Janson de Sailly PC*1 / PC*2 / PC Correction du devoir surveillé de physique n°3 J-C G

1 PC*1 / PC*2 / PC CORRECTION DU DEVOIR SURVEILLE DE PHYSIQUE N°3 5 novembre 2016 Problème 1 TCHOURI, ROSETTA ET PHILAE 1) On applique la troisième loi de Kepler à la comète Tchouri en orbite elliptique de demi grand axe

aTch =

pér + aph2

= 3,46 ua et de période TTch , et à la terre en orbite circulaire de rayon dT = 1 ua et de

période TT =1 an pour le même attracteur, le soleil : TTch2

aTch3 =

TT2

dT3 soit TTch =

aTchdT

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

32

TT

AN : TTch = 6,4 ans ou environ 6 ans et 5 mois 2) Lorsque les comètes passent à proximité d’une planète, et ce d’autant plus si celle ci est grosse, leur trajectoire peut être modifiée. En passant près du soleil, elles peuvent en plus aussi être exposées au vent solaire et à une pression de radiation. 3) La comète est en orbite elliptique, sa trajectoire est fermée, c’est un état lié d’énergie mécanique négative.

4) Le champ gravitationnel extérieur créé par une sphère isotrope est simple :!GTch = −

GMTch

r2!ur

On a immédiatement MTch =4πRTch

3

3µTch soit RTch =

3MTch

4πµTch

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

13

AN : RTch = 1,8 km

5) L’effet de marée exercé par le soleil a un effet dislocateur

Le terme de marée s’écrit Cmar =2GMSRastre

D3pour l’action du soleil sur un corps céleste

Pour la terre de rayon R = 6400 km, à D =1,5.1011m, Cmar = 5.10-7 m.s-2

Pour la comète au périhélie, R =1800m à D =1,24 ua = 1,86.1011 m, Cmar = 7,46.10-11 m.s-2

Ces valeurs sont à comparer au champ de pesanteur existant sur la comète :GTch =GMTch

RTch2 = 2.10−4 m.s-2

le document indique – improprement - que Philae, pour une masse de 100 kg ne pèse que 2 g sur la comète, ce qui correspond bien à une pesanteur 5.104 fois plus faible soit de 2.10-4 m.s-2 . Ainsi, sur la terre, le terme de marée du au soleil représente 5.10-6 % de la pesanteur, tandis que sur la comète, 3,7.10-5 % de la pesanteur. Une comète passant plus près du soleil pourrait subir un effet de marée conduisant à une force dislocatrice supérieur à sa force de cohésion. Ce phénomène peut d’ailleurs aussi se produire à proximité de (grosses) planètes : Jupiter a fait exploser la comète Shoemaker-Levy en 1994. 6) Le champ de pesanteur est la superposition du champ gravitationnel et de l’accélération d’entrainement due à la rotation de la comète. Cette dernière est maximale dans le plan équatorial de la comète, toujours modélisée comme une sphère homogène : ae =Ω2RTch soit ae = 3,6.10

−5 m.s-2 . Avec un champ

gravitationnel GTch =GMTch

RTch= 2,1.10−4 m.s-2 , gpole =GTch = 2,1.10

−4 m.s-2 et géqu =GTch − ae = 1,7.10-4 m.s-2

soit une variation relative de 19%. En comparaison, sur la terre, cette variation relative n’est que de 0,3% Le champ de pesanteur n’est pas uniforme à la surface de la comète.

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2 7) On peut exprimer le champ de gravitation à l’instant du largage, à d = 20,7+1,8 = 22,5 km du centre de la

comète :GTch( d ) =GMTch

d 2 et sur la surface de la comète GTch( RTch ) =

GMTch

RTch2 soit

GTch( d )GTch( RTch )

= dRTch

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

2

=156

Le champ gravitationnel ne peut en aucun cas être considéré comme uniforme 8) Par analogie avec le référentiel géocentrique, d’origine le centre de la terre et d’axes d’orientations constantes (par rapport à des étoiles très lointaines), on peut définir un référentiel Tchouricentrique R,(Tch) centré en T sur la comète et d’axes d’orientations constantes. Dans ce référentiel, la sonde assimilée à un point matériel R de masse mR n’est soumise qu’à la force

gravitationnelle de la comète : !FTch→Ros = −

GMTchmRr2

!ur

En appliquant le théorème du moment cinétique au centre C de la comète, il vient

d!LTdt

= TR! "!

∧!FTch→Ros = TR

!ur ∧ FTch→Ros

!ur =!0 donc

!LT = TR" !"

∧mR!v( R ) est constant : le vecteur position est

perpendiculaire à un vecteur constant, donc M appartient au plan qui passe par le centre de Tchouri et qui est perpendiculaire au vecteur fixe, la trajectoire est donc plane 9) On applique le principe fondamental de la dynamique à la sonde dans le référentiel R,(Tch), en utilisant la

base polaire contenue dans le plan de la trajectoire : −mRv12( R )r1

!ur = −GMTchmRr12

!ur

soit v1( R ) =GmTchr1

et T1 =2πr1v1

AN : v1 = 0,15 m.s-1 T1 = 1,26.106 s = 14 jours et 15 h

10) Le demi grand axe de l’ellipse est a = 12ra + rp( ) soit Em( Ros ) = −

GMTchmRra + rp

L’énergie mécanique étant conservée, on a −GMTchmRra + rp

= 12mRvp

2 −GMTchmRrp

soit

vp = 2GMTch1rp− 1ra + rp

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ vp = 0,30 m.s-1

11) La vitesse de la sonde en orbite circulaire de rayon rp est vpcir =

GMTch

rp=0,26m.s-1. La variation de

vitesse est donc Δv =GMTch

rp− 2GMTch

1rp− 1ra + rp

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ soit une diminution de vitesse de 0,04 m.s-1

