑣 .

Principe fondamental de la dynamique : 𝑚𝑎 = 𝑃⃗ + 𝑇⃗ + 𝑓 . Selon 𝑒 𝑧 : 𝑚𝑧̈ = 𝑚𝑔 − 𝑘(𝑧 − ℓ0) − 6𝝅𝑟𝜂𝑧̇ ⇒ 𝑧̈ + 6𝝅𝑟𝜂 𝑚 𝑧̇ + 𝑘 𝑚𝑧 = 𝑔 + 𝑘ℓ0 𝑚 . 2. Pulsation propre : 𝜔0 = √ 𝑘 𝑚. De plus, 𝜔0 𝑄 = 6𝝅𝑟𝜂 𝑚 ⇒ 𝑄 = √𝑚𝑘 6𝝅𝑟𝜂 (facteur de qualité). Polynôme caractéristique : 𝑟2+𝜔0 𝑄 𝑟 + 𝜔0 2 _{= 0 ⇒ Δ = (}𝜔0 𝑄) 2 (1 − 4𝑄2_{) < 0.} Racines : 𝑟 = −𝜔_𝑄0± j𝜔0 2𝑄√4𝑄 2_{− 1 ⇒ Ω =}𝜔0 2𝑄√4𝑄 2_{− 1 ⇒ Ω = √}𝑘 𝑚− 9𝝅2_𝑟2_𝜂2 𝑚2 . 3. Période propre : 𝑇0 = 2𝝅 𝜔0 avec 𝜔0 = √ 𝑘 𝑚. Pseudopériode : 𝑇 =2𝝅 Ω ⇒ 𝜂 = 2𝑚 3𝑟 √ 1 𝑇02− 1 𝑇2.

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Exercice 4 : Circuit RLC parallèle

1. On commence par l’étude à 𝑡 = 0+.

L’intensité traversant une bobine est continue : 𝑖1(𝑡 = 0+) = 𝑖1(𝑡 = 0−) = 0. La tension aux bornes du condensateur est continue : 𝑈(𝑡 = 0+) = 𝑈(𝑡 = 0−_{) = 0.} On a 𝑈 = 𝑟𝑖3 ⇒ 𝑖3(𝑡 = 0+) = 0.

Les lois de Kirchhoff donnent 𝐸 = 𝑅𝑖 + 𝑈 et 𝑖 = 𝑖1+ 𝑖2+ 𝑖3 ⇒ 𝑖2(𝑡 = 0+) = 𝐸 𝑅. On étudie ensuite ce qui se passe pour 𝑡 → +∞ : on tend vers un régime stationnaire. La bobine est alors équivalente à un fil : lim

𝑡→+∞𝑈(𝑡) = 0. On a 𝑈 = 𝑟𝑖₃ ⇒ lim

𝑡→+∞𝑖3(𝑡) = 0.

Le condensateur est équivalent à un interrupteur ouvert : lim

𝑡→+∞𝑖2(𝑡) = 0. Les lois de Kirchhoff donnent 𝐸 = 𝑅𝑖 + 𝑈 et 𝑖 = 𝑖1+ 𝑖2+ 𝑖3 ⇒ lim_𝑡→+∞𝑖1(𝑡) =

𝐸 𝑅. On a donc 𝑈 𝑖₁ 𝑖2 𝑖3 𝑡 = 0+ 0 0 𝐸 𝑅 0 𝑡 → +∞ 0 𝐸 𝑅 0 0 2. a. Lois de Kirchhoff : 𝐸 = 𝑅𝑖 + 𝑈 et 𝑖 = 𝑖₁+ 𝑖₂+ 𝑖₃. Or, 𝑈 = 𝑟𝑖₃, 𝑖₂ = 𝐶d𝑈 d𝑡 et 𝑈 = 𝐿 d𝑖1 d𝑡 ⇒ 𝐸 = 𝑅𝑖1+ 𝑟𝑅𝐶 d𝑖3 d𝑡 + (𝑟 + 𝑅)𝑖3 (1). d d𝑡(1) ⇒ d2𝑖3 d𝑡2 + 𝑟+𝑅 𝑟𝑅𝐶 d𝑖3 d𝑡 + 1 𝐿𝐶𝑖3 = 0 .

