Ecole Nationale Sup´erieure Ann´ee 2020/2021 des Travaux Publics
Deuxi`eme ann´ee Cycle Pr´eparatoire Mars 2021
Examen Final de Physique 3 Dur´ee (1h30’)
Exercice 1 (12 points) Partie A(figure 1.a)
On consid`ere le syst`eme `a deux degr´es de libert´e de la figure 1 a) constitu´e d’un cylindre plein homog`ene de masse M et de rayon R qui roule sans glisser sur un plan horizontal. Une tige homog`ene (de centre G) de longueurℓ et de massems’articule sans frottement sur l’axeCdu cylindre. Les oscillations du syst`eme s’effectuent dans le plan xOyet sont rep´er´ees par le d´eplacementx1 de l’axe du cylindre mesur´e par rapport `a sa position d´equilibre et par l’angle φ que fait la tige par rapport `a la verticale. A l’´equilibre, la tige est verticale. On ne s’int´eresse qu’aux oscillations de faible amplitude.
On donne les moments d’inertie du cylindre par rapport `a son axe passant par C not´eIC = 12M R2 et celui de la tige par rapport `a son axe passant par Gnot´eIG= 121mℓ2.
m
x
k
y
a
x
y O
R
x
1x
1G G
ℓ
m
C C
( )
F t
Fig. 1 a) Fig. 1 b)
j j
1. Calculer en fonction de ·
x1 l’´energie cin´etique du cylindre.
2. D´eterminer les coordonn´ees du pointG. En d´eduire l’´energie cin´etique de la tige.
3. D´eterminer les ´energies cin´etique et potentielle du syst`eme.
4. Montrer que les ´equations diff´erentielles du mouvement qui r´egissent les variations dex1 etφs’´ecrivent sous
la forme suivante {
3
2M· ·x1+m· ·x1+12mℓ· ·φ = 0 m· ·
x1+23mℓ· ·
φ +mgφ= 0 5. Dans le cas o`uM = 4
3m, d´eterminer les pulsations propresω1 etω2 du syst`eme.
6. D´eterminer les solutions g´en´eralesx1(t) etφ(t) du mouvement du cylindre et de la tige.
Partie B(figure 1.b)
Le cylindre est `a pr´esent reli´e `a un bˆati fixe par l’interm´ediaire d’un ressort de raideurk et d’un amortisseur de coefficient de frottement visqueuxα.De plus, on applique au centreCdu cylindre une force horizontale sinuso¨ıdale F(t) =F0cosωt.
1. Etablir les nouvelles ´equations diff´erentielles du mouvement enx1 et φ. Les exprimer en fonction de x1 et x2=ℓφ
2 .
2. Dans l’analogie Force-Tension, donner les ´equations ´electriques ´equivalentes ainsi que le sch´ema ´electrique correspondant. On pr´ecisera la correspondance entre les ´el´ements m´ecaniques et les ´el´ements ´electriques.
Exercice 2 (8 points)
On consid`ere un pendule simple constitu´e d’un fil inextensible de longueur ℓ `a l’extr´emit´e duquel est attach´ee une masse m suppos´ee ponctuelle comme indiqu´e sur la figure 2. Le pendule est en mouvement dans le plan xOy et sa position est est rep´er´ee par l’angle θ mesur´e par rapport `a la verticale. Le point d’attache A du pendule est anim´e d’un mouvement de translation rectiligne sinuso¨ıdal d´ecrit par xA(t) =acosωt. On ne s’int´eresse qu’aux oscillations de faible amplitude.
x
y
θ
O
x
Aℓ
m A
Fig. 2
1. Etablir l’´equation diff´erentielle satisfaite par la variableθ(t). 2. On poseω02=g
ℓ et on supposeω̸=ω0.D´eterminer la forme g´en´erale de la solutionθ(t).
3. Trouver la solutionθ(t) dans le cas o`u on impose les conditions initiales `at= 0: θ(0) = 0 et ·
θ(0) = 0. Mettre cette solution sous la forme du produit de deux fonctions trigonom´etriques.
4. En supposant que la pulsationω est tr`es proche de la pulsation propreω0 du pendule simple: ω=ω0+ ∆ω, avec ∆ω << ω0
(a) Simplifier l’expression deθ(t) (b) Tracer l’allure de son graphe.
