Oscillateurs amortis

(1)

Oscillateurs amortis

I₂₈.

S

P m k Pesanteur g =9, 8 m.s⁻².

Un corps de masse est suspendu à un support fixe S par un ressort de raideur . Il est lié à une palette qui exerce sur lui une force

2 kg m = 2450 N.m 1

k = ⁻ −fvG

proportionnelle à sa vitesse vG

, où f est une constante ajustable.

1) Calculer l’allongement du ressort à l’équilibre.

2) On repère la position de P par son abscisse comptée positivement vers le bas en prenant pour origine cette position d’équilibre. On applique à P une force supplémentaire égale à son poids et dirigée vers le bas et on attend son immobilisation. A l’instant 0, on supprime cette force. Discuter selon la valeur de

x

f l’allure du mouvement ultérieur.

3) Si f =1400 N.s.m⁻¹, exprimer . Déterminer un ordre de grandeur du temps au bout duquel le mobile ne s’écarte pas de sa position d’équilibre de plus du centième de son écart initial.

( ) x t

4) Mêmes questions si f =14 N.s.m⁻¹.

5) P est à nouveau en équilibre et f =14 N.s.m⁻¹. A l’instant 0, on déplace très rapidement de le support S vers le bas. Exprimer . A quel instant P est-il au plus bas ? De combien a-t-il descendu à cet instant par rapport à la position initiale ?

0,1m b= ( )

x t

II46.

Un corps de masse m est attaché à un support fixe par un ressort de raideur k, de longueur naturelle et d’allongement variable x et par un amortisseur de tension

L −fx. En l’absence d’amortisseur, la

période de ses oscillations est T₀ =1s. 1) A quelle équation différentielle obéit x ?

2) A quelle condition sur f le mouvement est-il oscillatoire ?

3) f a une valeur égale au dixième de la valeur limite précédente. Quelle est la différence relative entre la pseudopériode ^T des oscillations et ?

0 0

(T−T)/T T0

4) On appelle décrément logarithmique δ le logarithme népérien du rapport de deux maxima successifs de la différence entre x et sa valeur asymptotique. Calculer δ.

III₂₆. Pendule amorti.

9, 8 m.s 2

g = ⁻ .

Un pendule pesant est constitué par une boule d’acier de masse m, de masse volumique et de rayon suspendue par un fil souple tel que la distance entre le point d’attache et le centre de la boule soit

. L’air, de viscosité , freine ce pendule avec la force

7800 kg.m⁻3

ρ= 0, 005 m

r = 1, 000 m

L = η= 0, 0010 SI fG =− πη6 rvG

. On pourra poser 6 r

m α = πη .

1) Calculer le temps au bout duquel l’amplitude de petites oscillations a décru de moitié (sera considérée comme bonne toute valeur numérique ne différant pas de plus d’un facteur 2 de la valeur exacte) ; ln 2 = 0,69.

2) Pour réaliser une expérience comme le pendule de Foucault, où l’on veut observer un pendule pendant un temps très long, comment faut-il choisir les données ?

IV₆₄.

Un ressort a une longueur à vide l0 = 0,3 m et une constante de raideur k = 3,9 N.m^{– 1} . On lui suspend un corps de masse m = 0,1 kg et de densité 2 par rapport à l’eau.

L'ensemble peut se déplacer dans l'eau, et subit donc une force de frottement visqueux, avec un coefficient de frottement f = 0,125 N.s.m^{– 1} . L'intensité de la pesanteur vaut g = 10 m.s^{– 2} .

On rappelle que, selon le théorème d’Archimède, tout corps plongé dans l’eau en reçoit une force égale à l’opposé du poids de l’eau déplacée.

1) Déterminer et calculer numériquement l’allongement xéq du ressort à l'équilibre.

2) A 1’instant t = 0 , l'ensemble étant en équilibre, on monte brutalement et instantanément

l'extrémité supérieure A du ressort d'une hauteur d = 0,15 m. Le niveau de l’eau est assez haut pour que le corps n’émerge pas au cours de son mouvement ultérieur. Donner l'équation différentielle du mouvement et la résoudre numériquement. Représenter graphiquement l'allure de x(t).

m k A

(2)

Un corps P de masse de masse est accroché à un support par un ressort de raideur ^k. Il est soumis en outre au freinage de l’air qui exerce sur lui une force

m

−fv où v est sa vitesse et f une constante. A l’instant 0, le système est à l’équilibre quand on impose au point d’attache du ressort de monter brusquement verticalement de b. Le mouvement est purement vertical. On note x l’allongement du ressort, c’est-à-dire la différence entre la longueur du ressort et sa longueur quand il n’est soumis à aucune force.