b. Sous forme canonique, l’équation s’écrit d2𝑖3 d𝑡2 + 𝜔0 𝑄 d𝑖3 d𝑡 + 𝜔0 2_𝑖 3 = 0 . On en déduit 𝜔0 = 1 √𝐿𝐶 ⇒ 𝜔0 = 7,1 × 10 3_rads−1_{et 𝑄 =} 𝑟𝑅 𝑟+𝑅√ 𝐶 𝐿 ⇒ 𝑄 = 5,9. c. On a 𝑄 >1

2 : le régime est pseudopériodique. 3. a. Polynôme caractéristique : 𝛼2+𝜔0

𝑄 𝛼 + 𝜔0

2 _{= 0 ⇒ Δ =}𝜔02

𝑄2(1 − 4𝑄2) < 0.

Ses racines s’écrivent 𝛼 = −𝜔0 2𝑄± j 𝜔0 2𝑄√4𝑄 2 _{− 1 = −}1 𝜏± jΩ. On a donc Ω =𝜔0 2𝑄√4𝑄 2_{− 1 ⇒ Ω = 7,1 × 10}3_rads−1_{et 𝜏 =}2𝑄 𝜔0 ⇒ 𝜏 = 1,7ms.

On a 4𝑄2 ≫ 1 : on retrouve le fait que dans ce cas Ω ≃ 𝜔0.

b. La solution de l’équation différentielle s’écrit 𝑖₃(𝑡) = [𝐴₁cos(Ω𝑡) + 𝐴₂sin(Ω𝑡)]e−𝑡/𝜏. Il faut déterminer les constantes d’intégration.

On a : 𝑖₃(𝑡 = 0+_{) = 0 ⇒ 𝐴} 1 = 0. D’autre part, d𝑖3 d𝑡 = 𝐴2[Ωcos(Ω𝑡) − sin(Ω𝑡) 𝜏 ] e −𝑡/𝜏_. Avec 𝑈 = 𝑟𝑖3 et 𝑖2 = 𝐶 d𝑈 d𝑡, on a 𝑖2 = 𝐶𝑟𝐴2[Ωcos(Ω𝑡) − sin(Ω𝑡) 𝜏 ] e −𝑡/𝜏_. Or 𝑖2(𝑡 = 0+) = 𝐸 𝑅, d’où 𝐴2 = 𝐸 𝑟𝑅𝐶. On en déduit 𝑖3(𝑡) = 𝐸 𝑟𝑅𝐶Ωsin(Ω𝑡)e −𝑡/𝜏 _{⇒ 𝑈(𝑡) =} 𝐸 𝑅𝐶Ωsin(Ω𝑡)e −𝑡/𝜏_. On a bien 𝑈(𝑡 = 0+) = 0 et lim 𝑡→+∞𝑈(𝑡) = 0.

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TD S9 – Oscillateur amorti en régime libre - corrigé Page 3 sur 4 Avec 𝑈 = 𝑟𝑖3, on obtient d𝑈 d𝑡 = 𝐸 𝑅𝐶Ω[Ωcos(Ω𝑡) − sin(Ω𝑡) 𝜏 ] e −𝑡/𝜏_. d𝑈 d𝑡(𝑡0) = 0 ⇒ 𝑡0 = arctan(Ω𝜏) Ω ⇒ 𝑡0 = 0,21ms. On a donc 𝑈_max= 𝐸 𝑅𝐶Ωsin(Ω𝑡0)e −𝑡0/𝜏 _{⇒ 𝑈} max= 0,3V.

