Oscillateur harmonique Exercice 4 : Ressort horizontal

Le symboleIdésigne un exercice demandant un peu plus de calculs.

Le symboleEdésigne un exercice utilisant des idées/méthodes plus originales.

Les exercice « Associations de ressorts » et suivants sont plutôt des exercices de mécanique mettant en œuvre des techniques qu’on reverra dans la partie « Mécanique du cours » Les frottements seront négligés, sauf mention explicite du contraire.

Exercices d’application : thème « Mesures et imprécision », ressort horizontal, ques- tions courtes, utilisation de l’énergie, différents paramétrages, bille accrochée, ex- ploitation de mesures,

Culture en sciences physiques : Analyse dimensionnelle, questions courtes, bille ac- crochée, associations de ressorts, battements

Corrigés en TD : thème « Mesures et imprécision », ressort horizontal, bille accro- chée, exploitation de mesures, utilisation de l’énergie

Mesures et imprécision

Exercice 1 : Équations aux dimensions

1. (a) L’énergie potentielle électriqueEpotd’une particule de chargeqdans un champ de potentiel élec- triqueV (de même dimension q’une tension électrique, exprimé en V) estE_pot=qV. En déduire l’expression de la dimension d’un potentiel électrique en fonction des dimensions fondamentales.

(b) La norme de la composante magnétique de la force LorentzFBsubie par une particule de charge eanimée d’une vitesse de normevdans un champ magnétique de normeBa, dans certaines conditions pour expressionFB = evB. En déduire l’expression de la dimension d’un champ magnétique en fonction des dimensions fondamentales.

2. Déterminer parmi les expressions suivantes celles qui ne sont pas homogènes. Les grandeursm;v;t; I;`;U;B;ν;Fsont respectivement : une masse ; une vitesse ; une durée ; une intensité de courant électrique ; une longueur ; une tension électrique ; un champ magnétique ; une fréquence ; une force.

mdv dt =ItU

` +evB ν=S^1/4/ rdv

dt 4 =

pF `/m

v −cos(F v) (1)

3. Proposer une expression reliant une tension électriqueV à un champ magnétique et une surface, en faisant intervenir une dérivée par rapport au temps.

Exercice 2 : Analyse dimensionnelle

1. Proposer par analyse dimensionnelle une expression de la force de frottement subie par un avion se mouvant à la vitessevdans un fluide de masse volumiqueρen présentant une surface d’aireS.

2. Proposer des ordres de grandeur pour un avion de ligne et en déduire un ordre de grandeur de cette force. Comparer à la force nécessaire pour assurer sa sustentation.

Exercice 3 : Imprécision

1. (a) Rappeler l’expression de la distance parcourue par un corps lâché sans vitesse initiale dans un champ de pesanteur d’accélérationgau bout d’une duréet0.

(b) On suppose dans cette question connaîtreg =9,81 m·s⁻²« parfaitement » et on mesuret0 = 10,0(5)s. Déterminer la distancez0parcourue et présenter cette valeur accompagnée de l’estima- tion de ses imprécisions absolue et relative.

(c) Quelles doivent être les imprécisions relatives maximales surt0etgpour pouvoir mesurerz0avec une précision meilleure que 1·10⁻³?

2. Un objet initialement au repos est animé d’un mouvement d’abord rectiligne uniformément accéléré uniforme d’accélérationa=0,50(5)m·s⁻²pendant une duréet0=2,0(1)s puis rectiligne uniforme à la vitessev1=1,00(5)m·s⁻¹pendant la duréet1=2,0(1)s.

(a) Déterminer les expressions des distancesx1etx2parcourues pendant chacune des phases du mouvement.

(b) En déduire la distance totale parcourue et présenter cette valeur accompagnée de l’estimation de ses imprécisions absolue et relative.

Oscillateur harmonique Exercice 4 : Ressort horizontal

1. Représenter un système masse-ressort horizontal :

• quand son élongation est maximale,

• un quart de période plus tard,

• une demi-période plus tard.

2. Représenter également par des vecteurs la force de tension sur l’extrémité mobile et le vecteur vitesse de ce point à chacun de ces instants.

3. Si l’élongation du ressort est maximale (notée∆lmax) àt= 0, donner une expression de son élongation en fonction du temps.

Exercice 5 : Questions courtes

1. On comprime un ressort horizontal d’une élongation∆ldonnée. On y attache un objet qu’on lâche sans vitesse initiale. Comment varient la vitesse maximale et l’élongation maximale atteintes par l’objet en fonction de sa masse ?

2. Comment se peser dans l’espace avec un ressort ?

3. Comment évoluent les oscillations des amortisseurs d’une bascule à res- sort comme celle représentée ci-contre selon qu’un adulte ou un enfant l’utilise ?