1) Montrer que l’équation différentielle gouvernant x t^{( )} pour t>0 peut être mise sous la forme

0 2

x x 0x

Q

+ω +ω =α

et exprimer les constantes ω₀, ,Q α.

m b

2) Quelles sont les conditions initiales ?

3) On observe des oscillations amorties. Représenter qualitativement, en tenant compte au maximum des informations disponibles, le graphique de x t^{( )}.

4) Représenter qualitativement la trajectoire de phase, c’est-à-dire le graphe x x^{( )}.

5) L’amplitude des oscillations est divisée par 2 au bout de 15 oscillations Qu’appelle-t-on décrément logarithmique ? Le calculer.

δ

6) Calculer Q.

DS : oscillateurs amortis, page 2

(3)

Réponses

I. 1) mg 0, 008 m

x = k = ; 2 :

Si f > 4km Si f = 4km Si f < 4km

3) 0 ² ⁽¹ ⁾ ¹ ⁽ ² ⁾ 0 1 ¹ 2 ¹

2 1

exp exp

où 0, 008 m 1, 754 s 698 s

r r t r r t

x r r

r r

− −

= − = =− =−

x x − ;

1

ln100 2, 6 s

= r =

t ;

4) x x⁰^exp⁽ t⁾

(

^cos t λ^sin t

)

^oùx⁰ ^{0, 008 m} ^{3, 5 s}⁻¹ 34, 82 rad.s⁻¹

= λ ω + ω = λ = ω=

ω ; t =1, 3 s ; 5)

( )

exp cos sin

x b t t λ t

=− λ ω + ω

ω ; ^t =π ω^/ =^{0, 09}s ; 0,173 m.

II. 1) mx+fx +kx =mg ; 2) f²−4km <0 ; 3) ⁰

0

0, 5%

T T

T

− = ; 4) ² 0, 63

4 f km

δ π = .

III. 1)

4 2 ln 2 9 60 s t r ρ

= =

η ; 2) augmenter et augmenter le rayon de la boule. ρ

IV. 1) 0,128 m

éq mg2

x = k = ; 2) 1,25 39 4, 9

2

f k g

x x x x x x

m m

+ + = + + =

;

( )[ ( ) ( )]

0,128 0,15 exp 0, 625 cos 6,21 0,1sin 6,21

x = + − t t + t (x en mètres, t en secondes).

V. 1) α=g ; ω₀ = k m/ ; /

Q= km f ; 2)

et ; 3) et 4) voir ci-contre ; 5)

; 6) .

( )0 / x = +b mg k ( )0 0

x = 0, 046

δ= Q =68

0 t

x

0 t

x

0 t

x k mg

x

t mg

k b mg

+ k

/ mg k

0 mg

b+ k x x

k mg k

mg

0

(4)

I.

1) G G 0G

= +mg

T ,d’où l’allongement du ressort ² ^{9, 8} 0, 008 m 2450

x mg k

= = × = .

2)x t^{( )} est solution de mx+fx +kx =0, avec ( )0 mg

x = k et x^{( )}0 =0. Son allure dépend du signe de

2 4

f km

∆ = − :

0 t

x

0 t

x

0 t

x k mg k

mg k

mg

Si f > 4km Si f = 4km Si f < 4km

3) L’équation caractéristique 2r² +1400r +2450=0 a pour racines r₁ =−1, 754 s⁻¹ et r₂ =−698 s⁻¹.

