DM 11 10 janvier

DM 11 _{10 janvier}

#On commence toujours un exercice de mécanique par faire un schéma, et définir les référentiel et système, puis de faire le bilan des actions mécaniques extérieures.

Référentiel : lié au cercle de centre O, supposé gali- léen ;

Système : anneau assimilé à un point matériel M de massem;

Bilan des forces extérieures :

• le poidsP~=m~g= −mg~uy;

• la force de rappel élastique ou force de Hooke~T = −k(` − `0)

−−−→O⁰M

°

°

°

−−−→O⁰M

°

°

°

, avec `=

°

°

°

−−−→O⁰M°

°

°la longueur du ressort ;

• la réaction normale du support

−

→R_N = −R_N~u_r;

• les frottements fluides et solides sont négli- gés.

O x

y

O⁰

O⁰⁰

M θ

α

~ux

~ uy

~ ur

~ u_θ

Étude d’équilibres possibles

1 Déterminons l’expression du vecteur−−−→

O⁰M. D’après la relation de Chasles :

−−−→O⁰M = −−→

O⁰O+−−→

OM

= −a~uy+a~ur

Donc −−−→

O⁰M=a(1+cosθ)~ur−asinθ~u_θ . 2 Remarquons déjà que, d’après le théorème de l’angle au centre

α=θ 2. Le triangle inscritO⁰MO⁰⁰est rectangle enM. Donc

`=

°

°

°

−−−→O⁰M°

°

°=2acosα=2acos µθ

2

¶ .

3 Par définition de la force de rappel

T~ = −k(ˆ `−`0)

−−−→O⁰M

°

°

°

−−−→O⁰M°

°

°

= −k µ

2acos µθ

2

¶

−`0

¶a(1+cosθ)~ur−asinθ~u_θ 2acos³

θ2

´

= −k µ

2acos µθ

2

¶

−`0

¶cos²³

θ2

´~ur−asin³

θ2

´ cos³

θ2

´~u_θ cos³

θ2

´

donc

~T= −k µ

2acos µθ

2

¶

−`0

¶ µ cos

µθ 2

¶

~ u_r−sin

µθ 2

¶

~ u_θ

¶

4 PosonsF~la résultante des forces extérieures appliquées à la masseM.

~F=P~+→− RN+T~

avec~P=mg(cosθ~u_r−sinθ~u_θ) ;−→R_N= −R_N~u_retT~déterminé ci-dessus. Donc

~F=

·

mgcosθ−RN−k µ

2acos µθ

2

¶

−`0

¶ cos

µθ 2

¶¸

~ ur+

·

−mgsinθ+k µ

2acos µθ

2

¶

−`0

¶ sin

µθ 2

¶¸

~ u_θ

5 Le pointM décrit une trajectoire circulaire de centreO. Dans la base polaire (~ur,~u_θ), sa vitesse s’exprime donc

~v=aθ˙~u_θ . 6 Par définition de la puissanceP de la résultante des forces~F

P =ˆ ~F·~v (1)

= aθ˙

·

−mgsinθ+k µ

2acos µθ

2

¶

−`0

¶ sin

µθ 2

¶¸

(2)

= aθ˙

·

−mgsinθ+2kacos µθ

2

¶ sin

µθ 2

¶

−`0sin µθ

2

¶¸

(3) donc

P =aθ˙

·

¡ka−mg¢

sinθ−k`0sin µθ

2

¶¸

. 7 Par définition de l’énergie potentielle dont dérive la résultante~F

dEP = −Pˆ d t

= −a

·

¡ka−mg¢

sinθ−k`0sin µθ

2

¶¸

dθ

donc

EP(θ)=a

·

¡ka−mg¢

cosθ−2k`0cos µθ

2

¶¸

+c st e . 8 Par définition de l’énergie mécanique du système

Em(θ, ˙θ) ˆ=EC( ˙θ)+EP(θ) avecECl’énergie cinétique du système Em(θ, ˙θ)=1

2ma²θ˙²+a

·

¡ka−mg¢

cosθ−2k`0cos µθ

2

¶¸

+c st e

9 Le système n’est soumis qu’à des forces conservatives ou ne travaillant pas. D’après le théorème de l’énergie mécanique

dEm

d t =0 ⇔ ma²θ¨θ˙−aθ˙

·

¡ka−mg¢

sinθ−k`0sin µθ

2

¶¸

=0

= θ˙=0 ou maθ¨−

·

¡ka−mg¢

sinθ−k`0sin µθ

2

¶¸

=0 On obtient alors l’équation différentielle du mouvement

θ¨− µk

m−g a

¶

sinθ+k`0

masin µθ

2

¶

=0 10 Par définition des positions d’équilibre

µdEP

dθ

¶

θ=θi

=0 ⇔ a

·

¡ka−mg¢

sinθi−k`0sin µθi

2

¶¸

=0

⇔ θi=0 ou sinθi= k`0

ka−mg sin µθi

2

¶

⇔ θi=0 ou cos µθi

2

¶

= k`0

2(ka−mg) Le système admet une position d’équilibre enθ0=0 et en±θ1 si cos³_θ

1

2

´

= _2(ka−mg)^k`0 admet des racines réelles.

11 On veut imposer l’existence d’une position d’équilibre pour une valeurθ16=0 deθcomprise entre 0 et ^π₂. Donc, il faut

0≤θ1

2 ≤π

2 ⇔ 1≥cos µθi

2

¶

≥ 1 p2

⇔ 1≥ k`0

2(ka−mg)≥ 1 p2

⇔ 1≤2(ka−mg) k`0 ≤p

2

⇔ k`0

2 ≤ka−mg≤k`0

p2

⇔ k µ

a−`0

2

¶

≥mg≥k µ

a− `0

p2

¶

Le poids ne doit être, ni trop grand (alors il n’y a qu’une position d’équilibre, qui est stable, enθ0=0), ni trop petit (alors l’action du ressort l’emporte et la position d’équilibreθ0=0 est instable ; lorsqu’on s’en écarte, la perle est rappelée au delà de sa position extrêmeθ=^π₂).