Exercice 6 : Utilisation de l’énergie

1. On considère un système masse-ressort horizontal, caractérisé par une longueur à vide`0, une raideur ket une massem. Il est initialement étiré d’une longueur∆`0 >0par rapport à longueur à vide et abandonné sans vitesse initiale. On noté`sa longueur et∆`son élongation.

(a) Établir et résoudre l’équation différentielle vérifiée par`. En déduire l’expression de∆`(t)et vé- rifier le résultat classique.

(b) En déduire les expressions des énergie cinétique, potentielle et mécanique en fonction du temps.

Vérifier la conservation de l’énergie. Montrer qu’on peut ainsi retrouver directement la longueur minimale du ressort au cours de son mouvement, sans utiliser les expressions explicites de`en fonction du temps.

2. Mêmes questions si le système masse-ressort est vertical, dans le champ de pesanteur d’accélération notéeg.

Exercice 7 : Différents paramétrages

On considère un ressort horizontal de raideurket de longueur à videl0dont une extrémité est fixée en un pointA. On fixe une massemà l’autre extrémitéM. Le ressort est comprimé à l’instantt= 0d’une longueur∆l0>0. On noteM0cette position.

Établir et résoudre l’équation différentielle vérifiée par la position du pointM en utilisant différentes coordonnées et différentes conditions initiales sur le vecteur vitessev#»0.

• v#»0=#»0, origine au pointA, axe dirigé parAM# »0.

• vitesse de normev0 > 0dirigée en sens inverse deA; origine au pointO, défini par la position du pointMquand le ressort a sa longueur au repos, axe dirigé parM# »0A.

• v#»0=#»0, origine enM0, axe dirigé parAM# »0.

Exercice 8 : Bille accrochée à un ressort vertical

Un ressort vertical s’allonge de 5,0 cm par rapport à sa longueur au repos quand on suspend à son extrémité libre une bille de 200 g. On cogne la bille lorsqu’elle est à l’équilibre, verticalement et vers le haut. Elle remonte alors de 2,0 cm avant de redescendre. On néglige le frottement de l’air et on prendrag=9,8 m·s⁻¹.

Déterminer :

• la raideur du ressort,

• la périodeTet la fréquence de ses oscillations,

• l’expression du déplacementz(t)par rapport à la position d’équilibre,

• le module de la vitesse initiale communiquée à la bille lors du choc.

Exercice 9 : Exploitation de mesures

Un dispositif a réalisé l’acquisition de l’allongement d’un ressort au cours du temps. Les résultats sont présentés graphiquement dans la figure ci-dessous.

1. On cherche à exprimer l’allongement sous la formex(t) =Asin(2πf0t+ϕ). Déterminer gra- phiquement les valeurs numériques deA,f0et ϕ.

2. Représenter le système masse-ressort aux ins- tants correspondant aux pointsP1,P2,P3etP4. Représenter qualitativement les vecteurs vitesse et accélération.

3. La masse de l’objet accrochée au ressort vautm=

100 g. En déduire la raideur du ressort.

0 0,2 0,4

− 5 0 5

P

P

P

P

t (min)

x (cm)

Exercice 10 : Associations de ressorts

1. On considère deux ressorts de constantes de raideur respectivesketk⁰ et de longueurs à vide respectivesl⁰_Oetl₀⁰ associés en série comme re- présenté ci-contre. Montrer qu’ils sont équivalents à un unique ressort idéal dont on donnera la longueur à vide et la constante de raideur.

O P M

k, l

k

, l

2. On considère maintenant deux ressorts de constantes de raideur respec- tivesketk⁰et de même longueur à vide respectiveslOassociés en paral- lèle comme représenté ci-contre : leurs extrémités sont toujours jointes.

Montrer qu’ils sont équivalents à un unique ressort idéal dont on don- nera la longueur à vide et la constante de raideur.

O

M k, l0

k^′, l0

Exercice 11 : Point matériel lié à deux ressorts

Ressorts horizontaux

Un point matériel de massemest attaché à deux ressorts hori- zontaux identiques (longueur au reposl0, constante de raideur

k) fixés aux pointsAetB, fixes dansR_T. ⁰⁰

0000 0000 00

1111 1111 1111 0000

0000 0000 1111 1111 1111

A M B

l₀ l₀

O x

Le point est à l’instanttau pointMd’abscisseOM =xà l’instanttet glisse sans frottement le long de l’axeOx.

1. Établir l’équation différentielle du mouvement du pointM. Y identifier la pulsation caractéristique du systèmeω0.

2. À l’instant initial, le mobile est immobile enM0tel queOM0=x0. Exprimerxen fonction det.