( ) ( )

1 1 2 2 0 1 2 2 0 1 0

1 2

2 1 2 1

1 1 1 2 2 2 1 1 2 2

2 1 1 2 1 1

0 0 1 2

2 1

exp exp

exp exp 0

exp exp

où 0, 008 m 1, 754 s 698 s

x A r t A r t x A A r x r x

A A

r r r r

x r A r t r A r t r A r A

r r t r r t

x x x r r

r r

− −

= + = + ⎫⎪⎪⎪⎬⎪⇒ = − =− −

= + = + ⎪⎪⎭

= − = =− =−

−

Quand x t^{( )}=x₀/100, exp(r t₂ )<<exp(r t₁ ), ( ) ( )

2 1 (

0 0 )

2 1

exp exp

r r t

x t x x r t

r r

≈ ≈

− ¹ , car r₂ >> r₁ ; donc

( ) ( )

1 1

ln 1/100 ln 100

exp 1/100 2, 6 s

1, 754

r t t

= =− r = = .

Remarque : la résolution numérique sans ces approximations donne t=2,626364439s.

4) Les racines de l’équation caractéristique sont de la forme où et

.

2r2 +14r +2450= 0 −λ±iω λ=3, 5 s⁻¹ 34, 82 rad/s

ω=

( )( )

( )(( ) ( ) )

( )

0

1 1

0 0

exp cos sin

exp cos sin 0

exp cos sin où 0, 008 m 3, 5 s 34, 82 rad.s

x t A t B t x A

x t B A t A B t B A

x x t t t x ⁻ ⁻

= −λ ω + ω = ⎫⎪⎪⎪

= −λ ω − λ ω − ω+λ ω = ω − λ ⎪⎪⎭⎬⎪

= λ ω +λ ω = λ= ω=

ω

( ) ln 0, 01( )

exp 1/100 1, 3 s

t t 3, 5

−λ = ⇒ = =

− .

5) Remplaçons x0 par −b dans l’expression de x t( ) de la question précédente :

( )

( ) ( )

² ⁽ ⁾

exp cos sin

exp cos sin sin cos exp sin

x b t t t

x b t t t t t b t

=− λ ω +λ ω ω

⎛ ⎞

λ λ λ

⎡ ⎤ ⎜ ⎟

=− −λ ⎢⎣−λ ω +ω ω +ω − ω +ω ω ⎥⎦ = ⎜⎜⎜⎝ω+ ω ⎟⎟⎟⎠ −λ ω

t

=

=π ω = s

Le point le plus bas est atteint pour une des racines de x , soit en l’occurrence t . Alors, x est passé de –0,1 m à

0 / 0, 09

( ) ( )

exp / 0,1exp 3, 5 / 34, 82 0, 073 m

b −λπ ω = − π = . Le mobile a donc descendu de 0,173 m.

fr k + + = II.

1) mx=−kx −fx+mg ou mx+fx +kx =mg.

2) le mouvement est oscillatoire si l’équation caractéristique mr² 0 a un discriminant négatif, soit

2 4 0

f − km <

3) Si ⁴

10

f = km , les racines de l’équation caractéristique

4 2

2

f i km f m

− ± − sont de la forme où

−λ±iω

( )

0

4 1 1

100 1 1

2 1

km m

−

ω= =ω −

00. Sans amortisseur, la pulsation est ₀ ^k ω = m.

(5)

( )

^1/2

0 0

0

1 1 1

1 1 1 1 1 0, 5

100 2 100

T T

T

− ω −

= − = − − + − =

ω %

)

.

4) Deux maxima locaux de x =exp⁽−λt⁾cos(ωt+ϕ sont séparés par la durée 2 T = π

ω .

( )

( ) ( )

1 1

2 1

2 2

exp 2 2 2

ln ln 0, 63

exp 4 10

x t f

t t T

x t km

−λ πλ π π

δ = = = λ − =λ = =

−λ ω = .

III.

1) Sous l’action du poids, de la tension du fil TG

et de la force FG_f

de freinage de l’air, maG =mgG +TG +FGf

, soit en projetant sur l’orthoradiale : mLθ=−mgsinθ − πη θ6 rL. +αθ+ θ =0

+α +g L

Pour les petites oscillations, ; d’où : θ . Soit le discriminant de l’équation caractéristique r r =0 ; , car le freinage est faible, donc

sinθ ≈ θ g /L ∆

2 / ∆<0

2 r −α±i −∆

= .

