Travaux dirigés Signaux n°S2 – Correction

TD S2 - Correction Signaux 2013/14

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Travaux dirigés Signaux n°S2 – Correction

Exercice 1 : Exemples d’oscillateurs

1. Soit un système régi par l’équation : mz=−k z

(

−l₀

)

^+mg.

a. On a une équation liant _z à z uniquement. Cette équation est donc du type harmonique.

b. En retravaillant la formule, on trouve : mz+kz=kl₀ +mg⇔z+ k mz= k

ml₀+g. Identifions cette formule à la forme canonique : _z+ω0

2z=ω0

2z_eq. On trouve alors : ω₀² = k

m ⇔ω₀ = k

m ⇔T₀ = 2π ω0

=2π ^m k . De plus, ^k

ml₀+g=ω0 2z_eq = k

mz_eq⇔z_eq=l₀+mg k . 2. Soit un système régi par l’équation : ⁴

3mL²θ=−mgLsinθ.

a. Cette équation n’est pas du type harmonique car elle lie θ et sinθ.

b. Si l’on considère que les oscillations du pendule sont limitées aux petits angles, on peut faire l’approximation sinθ ≈θ et l’équation devient ⁴

3mL²θ=−mgLθ qui est une équation du type harmonique.

c. Mettons la sous forme canonique : ⁴

3mL²θ+mgLθ =0⇔θ+3 4

g

Lθ =0. En identifiant à la forme θ^+ω0

2θ =ω0

2θeq on trouve : ω₀² = 3g

4L ⇔ω₀ = 3g

4L ⇔T₀ = 2π ω0

=2π ^4L

3g et θeq=0.

Exercice 2 : Un tour en Mettis …

1. Dans le cadre d’un système Masse + Ressort, la pulsation des oscillations est ω0 = k m d’où la fréquence : f₀ =ω0

2π = 1 2π

k m .

2. Calculons la raideur des suspensions : ω0 = k M ⇔k=Mω0

2 =4π²Mf₀² =9, 45.10⁵N.m⁻¹. Au retour, la masse du bus est M'=M+100m=30tonnes. On en déduit : f₀ = 1

2π k

M' =0,89Hz.

Exercice 3 : Caractéristiques d’un oscillateur

1. Par lecture graphique, on trouve une amplitude Xm=1,5cm ; une valeur moyenne xmoy=4cm ; une période T0 = 3,1s d’où la fréquence : f0 = 1/T0 = 0,32 Hz.

2. Il s’agit en fait de la longueur x(t) = l(t) d’un ressort de constante de raideur k, relié à un point M de masse m = 20kg. La masse se déplace horizontalement.

a. La position d’équilibre correspond à la valeur moyenne d’où xeq = 4 cm.

b. La vitesse maximale correspond à la valeur de la pente la plus importante (quand x = xeq) soit v_max= Δx

Δt ≈1, 5

0, 5=3cm.s⁻¹=0, 03m.s⁻¹ (On peut également trouver vmax grâce à la relation : v_max =ω₀X_m).

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c. Lorsque la vitesse est maximale, l’énergie potentielle élastique est nulle. On peut donc écrire : E_m =E_C+E_P =E_Cmax= 1

2mv_max² =9mJ. d. On a la relation f₀ =ω0

2π = 1 2π

k

m d’où k=mω₀² =4π²mf₀² =82N.m⁻¹.

Exercice 4 : Positions d’équilibre

On étudie le système {point M de masse m} lié à un ressort de constante de raideur k et de longueur à vide l0. Le point est repéré par son abscisse x.

1. Dans le cas où l’axe Ox est horizontal : leq = l0. Si l’axe Ox est vertical, on trouve : l_eq=l₀+mg k . 2. Dans le cas où l’axe Ox fait un angle α :

Analyse dimensionnelle : on sait que [m]=M ; [g]=L.T^-2 ; [k]=M.T^-2. Ainsi, mg k

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥=L. Un cosinus ou un sinus n’ayant pas de dimension, on en déduit que l’expression x_eq=l₀+ k

mgcosα est impossible.

De plus, si α>0, alors xeq<l0 et si α<0, xeq<l0. Seule la solution x_eq=l₀−mg

k sinα possède cette propriété.

3. On peut vérifier que, si α=0 (cas horizontal) alors : x_eq =l₀−mg

k sin 0=l₀. Si α = -π/2 (axe Ox vertical orienté vers le bas), on trouve : x_eq =l₀ −mg

k sin −π 2

⎛⎝⎜ ⎞

⎠⎟=l₀+mg k .

Exercice 5 : Amplitude des oscillations d’une masse

1. On s’intéresse au système masse+ressort. On étudie le mouvement lorsque la masse et le ressort sont accrochés.

a. Les forces appliquées au système sont : le poids P

; la réaction du support R

ainsi que la force de rappel du ressort : F

=−k l t

( ( )

^−l0

)

^ux. Ici, le poids et la réaction du support se compensent, et, d’après le schéma, l(t)=x(t).

b. Appliquons le PFD au mobile M de masse m : ma

( )

M ^{=P+R+F=F}

Or, OM 

=x(t)u_x

d’où v

( )

M ^=x(t)u x

 et a

( )

M ^=x(t)ux

. Ainsi, l’équation précédente se met sous la forme : mx(t)u_x

=−k x t

( ( )

^−l0

)

^ux.