3. Déterminer les forces exercées sur les supports enAetB. Où se trouve le point matériel quand ces forces sont maximales ?

4. Vérifier la conservation de l’énergie mécanique.

Ressorts verticaux

Les ressorts sont maintenant verticaux.

1. Calculer à l’équilibre les longueursl1etl2des ressorts en fonction dem,g,keta.

2. Établir l’équation différentielle d’évolution dezet en déduire la pulsation carac- téristique.

3. À l’instant initial le point matériel se trouve enz= 0animé d’une vitessev0diri- gée selon#»ez. Établir l’expression dez(t)et vérifier la conservation de l’énergie.

000000 000 111111 111 000000 000000 111111 111111

2a

A

B M

l1

l2

x z

#»g

Exercice 12 : I Battements entre oscillateurs faiblement couplés

On se propose de comprendre la nature du mouvement du système de deux points matériels représenté sur la figure ci-contre lorsque le point matériel1est écarté de sa position d’équilibre d’une distancea (le point2est maintenu immobile) puis relâché sans vitesse.

000 000000 000 000000 000000 000000 000000 000 000000 000000 000000 000000 000 000

111 111111 111 111111 111111 111111 111111 111 111111 111111 111111 111111 111 111

000 000000 000 000000 000000 000000 000000 000 000000 000000 000000 000000 000 000

111 111111 111 111111 111111 111111 111111 111 111111 111111 111111 111111 111 111

O x₁ x₂ x

m m

k k′ k

L

Les points matériels ont même massem, les trois ressorts on même longueur à videl0mais le ressort central a une raideurk⁰différente de la raideurkcommune des deux ressorts extrémaux. Le mouvement de chaque masse est unidimensionnel selon l’axeOx.

1. Déterminer les positions d’équilibresx_1(eq)etx_2(eq)de chacun des points matériels. On introduira les facteurs sans dimension :β=l0/Letα=k⁰/k.

2. Déterminer les équations différentielles satisfaites par les écarts à l’équilibreX1=x1−x_1(eq)etX2= x2−x_2(eq).

3. Afin de découpler les deux équations, on poseXS=X1+X2etXA=X1−X2. (a) Quelles sont les équations différentielles vérifiées par ces nouvelles variables ?

(b) Les résoudre en introduisant deux pulsationsωSetω−exprimées en fonction des paramètres du problème.

4. En déduire les équations horaires dex1etx2.

5. IOn se place maintenant dans le cas où le ressort central est nettement moins raide que les deux autres : le problème est alors celui de deux oscillateurs pratiquement indépendants, faiblement couplés par le ressort central.

(a) Que peut-on dire des pulsationsω+etω−?

(b) Tracer qualitativement les quantitésx1(t)etx2(t)(utiliser les développements de cosa+cosbet cosa−cosb).

(c) Calculer l’énergie contenue dans chaque oscillateur et tracer les graphes de leur variation en fonc- tion du temps. Montrer en particulier que l’énergie passe successivement d’un oscillateur à l’autre.

Ce phénomène porte le nom debattements.

Exercice 13 : Ressort sur un plan incliné

On place un système masse-ressort sur un plan incliné d’un angleαpar rapport à l’horizontale. Le vecteur vitesse initial est ici nul et le ressort est initialement allongé d’une longueur∆l0.

Déterminer le mouvement ultérieur en utilisant :

1. les coordonnéesXetZd’origineAet de vecteurs de basee# »Xete# »Z.

2. les coordonnéesxetzde même origine et de vecteurs de basee# »xete#»z,

A

M

α e#»x

e#»z e# »X

e# »_Z α

Correction de l’exercice 1

1. (a) Une énergie s’exprime (grâce àE_c=mv²/2par exemple) en kg·m²·s⁻²et une charge en A·s.

On en déduit qu’un potentielV =Epot/qs’exprime en kg·m²·s⁻³·A⁻¹.

(b) Une force s’exprime en kg·m·s⁻²(F =ma). On en déduit qu’un champ magnétique s’exprime en kg/s²/A.

2. • Tous les termes de la première expression s’expriment en kilogm/s²: elle est homogène.

• Le deuxième membre de la deuxième expression s’exprime en s et pas en s⁻¹: elle n’est pas ho- mogène.

• Pour la troisième expression :4est sans dimension, tout comme le deuxième terme. Le cos serait également sans dimension s’il était licite, mais son argument à la dimension d’une puissance, en kg·m²·s⁻³: l’expression n’est pas homogène.

3. La loi de Faraday (qui sera étudiée à la fin de l’année) donne l’expression de la force électromotriceV qui apparaît dans un circuit électrique de surface d’aireSsoumis à un champBd’intensité variable.