Exercice 5 : Portrait de phase

1. On observe des oscillations non périodiques de la position (et de la vitesse) : le régime est donc pseudopériodique.

2. On a 𝑥₀ = 3,0cm, 𝑥f= 0,0cm, 𝑇a = 315ms. Décrément logarithmique : 𝛿 = ln (𝑥0

𝑥1) avec 𝑥1 = 1,5 cm ⇒ 𝛿 = 0,69.

3. L’équation du mouvement s’écrit 𝑥̈ +𝜔0

𝑄 𝑥̇ + 𝜔0 2_{𝑥 = 0.} Polynôme caractéristique : 𝑟2+𝜔0 𝑄 𝑟 + 𝜔0 2 _{= 0 ⇒ Δ = (}𝜔0 𝑄) 2 (1 − 4𝑄2_{) < 0.} On a donc 𝑟 = −1 𝜏± jΩ avec 𝜏 = 2𝑄 𝜔0 et Ω = 𝜔0 2𝑄√4𝑄 2 _{− 1.}

La solution de l’équation du mouvement s’écrit 𝑥(𝑡) = 𝐴1cos(Ω𝑡 + 𝜑)e−𝑡/𝜏. 𝛿 = ln [ 𝑥(𝑡) 𝑥(𝑡 + 𝑇_a)] = 𝑇 𝜏 = 2𝜋 Ω × 𝜔₀ 2𝑄 = 𝜋 𝜔0√1 −_4𝑄12 ×𝜔0 𝑄 = 𝜋 √𝑄2₋1 4 = 2𝜋 √4𝑄2_{− 1} ⇒ 𝑄 = √1 4+ 𝜋2 𝛿2 ⇒ 𝑄 = 4,6 Et Ω =𝜔0 2𝑄√4𝑄 2_{− 1 ⇒ 𝜔} 0 = 𝟐𝑄Ω √4𝑄2₋₁⇒ 𝜔0 = 4𝝅𝑄 𝑇a√4𝑄2−1 ⇒ 𝜔0 = 20 rad. s −1 On a également 𝜔0 = √ 𝑘 𝑚 ⇒ 𝑘 = 𝑚𝜔0 2 _{⇒ 𝑘 = 2,2 × 10}2_Nm−1_. On a aussi 𝜔_𝑄0 = 𝜆 𝑚⇒ 𝜆 = 𝑚𝜔0 𝑄 ⇒ 𝜆 = 2,4 kg s −1_.

Exercice 6 : Changement de dipôle

1. On est dans le cas d’un circuit 𝑅𝐿 série, avec une inductance 𝐿 et une résistance totale 𝑅 + 𝑟. La constante de temps du circuit, au bout de laquelle la tension aux bornes de 𝐷 atteint 63,2% de sa valeur finale, est donc 𝜏₁ = 𝐿

𝑅+𝑟 ⇒ 𝜏1 = 3ms.

2. On est dans le cas d’un circuit 𝑅𝐿 série, avec une inductance 𝐿 + 𝐿′ et une résistance 𝑟. La constante de temps du circuit, au bout de laquelle l’intensité du courant atteint 63,2% de sa valeur finale, est donc

𝜏2 = 𝐿+𝐿′

𝑟 ⇒ 𝜏2 = 0,05s.

3. On est dans le cas d’un circuit 𝑅𝐿𝐶 série. Le facteur de qualité est donc 𝑄 =1

𝑟√ 𝐿

𝐶 ⇒ 𝑄 = 8 × 10 1_.

4. Quand 𝑡 → +∞, l’état du circuit tend vers un régime stationnaire, dans lequel la bobine est équivalente à un fil et le condensateur à un interrupteur ouvert. La tension aux bornes de la bobine et l’intensité circulant dans le circuit sont nulles. On en déduit que la tension aux bornes de la résistance est nulle. La loi des mailles implique donc 𝑢_∞= 𝐸 ⇒ 𝑢_∞= 2V.

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