En projetant, il reste : mx(t)=−kx t

( )

^{+kl0⇔x(t)+ k}

mx t

( )

^{= k}

ml₀. On pose ω0 2 = k

m pour établir la forme canonique : x(t)+ω₀²x t

( )

^=ω0

2l₀.

c. La solution de cette équation est du type : x t

( )

^=Acos

( )

^ω0t ^+Bsin

( )

^ω0t ^+l0.

D’après l’énoncé, x

( )

0 ^=l0 d’où x

( )

0 ^{=Acos 0}

( )

^{+Bsin 0}

( )

^+l0 =A+l₀ =l₀⇒A=0.

De plus x

( )

0 ^{=−v0. Or, x t}

( )

^=−ω0Asin

( )

^{ω0t +Bω0cos}

( )

^{ω0t d’où}

−v₀ =−ω₀Asin 0

( )

^+Bω0cos 0

( )

^=Bω0 ⇒B=−v₀ ω₀ . On en déduit l’expression : x t

( )

⁼⁻_ω^v0

0

sin

( )

ω₀t ^+l0. L’amplitude des oscillations est donc X_m= v₀ ω₀.

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2. Approche énergétique.

a. L’énergie mécanique du système s’écrit : E_m=E_C+E_P = 1

2mv²

( )

t ⁺¹

2k x t

( ( )

^−l0

)

^2.

b. Le système évoluant sans frottement, l’énergie se conserve. Ainsi, on peut écrire la relation : 1

2mv²

( )

0 ⁺¹

2k x

( ( )

0 ^−l0

)

^{2 = 1}₂^{k x}

(

^min−l0

)

²entre l’instant initial et l’instant où le ressort est comprimé au maximum. Or, x(0)=l0 d’où ¹

2mv²

( )

0 ⁼¹

2k x

(

_min−l₀

)

^{2 ⇔}

(

^xmin−l0

)

^{2 =m}

k v₀². On en déduit l’amplitude : X_m= x_min−l₀ = m

kv₀ = v₀

ω₀ . Nous trouvons la même solution que précédemment, sans passer par une équation différentielle !

Pour aller plus loin

Exercice 6 : Masse reliée à deux ressorts

Une masse quasiment ponctuelle m positionnée en M est reliée à deux ressorts fixés en O et O’. Elle glisse sans frottement sur le sol horizontal.

La position de la masse est repérée par son abscisse x(t). Les ressorts ont pour raideurs respectives k et k’

et comme longueur à vide l0 et l0’. La longueur OO’ est notée L.

On étudie le mouvement du mobile M de masse m dans le référentiel terrestre.

1. Les forces appliquées au système sont : - le poids P

ainsi que la réaction du support R

qui se compensent.

- La force de rappel du ressort de gauche : F_g

=−k l t

( ( )

^−l0

)

^ux. D’après le schéma, l(t)=x(t) d’où F_g

=−k x t

( ( )

^−l0

)

^ux

- La force de rappel du ressort de droite : F_d

= +k'

(

l'

( )

t ^−l'0

)

^ux. (Le signe cahnge car le ressort est accroché sur la droite). D’après le schéma, l’(t)=L-x(t) d’où

F_d

= +k'

(

L−x t

( )

^−l'0

)

^ux

2. Appliquons le PFD au mobile M de masse m : ma

( )

M ^{=P+R+Fg+Fd =Fg+Fd} Or, OM 

=x(t)u_x

d’où v

( )

M ^{=x(t)u x et a}

( )

^{M =x(t)ux}. Ainsi, l’équation précédente se met sous la forme : mx(t)u_x

=−k x t

( ( )

^−l0

)

^{ux+k'}

(

^{L−x t}

^{( )}

^−l'0

)

^ux.

En projetant, il reste :

mx(t)=−kx t

( )

^+kl0−k'x t

( )

^+k'L−k'l'0⇔mx(t)+

(

k+k'

)

^{x t}

( )

^=kl0+k'

(

L−l'₀

)

^{. Ainsi :}

x(t)+k+k'

m x t

( )

^=kl0+k'

(

^L−l'0

)

m . On pose ω0

2 = k+k'

m pour établir la forme canonique :

x(t)+ω₀²x t

( )

^=ω0 2x_eq.

3. En identifiant la forme canonique à l’équation obtenue, on a la relation : ω0

2x_eq= kl₀+k'

(

L−l'₀

)

m ⇔k+k'

m x_eq =kl₀+k'

(

L−l'₀

)

m ⇒x_eq =kl₀+k'

(

L−l'₀

)

k+k' 4. La masse suivra un mouvement d’oscillations périodiques à la pulsation ω0.

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5. La solution de cette équation est du type : x t

( )

^=Acos

( )

^ω0t ^+Bsin

( )

^ω0t ^+xeq.D’après l’énoncé, x

( )

0 ^{=x0 d’où x}

( )

^{0 =Acos 0}

( )

^{+Bsin 0}

( )

^{+xeq =A+xeq =x0⇒A=x0 −xeq.}

De plus x

( )

0 ^{=0. Or, x t}

( )

^=−ω0Asin

( )

^{ω0t +Bω0cos}

( )

^{ω0t d’où}

0=−ω0Asin 0

( )

^{+Bω0cos 0}

( )

^{=Bω0 ⇒B=0. On en déduit} l’expression : x t

( )

⁼

(

^x0−xeq

)

^cos

^{( )}

^{ω0t +xeq.}