En valeur absolue on a :

|V|=|SBt|.

Correction de l’exercice 2

1. Pour former une force, s’exprimant en kg·m·s⁻²avec les grandeurs proposées, le choix le plus simple (iene faisant intervenir que des produits et quotients) est :

ρSv².

Précisons que les modèles aérodynamiques utilisent en plus un facteur1/2et une constanteCxsans dimension qui dépend de la forme de l’avion et de sa vitesse pour écrire :

Fx=1 2ρCxSv². Cette force est nommée « force de traînée ».

2. La masse volumique de l’air est de l’ordre duρ=kg·m⁻³, la vitesse au décollage d’un avion de ligne de l’ordre dev =3·10²km·h⁻¹, on peut approximer le fuselage par un cylindre de diamètre 10 m, soit une surface deS'80 m². On calcule alors :

ρSv²=5·10⁵N.

Pour assurer sa sustentation, il faut compenser le poids de l’avion qui, pour une masse au décollage d’environ 7·10⁴kg est de :

P =mg=7·10⁵N.

Les ordres de grandeur sont comparables. En effet, par analyse dimensionnelle, l’expression générale de la force de sustentation, nommée « force de portance » est la même que pour la force de traînée. Seul change la valeur du coefficient sans dimension, noté iciCz.

Signalons enfin qu’on prend généralement plutôt une surface caractéristique des ailes (surface alaire) pourSmais l’ordre de grandeur reste le même.

Correction de l’exercice 3

1. (a) Son altitudezdécroît selonz=h−gt²/2.

(b) On calculez0=−gt²/2. L’imprécision relative sur la durée est : 2∆t0

t0

=10%.

Comme c’est la seule source d’erreur, on a :

z0=−4,9(5)·10²m= (−4,9±0,5)·10²m.

(c) Si on tient désormais compte de l’imprécision surg, l’imprécision relative surz0s’estime selon :

∆z0

z0

= s

∆g g

2

+

2∆t0

t0

2

.

On doit nécessairement avoir ^∆g_g 6 1·10⁻³et2^∆t_t⁰

0 6 1·10⁻³soit^∆t_t⁰

0 65·10⁻⁴pour que la mesure puisse être précise à 1·10⁻³près. Ces conditions ne sont pas cependant suffisantes puisque si on a^∆g_g 1·10⁻³et^∆t_t⁰

0 =5·10⁻⁴, on estimera :

∆z0

z0

= r

1·10⁻³2

+

1·10⁻³2

=1,4·10⁻³.

2. (a) Comme précédemment, on a :

x1= at²₀ 2 . À l’issue de cette période la vitesse on a :

x2=v1t1.

(b) On estime ensuite l’imprécision. Comme les sources d’erreur sont indépendantes lors des deux phases du mouvement, ona :

∆(x1+x2) = q

(∆x1)²+ (∆x2)² ∆x1

x1

2

= ∆a

a 2

+ 2∆t0

t0

2

∆x2

x2

2

= ∆v1

v1

2

+ ∆t1

t1

2

∆x1

x1

=0,14 ∆x2

x2

=7·10⁻²

x1=1,0(1)m x2=2,00(14)m

∆(x1+x2) =0,2 x1+x2=3,0(2)m.

Correction de l’exercice 4

En choisissant l’origine des temps à l’instant où l’élongation est maximale, et en notant∆lmaxsa valeur etT la période, l’élongation∆l(t)s’écrit à chaque instant :∆l= ∆lmaxcos(2πt/T)et la vitesse du point matériel est :∆l˙ =−2π∆lmaxsin(2πt/T)/T.

• La force de tension est dirigée vers l’extrémité fixe du ressort, elle est maximale. Le vecteur vitesse est nul.

• Un quart de période plus tard, ent = T/4l’élongation du ressort est nulle, la force de tension est donc nulle. La vitesse est en revanche maximale, dirigée vers l’extrémité fixe, et a pour norme|∆l|˙ = 2π∆lmax/T.

• Une demi-période plus tard, ent=T/2, la force de tension est de nouveau maximale en norme mais dirigée dans l’autre sens. Le vecteur vitesse est nul.

Correction de l’exercice 5

1. L’élongation maximale sera∆ldans tous les cas. En revanche la vitesse maximale étant égale à ω∆l etω=p

k/mdiminuant quand on augmente la masse, la vitesse maximale sera plus faible pour une masse plus grande.

2. Il suffit de s’attacher à une extrémité d’un ressort dont on connaît la raideur et de fixer l’autre extré- mité à un objet de masse beaucoup plus importante (la cloison de la station spatiale). La mesure de la fréquence des oscillations permettra de remonter à la masse.