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Deuxi`eme ann´ee Cycle Pr´eparatoire Mars 2021
Corrig´e de l’examen Final de Physique 3 Exercice 1 (12 points)
Partie A(figure 1.a)
1. L’´energie cin´etique du cylindre s’´ecrit:
TM = 1
2M−→vC2+1 2IC
θ·
2
← 0,25 pt avec −→vC =
Çd−−→
OC dt
å
R
= d(x1−→ex)
dt =x·1−→ex et en tenant compte de la condition de roulement sans glissement:
x·1=R·
θ, il vient:
TM = 1 2Mx·
2 1+1
2 Å1
2M R2 ã(x·1
R )2
= 3 4Mx·
2
1← 1 pt
2. Les coordonn´ees du pointGs’´ecrivent: G Ö
x1+ ℓ 2sinφ ℓ
2cosφ è
← 0,5 pt
L’´energie cin´etique de la tige s’´ecrit:
Tm= (Tm)tr+ (Tm)rot =1
2m−→vG2+1 2IGφ·
2← 0,25 pt
avec−→vG = Çd−−→
OG dt
å
R
=
Ö x·1+ℓ 2
φ· cosφ
−ℓ 2
φ· sinφ è
etIG= 1
12mℓ2. Donc
Tm= 1 2m
ñÅ· x1+ℓ
2 φ· cosφ
ã2
+ Åℓ
2 φ·sinφ
ã2ô +1
2 Å1
12mℓ2 ã ·
φ
2
Pour les faibles oscillations, on a cosφ≃1. Donc Tm=1
2m Å·
x1+ℓ 2
φ· ã2
+1 2
Å1 12mℓ2
ã · φ
2← 1 pt
3. L’´energie cin´etique totale du syst`eme s’´ecrit:
T =3 4Mx·
2 1+1
2m
Åx·1+ ℓ 2 φ·
ã2
+1 2
Å 1 12mℓ2
ãφ·
2← 0,25 pt
Son ´energie potentielle est donn´ee par U =−mgℓ
2cosφ≃ 1 2
Å mgℓ
2 ã
φ2← 0,5 pt 4. Les ´equations de Lagrange s’´ecrivent:
d dt
Ç∂T
∂x·1
å + ∂U
∂x1 = 0 d
dt (
∂T
∂φ· )
+∂U
∂φ = 0
=⇒
3
2M· ·x1+m
Å· ·x1+ ℓ 2
· ·φ ã
= 0 mℓ
2
Å· ·x1+ℓ 2
· ·φ ã
+ 1
12mℓ2· ·φ +mgℓ 2φ= 0
(1)
soit
3
2M· ·x1+m· ·x1+mℓ 2
· ·φ = 0← 0,5 pt m· ·x1+23mℓ· ·φ +mgφ= 0← 0,5 pt
(2)
5. Dans le cas o`uM = 4
3m, le syst`eme d’´equations diff´erentielles (2) s’´ecrit:
3m· ·x1+mℓ 2
· ·φ = 0 m· ·
x1+23mℓ· ·
φ +mgφ= 0
← 0,25 pt (3)
En supposant une oscillation dans un mode propre, soit x1(t) =Asin (ωt+φ) etφ(t) =Bsin (ωt+φ), on
obtient:
−3ω2A−ω2ℓ 2B= 0
−ω2A− ℓ 2
Å4
3ω2−2g ℓ
ã
B= 0 ← 0,5 pt (4)
Ce syst`eme admet des solutionsAet B non nulles si et seulement si son d´eterminant est nul, soit 3ω2
Å4
3ω2−2g ℓ
ã
−ω4= 3ω2 Å
ω2−2g ℓ
ã
= 0← 0,5 pt D’o`u les pulsations propres: ω1= 0← 0,25 pt et ω2=»
2g
ℓ← 0,25 pt 6. Cherchons les solutions dans chacun des modes propres:
• Mode 1: ω1= 0
A cette pulsation, la deuxi`eme ´equation du syst`eme (4) donne imm´ediatementB1= 0, soit φ(t) = 0
De mˆeme, la premi`ere ´equation du syst`eme (3) donne · ·x1= 0, soit une solution de la forme x1(t) =C1t+D1
Cela signifie que lors du mouvement du cylindre qui est rectligne uniforme, la tige va rester verticale.
• Mode 2: ω2=
…2g ℓ .
A cette pulsation, la premi`ere ´equation du syst`eme (4) donne imm´ediatementB2=−6A2
ℓ . Donc x1(t) =A2sin (ω2t+φ2) et φ(t) =−6A2
ℓ sin (ω2t+φ2) Le cylindre et le pendule oscillent en opposition de phase.
Donc, les solutions g´en´erales s’´ecrivent:
x1(t) =C1t+D1+A2sin (ω2t+φ2)← 1 pt φ(t) =−6A2
ℓ sin (ω2t+φ2)← 1 pt Partie B(figure 1.b)
1. L’´energie potentielle du syst`eme devient:
U = 1 2
Å mgℓ
2 ã
φ2+1
2kx21← 0,25 pt et la fonction de dissipation est donn´ee parD= 12αx·
2
1← 0,25 pt
Donc, les nouvelles ´equations diff´erentielles du mouvement enx1et φ.s’´ecrivent:
d dt
Ç∂T
∂x·1
å + ∂U
∂x1 =−∂D
∂x·1
+F(t) d
dt (
∂T
∂φ· )
+∂U
∂φ = 0
=⇒
2m· ·x1+m
Å· ·x1+ℓ 2
· ·φ ã
+αx·1+kx1=F(t)← 0,25 pt m
Å· ·x1+ℓ 2
· ·φ ã
+1
6mℓ· ·φ +mgφ= 0← 0,25 pt
ou encore en fonction dex1et x2= ℓφ 2 .