( )

(

exp / 2 cos / 2

a t t

θ= −α −∆ +ϕ

)

. L’amplitude des oscillations aexp( / 2) a décru de moitié dans le temps tel que

−αt

t ^exp

( )

⁻^α₂^t ⁼¹₂ ^t ⁼ ^{2 ln 2}_α ⁼ ^{2 ln 2}₆^m_πη_r ⁼²⁴³^{π ρ}₆^r_πη³_r^{ln 2} ⁼ ⁴^r²₉^ρ_η^{ln 2}

(

³

)

²

3

4 5.10 7800 ln 2 4 25 7, 8 0, 69 9 60 s t 9 10

−

× × × × × ×

= =

× = .

2) Pour augmenter la durée des oscillations, on peut augmenter ρ (plomb au lieu d’acier) et surtout augmenter le rayon de la boule.

IV.

1) Comme la densité du corps est 2, il déplace une masse d’eau moitié de sa propre masse et la résultante de son poids et de la poussée d’Archimède est mg^G/ 2. La condition d’équilibre est :

0,1 10

0,128 m

2 2 2 3, 9

éq éq

mg mg

kx x

k

= ⇒ = = × =

× .

2) L’allongement x du ressort est brutalement porté à x . Pendant ce temps très bref, l’action du ressort, mal définie, reste bornée, puisque proportionnelle à l’allongement qui est borné. La variation de vitesse, produit d’un temps très petit par une force massique bornée, est très petite : .

( )0 =x_éq +d

( )0 0 x = Ensuite,

2

2 1,25 39 4, 9

mx mg kx fx

f k g

x x x

m m

x x x

= − −

+ + =

L’équation caractéristique a pour racines où et

.

Une solution particulière est ^x . La solution générale est

2 1,25 39 0

r + r + = r =−λ±iω λ=0, 625 s⁻¹

6,21rad.s⁻1

ω=

xéq

=

( )[ ]

exp cos sin _éq

x = −λt A ωt+B ωt +x .

( )[( ) ( ) ]

exp cos sin

x = −λt Bω − λA ωt + −ω − λA B ωt

=x + x( )0 =0 . Les conditions initiales x et

donnent A et

( )0 _éq d

=d d

B = λ

ω . D’où :

( )

( )[ ( ) ( )]

exp cos sin

0,128 0,15 exp 0, 625 cos 6,21 0,1sin 6,21

x xéq d t t t

t t t

m θ

⎡ λ ⎤

= + −λ ⎢⎣ ω +ω ω ⎥⎦

= + − +

(x en mètres, t en secondes).

(6)

t V.

1)

0 0

/

/ / /

mx kx fx mg

g k m

Q f m Q km f

=− − + α=

ω =

ω = ⇒ =

b mg + k

0 mg

b+ k /

mg k x x

mg k 2) x( )0 = +b mg/k et x( )0 =0.

3) et 4) Voir ci-contre.

5) Si et si y est le

ième maximum de y, lim_t

y =x− _→∞x _n

n

1

ln ⁿ

n

y y ₊

δ .

0

=

1 1

ln ln 2 0, 046

n 15 y n y ₊

δ= = = .

6) L’équation caractéristique r² ⁰r ²₀ 0 a pour racines Q

+ω +ω =

2 2 2

0/ 0/ 4 0

2

Q Q

−ω ± ω − ω i

=−λ± ω où

0

2Q

λ= ω et ^ω⁼^ω⁰ ^{1 1/ 4}⁻

( )

^Q² . La solution générale de l’équation différentielle est

ou . La pseudopériode est

( )( )

exp cos sin /

x = −λt A ωt+B ωt +mg k x=aexp(−λt)cos(ωt+ϕ)+mg k/

1/2 0 2

2 1

1 4

T Q

⎛ ⎞−

π⎜ ⎟⎟

=ω ⎝⎜⎜⎜ − ⎟⎟⎠ .

La condition de l’énoncé impose exp(− λ15 T)=1/ 2 soit

1/2

0 2

0

2 1

15 . Comme l’oscillateur

est peu amorti,

1 ln 2

2Q 4Q

⎛ ⎞−

ω ω ⎝π⎜⎜⎜⎜ − ⎟⎟⎟⎟⎠ =

1/2 2

1 1 1

4Q

⎛ ⎞⎟−

⎜⎜⎜⎜ − ⎟⎟⎟ , d’où

⎝ ⎠ 15

ln 2 68

Q π .

= =