3. Bien qu’on n’ait pas un ressort en mouvement unidimensionnel, on peut tirer les mêmes conclusions qualitatives. La fréquence varie enp

k/m, elle augmente quand la masse diminue,iequand c’est un enfant qui utilise la bascule. Les oscillations avec un adulte seront plus lentes.

Correction de l’exercice 6

1. (a) Le principe fondamental de la dynamique permet d’écrire : md²`

dt² =md²∆`

dt² =−k(`−`0) =−k∆`.

Les solutions sont∆`=A(ωt+ϕ), avec ω=p

k/m. L’unique solution vérifiant∆`(t= 0) =

∆`0et∆`(t˙ = 0) = 0est :

∆`= ∆`0cos(ωt).

(b) On calcule alors :`˙= ˙∆`=−ωsin(ωt); soit, puisquem ω²=k: E_pot= k∆`²

2 =k∆`²₀

2 cos²(ωt) E_cin= m∆`˙ <sup>2</sup> 2 =k∆`²₀

2 sin²(ωt)

→ E_m=E_pot+E_cin=k∆`²₀ 2 =cste.

Quand la longueur du ressort est minimale la vitesse est nécessairement nulle. On a donc alors E_cin= 0ieE_pot =E_msoit|∆`|= ∆`0. Pour que`soit minimale, on aura donc∆`=−∆`₀ie

`=`0−∆`0.

Le signe de∆`0−mg/kpouvant être quelconque, l’expression de la longueur minimale la plus générale est :

`<sub>min</sub>=`0+mg k −

∆`0−mg k

.

2. (a) On doit maintenant rajouter le poids au bilan des forces. Le principe fondamental de la dynamique s’écrit désormais :

md²`

dt² =mg−k(`−`0).→`¨+ω²

∆`−mg k

= 0

L’unique solution vérifiant les conditions initiales est :

∆`=mg k +

∆`0−mg k

cos(ωt). (b) On calcule alors :

E_cin= mω² ∆`0−^mg

k

2

2 sin(ωt)²

On doit prendre en compte l’énergie potentielle du système masse-ressortk∆`<sup>2</sup>/2mais aussi l’énergie potentielle de pesanteurmgz=−mg`car le paramètre`est dirigé selon l’axedécroissant.

On calcule alors : E_pot=k∆`²

2 −mg`=(mg)²

2k +k(∆`0−mg/k)²

2 cos(ωt)²+mg

∆`0−mg k

cos(ωt)

−mg

`0+mg k +

∆`0−mg k

cos(ωt)

=(mg)²

2k +k(∆`0−mg/k)²

2 cos(ωt)²−mg

`0+mg k

→ E_m=E_cin+E_pot=(mg)²

2k +k(∆`0−mg/k)²

2 −mg

`0+mg k

=k∆`²₀

2 −mg(`0+ ∆`0)

=cste.

Notons qu’on aurait pu directement calculer la valeur de cette constante en exprimant l’énergie mécanique à l’instant initial où la longueur est`0+ ∆`0et où l’élongation est∆`0.

De nouveau la longueur`sera extrêmale quandE_cin=E_m,ie:

−mg`+k(`−`0)<sup>2</sup> 2 = k∆`²₀

2 −mg(`0+ ∆`0).

Il s’agit d’un polynôme de degré 2 dont la plus petite racine est, après calculs et simplifications :

`min=`0+mg k −

∆`0−mg k

. On retrouve bien l’expression précédente.

Correction de l’exercice 7

Dans tous les cas, la pulsation estω=p

k/l. On notee# »xle vecteur unitaire dirigé parAM# »0.

• La force de tension a pour expressionT#»=−k(x−l0)e# »x, l’équation différentielle d’évolution dexest donc :

md²x

dt² =−k(x−l0) de solution:x=−∆l₀cos(ωt) +l0

• On a maintenantT#»=−kxe# »x, l’équation différentielle est : md²x

dt² =−kx de solution:x= ∆l0cos(ωt)−v0

ω sin(ωt).

• Cette fois-ci :T#»=−k(x−∆l0), soit : md²x

dt² =−k(x−∆l0) de solution:x= ∆l0(1−cos(ωt)).

Correction de l’exercice 8

• À l’équilibre, la somme des forces appliquées (son poids en la force de tension du ressort) au point matériel dans le référentiel terrestre galiléen est nulle : on a doncP#»+T#»=#»0, soitm#»g−k(∆leq)#»ez, avec∆leqla longueur du ressort à l’équilibre. On détermine ainsik=mg/∆leq=39,2 N·m⁻¹.

• La période est2πp

m/k=0,45 s, soitf= 1/T =2,2 Hz.