12 Pour déterminer la stabilité des positions d’équilibreθ0etθ1, étudions le signe de la dérivée seconde µd²EP

dθ²

¶

θ=θi

. d²EP

dθ² =a

·

¡mg−ka¢

cosθ+k`0

2 cos µθ

2

¶¸

• Enθ=0 :

µd²EP

dθ²

¶

θ=0 = a

·

¡mg−ka¢ +k`0

2

¸

≤ 0 d’après la question précédente La positionθ0=0 est une position d’équilibre instable.

13 Enθ=θ1:

µd²EP

dθ²

¶

θ=θ1

= a

·

¡mg−ka¢

cosθ1+k`0

2 cos µθ1

2

¶¸

= a

· 2¡

mg−ka¢ µ

cos² µθ1

2

¶

−1

¶ +k`0

2 cos µθ1

2

¶¸

= a

· 2¡

mg−ka¢

µµ k`0

2(ka−mg)

¶2

−1

¶ +k`0

2

k`0

2(ka−mg)

¸

= a

"

− k²`²₀

4(ka−mg)+ka−mg

#

= a

|{z}

≥0

(ka−mg)

| {z }

≥k^`0₂≥0











1− k²`²₀ 4(ka−mg)²

| {z }

≥0











≥ 0 d’après la question précédente

Les positionθ= ±θ1sont des positions d’équilibre stables. Ce résultat était attendu, car positions d’équilibre stables alternent avec positions d’équilibre instables.

Étude d’un cas particulier

On se donne ici les relations entre paramètres suivants :a=2^mg_k et`0=p 3¡

a−^mg_k ¢ . 14 Vérifions que les conditions établies à la question 11 sont toujours réalisées.

k`0

2(ka−mg)= p3

2 ⇔ cos

µθ1

2

¶

= p3

2

⇔ θ1

2 =π 6

⇔ θ1=π 3

angle qui est bien compris entre 0 et^π₂. La condition de la question 11 est vérifiée.

Calculons la dérivée seconde de l’énergie potentielle pour cette angle et les conditions ci-dessus 1

ka² µd²EP

dθ²

¶

θ=θ1

= ka−mg ka

Ã

1− k²`²₀ 4(ka−mg)²

!

= 1 2 µ

1−3 4

¶

= 1 8

≥ 0

La position d’équilibre est stable, comme montré à la question 12.

15 Faisons l’approximation de l’oscillateur harmonique autour de la position d’équilibre stableθ=θ1

E˜P(ε) = 1 2

µd²EP

dθ²

¶

θ=θ1

ε²+(EP)_θ=θ1

= 1

16ka²ε²+(EP)_θ=θ1

D’après le théorème de l’énergie mécanique d²Em

d t² =0 ⇔ d²EC

d t² +d²E˜P

d t² =0

= ma²ε¨ε+˙ 1

4ka²εε˙ =0

= ε˙=0 ou ε¨+ k 8mε=0

= ε˙=0 ou ε¨+ω²₀

8 ε=0 avecω0= s

k m ω0est la pulsation naturelle intrinsèque du système masse-ressort libre.

16 On reconnaît l’équation différentielle d’un oscillateur harmonique (c’est l’approximation qu’on avait choi- sie). Sa solution générale est de la forme

ε(t)=Acos µ ω0

2p 2t

¶ +Bsin

µ ω0

2p 2t

¶ . Avec les conditions initialesε(0)=0, ε˙(0)=

qka−mg

2ma , on obtient l’unique solution ε(t)=

s4(ka−mg) maω²₀ sin

µ ω0

2p 2t

¶

=p 2 sin

µ ω0

2p 2t

¶ . L’amplitude dep

2 rad est beaucoup trop grande. L’énergie cinétique initiale est EC(0)=1

2maε˙02

=1 4mg a.

La différence d’énergie potentielle entre le point de départ (minimum) et le point extrême possible (maxi- mum) est

(EP)_θ=π/2−(EP)_θ=π/3=mg a µ5

2−p 6

¶

≈0, 05mg a,

qui est nettement plus petit que l’énergie cinétique initiale. Donc la perle a un mouvement approximative- ment uniforme

ε=ε˙0t

jusqu’à ce qu’elle parvienne à l’extrémité du demi-cercle. L’énoncé ne permet pas de savoir ce qu’il advient ensuite.

Applications numériques

Soient les valeurs numériques :g=9, 81 m.s⁻²,k=1, 0 · 10³N · m⁻¹, 1, 0 kg.

17 Soitk⁰du ressort donnant la même pulsation naturelle en régime de vibrations libres que celle obtenue à la question 14. Par identification

k⁰=k

8 =125 N

.k⁰ est nettement plus petit quek, car le poids joue le rôle d’une force de rappel versO⁰⁰plus importante que~T et diminue notablement l’effet du ressort.

18 On rappelle la pulsation du pendule simpleω0= q_g

L. Déterminons la longueurLdu pendule simple équi- valent donnant la même pulsation que le système décrit ci-dessus. Par identification

L=4a =7, 8 cm.

À noter l’irréalisme de la petitesse dea. En l’absence de ressort, le système est équivalent à un pendule de longueura, donc on auraitL=a. Le ressort jouant contre le poids, tout se passe comme si la pesanteur était plus faible, ou, ce qui revient au même, comme si la longueur du pendule était plus grande.