2m· ·x1+m
(· ·x1+· ·x2 )
+αx·1+kx1=F(t)← 0,25 pt m
(· ·x1+· ·x2
) +1
3m· ·x2+2mg
ℓ x2= 0← 0,25 pt
2. Dans l’analogie Force-Tension, les ´equations ´electriques ´equivalentes s’´ecrivent:
2Ldi1
dt +Ri1+ 1 C
∫i1dt+Ld(i1+i2)
dt =e(t)← 0,25 pt L
3 di2
dt + 1 C′
∫i2dt+Ld(i1+i2)
dt = 0← 0,25 pt
( )
e t
R 2L
L
3 L
' C
i
1i
21 pt
avec les correspondances suivantes:
F(t)↔e(t) ; x· 1↔i1;x·2↔i2;m↔L; α↔R;k↔ 1
C;k′ =2mg ℓ ↔ 1
C′.← 0,5 pt
Exercice 2 (8 points) 1. • Energie cin´etique
L’´energie cin´etique du pendule s’´ecrit:
T =1 2m−→v2 Le vecteur position de la masse m ´etant −−→
OM =
Å xA+ℓsinθ ℓcosθ
ã
, son vecteur vitesse s’´ecrit: −→v = Ñ ·
xA+ℓ· θcosθ
−ℓ· θsinθ
é
. DoncT = 12m Ç·
x
2 A+ℓ2·
θ
2
+ 2ℓ· xA
θ·cosθ å
← 1 pt
et pour les faibles oscillations (cosθ≃1), il vient:
T = 1 2m
Å· xA+ℓ·
θ ã2
← 0,25 pt
• Energie potentielle
L’axe ´etant dirig´ee vers le bas, l’´energie potentielle du pendule s’´ecrit:
U =−mgℓcosθ et pour les faibles oscillations
Å
cosθ≃1−θ2 2
ã
, il vient:
U = 1
2mgℓθ2+cte← 0,5 pt Ainsi, l’´equation diff´erentielle du mouvement enθs’´ecrit:
d dt
(
∂T
∂· θ
) +∂U
∂θ = 0 =⇒mℓ
Å· ·xA+ℓ· · θ
ã
+mgℓθ= 0← 0,25 pt
soit · ·
θ +g
ℓθ= aω2
ℓ cosωt← 1 pt (1)
2. En posantω02=g
ℓ, l’´equation diff´erentielle (1) s’´ecrit
· ·θ +ω02θ= aω2
ℓ cosωt (2)
La solution g´en´erale de cette ´equation diff´erentielle est la somme de la solution homog`ene θh(t) et d’une solution particuli`ereθp(t) de l’´equation compl`ete.
• Solution homog`eneθh(t) L’´equation homg`ene ´etant · ·
θ +ω20θ= 0, sa solution s’´ecrit:
θh(t) =Acos (ω0t+ψ)← 0,5 pt
• Solution particuli`ereθp(t)
En injectant dans l’´equation (2) une solution de la forme θp(t) =Ccos (ωt+φ),on obtient:
C(
ω02−ω2)
cos (ωt+φ) = aω2
ℓ cosωt=⇒C= aω2
ℓ(ω02−ω2) etφ= 0 D’o`u θp(t) = aω2
ℓ(ω20−ω2)cosωt← 1 pt et la solution g´en´erale s’´ecrit:
θ(t) =Acos (ω0t+ψ) + aω2
ℓ(ω20−ω2)cosωt← 0,25 pt o`uAet ψsont les constantes d’int´egration.
3. En imposant les conditions initiales `at= 0: θ(0) = 0 et ·
θ(0) = 0, il vient:
θ(0) =Acosψ+ aω2
ℓ(ω02−ω2) = 0 θ·(0) =−Aω0sinψ= 0
=⇒ψ= 0 etA=− aω2 ℓ(ω02−ω2) D’o`u
θ(t) = aω2
ℓ(ω20−ω2)(cosωt−cosω0t)← 1 pt que l’on peut ´ecrire sous la forme
θ(t) = 2aω2 ℓ(ω2−ω20)sin
(ω−ω0 2 t
) sin
(ω+ω0 2 t
)← 0,25 pt
(a) En posantω=ω0+ ∆ω, avec ∆ω << ω0, on peut ´ecrire θ(t) = 2aω2
ℓ(ω−ω0) (ω0+ω)sin Å∆ω
2 t ã
sin (ω0t) soit
θ(t) = aω0 ℓ∆ωsin
Å∆ω 2 t
ã
sin (ω0t)← 1 pt
0
mod
2
T Tmod t
T0
( )t
q
aw0
w D ℓ
aw0
- w D ℓ
1 pt
(b) La solutionθ(t) apparaˆıt comme une fonction sinuso¨ıdale de p´eriodeT0= 2π
ω0 envelopp´ee par une autre fonction sinuso¨ıdale de p´eriodeTmod= 2π
ωmod = 4π
∆ω >> T0; c’est le ph´enom`ene de battement.