• L’écartz(t)par rapport à l’équilibre (aveczorienté selon la normale ascendante) est de la forme : z(t) =Acosωt+Bsinωt, avec ω=p

k/m. Les conditions initiales étantz(0) = 0etz(0) =˙ v0, la solution estz(t) = ^v_ω⁰sinωt. En notant∆z =2 cm la hauteur dont remonte la bille avant de redes- cendre, l’amplitude du mouvementv0/ωest évidemment égale à∆z. On calcule donc :v0 =ω∆z= 2,8·10⁻¹m·s⁻¹.

Remarque :On peut également vérifier la conservation de l’énergie mécanique entre l’instant initial et l’extension maximale. En choisissant l’origine des énergies potentielle de pesanteur à la position initiale, on a :

t= 0 :E_m=1

2mv₀²+ 0 +1 2kmg

k 2

t=π

4E_m= 0 +mg∆z+1 2kmg

k −∆z2

en n’oubliant pas de tenir compte de la variation d’énergie potentielle de pesanteur. Avec l’expression dev0=p

k/m∆z, on vérifie que ces deux expressions sont bien égales.

Correction de l’exercice 9

1. • On mesure, sur la figure1,2T0 = 0,42−0,02 =0,40 min, soitT0 =0,20 min etf0 = _T¹

0 = 8,3·10⁻²Hz.

0 0, 1 0, 2 0, 3 0, 4

−10

−5 0 5 10

P

P

P

P

2T

2A t

t (min)

x ( cm )

Fig. 1

• On lit également2A= 8,0−(−8,0) =16,0 cm, soitA=8,0 cm.

• Dans l’expression dex(t), la phaseϕreprésente l’avance dex(t)par rapport à un sinus pour lequel cette phase est nulle. Le premier passage par flanc montant de la courbe étant ent0=0,125 min, leretardest2πt0/T =3,9 rad=225°. L’avanceest donc−225° mod360 =135° mod360.

2. La vitessex˙est positive enP2etP3, négative ailleurs. L’accélérationx¨est négative enP3etP4, positive ailleurs.

3. On calculek= 4π²mf₀²=3,3·10⁻²N·m⁻¹.

Correction de l’exercice 10

Dans les deux cas, on désigne parTi(i= 1,2) la tension du ressortiet∆l# »ison élongation.

1. Dans l’association série le principe des actions réciproques assure que chaque ressort exerce une force de même intensité sur l’autre : les deux tensions ont la même tension qu’on noteraT. On en déduit les élongations∆l# »1 = −T#»/k1et∆l# »2 = −T#»/k2. L’élongation totale∆l# »est, quant à elle, la somme des élongations :∆l# »1+∆l# »2 = # »

∆l. On en déduit :∆l# » = −(1/k1+ 1/k2)T#». On retrouve bien la caractéristique d’un ressort de raideurktelle que¹_k=_k¹

1 +_k¹

2.

2. Dans l’association parallèle, c’est l’élongation qui est la même pour les deux ressorts (on la note# »

∆l), et le point matériel est soumis la somme des deux tensions. En notantT#»cette somme, on aT#»=T#»1+T#»2=

−

k1∆l# »1+k2∆l# »2

=−(k1+k2)∆l# »: la raideurkest maintenant la somme des raideurs.

Correction de l’exercice 11

Horizontaux 1. Dans R_T galiléen, le point matériel est soumis à la réaction R#» du sup- port normale à #»ex (mouvement sans frottement), à son poids lui aussi nor- mal à #»ex et aux forces de rappel élastique exercées par les deux ressorts : (T#»A=−kAM# »−l0#»uAM

=−k(x+l0−l0)#»ex=−kx#»ex

T#»_B=−k(BM# »−l0#»u_BM) =−k(−l0+x+l0)#»ex=−kx#»ex

. Le principe fondamen- tal de la dynamique s’écrit, en projection sur#»ex:m¨x=−2kx:¨x+ω₀²x= 0, avecω0=p

2k/m.

2. On a immédiatement :x=x0cos(ω0t).

3. La tension d’un ressort idéal étant uniforme, la force enA(resp. enB) est simplement l’opposée de la tension exercée par le ressort de gauche (resp. de droite). On aF#»A=kx#»exetF#»B =kx#»ex. Elles sont maximales en norme quand l’élongation du ressort est maximale, soit quand|x|=x0, soit encore pourωt= 0 [π].

4. On vérifie que

1 2mx˙²+1

2k(x)²+1 2k(−x)², est bien une constante en utilisant le fait que sin²+cos²= 1.

Verticaux 1. Le point matériel est soumis à :

• P#»=−mg#»ez

• F#»A=−k(AM# »−l0#»uAM)#»ez=k(l1−l0)#»ez

• F#»B=−k(BM# »−l0#»uBM) =−k(l₂−l0)#»ez

À l’équilibre, on a donc :k(l1−l2) =mg. Comme(l1+l2) = 2a, on obtient : l1=a+mg/(2k) et l2=a−mg/(2k).

2. Comme on l’a vu en cours, le fait de rendre l’oscillateur vertical ne change pas sa pulsation, seule la position d’équilibre est modifiée. On a donc toujours une pulsation égale àω=p

2k/m. On a :

¨

z+ω²(z−zeq) = 0,avec:zeq=−mg 2k. 3. Les conditions initialesz= 0et#»v =v0#»ezassurent que :

z=zeq(1−cos(ωt)) +v0

ω sin(ωt).

Correction de l’exercice 12

1. L’équilibre du ressort1est atteint pour−k(x₁−l0) +k⁰(x2−x1−l0) = 0, celui du ressort2pour k(L−x2−l0)−k⁰(x2−x1−l0) = 0. On résout ce système linéaire en effectuant la somme et la

différence de ces équations.

(−k(x₁−l0) +k⁰(x2−x1−l0) = 0 k(L−x2−l0)−k⁰(x2−x1−l0) = 0

(

x1+x2 =L

(2k⁰+k)(x1−x2) =−k(L−2l0)−2k⁰l0

soit

(xs=x1+x2 =L

xa=x1−x2 =−L^{1−2β(1−α)}

1+2α

avec (

β =l0/L α =k⁰/k

et donc







x^eq₁ =^L₂

1−^{1−2β(1−α)}_1+2α x^eq₂ =^L₂

1 +^{1−2β(1−α)}_1+2α

2. On effectue les mêmes sommes et différences sur les équations du mouvement : (

m¨x1 =−k(x₁−l0) +k⁰(x2−x1−l0) m¨x2 =k(L−x2−l0)−k⁰(x2−x1−l0)

(

m(¨x1+ ¨x2) =k(L−x1−x2)

m(¨x1−x¨2) =−k(L+ (x1−x2))−2k⁰(x1−x2) + 2kl0

Pour faire apparaître les positions d’équilibre, on peut « soustraire » à la première équation la condition d’équilibre :0 = k L−(x^eq₁ +x^eq₂)

et à la seconde :0 =−k(L−2l0)−(2k⁰+k)(x^eq₁ −x^eq₂). On obtient :

(m( ¨X1+ ¨X2) +k(X1+X2) = 0 m( ¨X1−X¨2) + (2k⁰+k)(X1−X2) = 0 3. On a immédiatement :

(X¨s+ω²_sXs = 0 X¨a+ω²_aXa = 0 avec

(

ω²_s =k/m ω²_a = (2k⁰+k)/m

4. On a découplé les équations surX1etX2pour obtenir des équations d’oscillateurs harmoniques sur leurs combinaisons symétrique (Xs) et antisymétrique (Xa). Ces deux grandeurs oscillent donc sinu- soïdalement. On a alorsXs=X_s⁰cos(ωst+ϕs)etXa=X_a⁰cos(ωat+ϕa). On obtient alors :







X2(t) = (Xs−Xa)/2 =^X

0

s cos(ω_st+ϕ_s)−X⁰

acos(ω_at+ϕ_a) 2

X1(t) = (X_s+X_a)/2 =^{Xs0cos(ωst+ϕs)+X}₂ ^{a0cos(ωat+ϕa)}

Les conditions initiales sont icix1=x0,x˙1(0) = 0etx2= 0,x˙2(0) = 0, soitXs(0) =x0,Xa(0) =x0

etX˙_s(0) = ˙X_a(0) = 0. Les expressions dex1etx2sont alors : (

X1(t) =^x₂⁰(cos(ωst) +cos(ωat)) =x0cos(^ωs−ω₂ ^at)cos(^ωa+ω₂ ^st) X2(t) =^x₂⁰(cos(ωst)−cos(ωat)) =x0sin(^ωa−ω₂ ^st)sin(^ωa+ω₂ ^st)

5. (a) Dans le cask⁰ k,ieα 1les différences et sommes de ωset ωase simplifient, en posant ω0=ωspour donner :

(

ωs+ωa =ω0(√

1 + 2α+ 1)'2ω0

ωa+ωs =ω0(√

1 + 2α−1)'ω0(1 + 2α/2−1) =αω0

(b) Les expressions dex1(t)etx2(t)deviennent alors :

(x1(t) =x0cos(ω0t)cos^αω₂^0t x2(t) =x0sin(ω0t)sin^αω₂^0t .

Chacune de ces expressions fait intervenir un terme oscillant rapidement, àω0dont l’amplitude est modulée, également de manière sinusoïdale mais beaucoup plus lentement, avec la pulsation α ω0/2. C’est ce qu’on nomme un phénomène debattements. L’allure de cette fonction est repré- sentée sur la figure ci-dessous, pourα= 0,05.

0

1

∆ν

1/ν₀ t

0

t (c) L’énergie totale du système est la somme :

• de l’énergie cinétique de chacun des oscillateurs :Eci=mx˙²_i/2,

• de l’énergie potentielle des trois ressorts : k(x1−l0)²/2 + k(x1−l0)²/2 + k⁰(x2−x1−l0)²/2.

La conditionα 1permet de faire quelques simplifications. Tout d’abord, on peut négliger l’énergie potentielle due au ressort de couplage. L’énergie potentielle totale se réécrit alors :

Ep=k(X1+x^eq₁ −l0)²/2 +k(L−(X2+x^eq₂)−l0)²/2'k(X²₁+X₂²)/2,

car les positions d’équilibre sontx^eq₁ =l0etx^eq₂ =L−l0pourα→0.

La vitesse vaut quant à elle :x˙1 = −x0ω0

sin(ω0t)cos^αω₂^0t+^α₂cos(ω0t)sin^αω₂^0t . On a donc :

Ec1=mω₀²x²₀ 2

sin²(ω0t)cos² αω0t

2 +αsin(ω0t)cos(ω0t)sin αω0t

2

cos αω0t

2

+α² 4 sin²

αω0t 2

cos²(ω0t)

.

On peut ensuite prendre la moyenne de cette expression et de l’énergie potentielle sur une pseudo- périodeT0= 2π/ω0pendant laquelle les termes oscillant àα ω0/2sont pratiquement constants.

On obtientⁱalors :

< Ec1>T₀(t) = 1 T0

ZT0 0

Ec1(t⁰)dt⁰=mω₀²x²₀ 2

cos²(αω0t/2)

2 +α²sin²(αω0t/2) 8

< Ep1>T₀(t) = 1 T0

ZT0 0

Ep1(t⁰)dt⁰=mω²₀x²₀ 2

cos²(αω0t/2) 2

→< E_m1>T₀(t) = mω₀²x²₀ 2

cos²(αω0t/2) +α²sin²(αω0t/2) 8

'mω²₀x²₀ 2 cos²

αω0t 2

et< Em2>T₀(t) ='mω²₀x²₀

2 sin²(αω0t/2)

L’énergie mécanique moyenne (par pseudo-période) de chaque oscillateur oscille donc à 2α ω0/2 = α ω0, elle se répartit successivement d’un oscillateur à l’autre. L’observation de la fréquenceα ω0du battement de l’énergie donne accès à la différence des fréquences (proches) des deux oscillations qui le composent.

Correction de l’exercice 13

On détermine les expressions des coordonnées et des vecteurs de base dans les deux systèmes. On a : X=xcos(α) +zsin(α) Z=zcos(α)−xsin(α)

x=Xcos(α)−Zsin(α) z=Zcos(α) +Xsin(α) e# »X=e# »xcos(α) +e#»zsin(α) e# »Z=e#»zcos(α)−e# »xsin(α)

e# »x=e# »Xcos(α)−e# »Zsin(α) e#»z=e# »Zcos(α) +e# »Xsin(α)

On en déduit les expressions des forces dans les deux systèmes de coordonnées P#»=−mge#»z=−mg(cos(α)e# »Z+sin(α)e# »X)

T#»=−k(X−l0)e# »X=−k[xcos(α) +zsin(α)−l0] [xcos(α)e# »x+sin(α)e#»z], On a toujours :m#»a(M) =T#»+P#»+#»

N, avecN#»la réaction du support, qui n’a pas de composante selon e# »Xen l’absence de frottement.

1. En coordonnéesX , Z, on a : md²X

dt² =−k(X−l0)−mgsin(α) 0 =md²Z

dt² =−mgcos(α) +NZ

Les conditions initiales étantX(t= 0) =l0+ ∆l0etX(t˙ = 0) = 0, la solution est : X=l0−mgsin(α)

k +

∆l0+mgsin(α) k

cos(ωt) Z= 0.

2. La méthode la plus simple pour déterminerxetzconsiste à utiliser leur expression en fonction deX etZ. On obtient :

x=Xcos(α) z=Xsin(α).

On vérifie facilement la vraisemblance de ces expressions dans les casα= 0etα=π/2.

i. Les valeurs moyennes obtenues ici dépendent du temps car la fonction n’est que pseudo-périodique de périodeT0: il reste la dépendance lente en temps due aux termes enα ω₀/2.