12) L’altitude r = 1800 m est atteinte en 7 h soit 25200 s pour la 4 ème courbe à partir de la gauche v0 = 0,75 m.s-1

13) On applique le théorème de l’énergie cinétique 12mPhv f

2( P )− 12mPhvi

2( P ) =W avec W le travail de

la force gravitationnelle : δW =−GMTchmPh

r2!ur .dr!ur =

−GMTchmPhr2

dr et W = −GMTchmPh1r

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ri

rf

soit v f ( P ) = vi2( P )+ 2GMTch

1rf

− 1ri

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ avec ri = 22500m et rf =1800m

La vitesse de Philae au moment de l’impact est de 1,1 m.s-1

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3 Dans le référentiel lié à la comète, il faudrait prendre en compte la force d’inertie d’entrainement, déjà étudiée, et aussi la force de Coriolis. On peut estimer sa valeur maximale pour un largage de Philae à la verticale de l’équateur Fc = 2mPhΩv soit pour une vitesse de l’ordre de 1 m.s-1 , Fc ≈ 0,028 N à comparer à son poids : 0,02 N au niveau de la surface : la force de Coriolis est du même ordre de grandeur que le poids de Philae. L’étude de la phase d’atterrissage a certainement pris en compte la force de Coriolis.. 14) On peut comparer la pesanteur à la surface de Tchouri et à l’altitude h = 1 km

g( RTch )g( RTch + h )

=RTch + hRTch

⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟

2

= 2,4 la force de gravitation exercée par Tchouri sur Philae varie plus du simple

au double, et ne peut pas être considérée comme constante pendant le rebond de Philae. On va quand même faire cette hypothèse grossière mais bien pratique...

Dans ce cas, le rebond de Philae se ramène à l’équation simple : mPh!a( P ) = mPh

!g0 avec g0 =GMTch

RT2

dans le référentiel de la comète supposé galiléen. En projection dans la base cartésienneOx,Oy avec Oy vertical ascendant, et O le point de rebond

!!x = 0!!y = −g0

⎧⎨⎪

⎩⎪ soit

!x = v0x!y = −g0t + v0 y

⎧⎨⎪

⎩⎪ et

x( t ) = v0xt

y( t ) = − 12g0t

2 + v0 yt

⎧⎨⎪

⎩⎪

Le sommet de la trajectoire ( !y = 0 ) est atteint pour ts =v0 yg0

. On a alors ys =v0 y2

2g0

La portée correspond à y = 0 soit t = 0 : trivial, instant initial, et t p =2v0 yg0

. On xp = v0xt p =2v0xv0 yg0

Numériquement, la vitesse au rebond est la vitesse d’impact divisée par 2 soit v0 = 0,55m.s-1

Avec un angle de rebond de 15°, v0x = 0,14 m.s-1 et v0 y = 0,53m.s-1 et g0 = 2.10−4 m.s-2

On trouve : ys = 705m xp = 756 m t p = 5313 s = 1h 29 min Le document propose des valeurs du même ordre de grandeur mais assez différentes : ys =1000m xs >1000m t p = 17h 25 − 15h 34 = 1h 51 min Ces écarts sont dus essentiellement à l’hypothèse abusive d’une gravité uniforme. La pesanteur diminue avec l’altitude, la valeur de g0 est sur-estimée, ce qui revient à sous évaluer les trois grandeurs calculées.

Pour les perfectionnistes, on pourrait reprendre les calculs avec un g moyen…

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4 Problème 2 FREINAGE D’UN LINGOT SUR UN CONVOYEUR A ROULEAUX

1) Il y a non glissement en :

S est en translation donc tous ses points ont la même vitesse :

Avec il vient (1)

2) La vitesse de glissement en I2 de S sur le rouleau n°2, est donnée par

Avec et

il vient et D’après les lois de Coulomb, la composante tangentielle de la force de frottement est, en cas de glissement, de sens opposée à la vitesse de glissement. Avec > 0 et > 0 (au moins au début du mouvement) est orienté selon le sens de , donc est

orienté selon : < 0

Par ailleurs, en cas de glissement, . Avec > 0, il vient (2) 3) Le solide S est soumis à son poids , et aux réactions et . Le théorème de la résultante cinétique

donne soit en projection sur et : (3) (4)

4) (R1) est soumis de la part de S à la réaction , à son poids et à la réaction de l’axe . Ces deux

dernières forces « passent » par l’axe , leur moment est donc nul. Il reste pour l’application en du théorème du moment cinétique à (R1) :

d!L1/Odt

=O1I1" !"""

∧ −!R1 = r

!ey ∧ −T1!ex − N1

!ey( ) = r!ey ∧ −T1!ex = rT1

!ez et avec d!L1/Odt

= J "ω1

!ez (5)

5) Le solide S est en translation, donc

Le solide S est soumis à son poids, à la réaction (appliquée en I1) et à la réaction (appliquée en I2).

Le théorème du moment cinétique appliqué en G à S, compte tenu de donne :

soit

Or et ; il vient :

O1 O2

O

G

x

y

z + X(t) X(t)

2d

2h

l l

I1 I2 B A

2N

2T

1N

1T

gM

Solide S

Rouleau n° 1 Rouleau n° 2

Figure 1

I1v( I1 ∈S ) =

v( I1 ∈R1 )v( I1 ∈S ) =

v(G ) = X ex

v( I1 ∈R1 ) =v(O1 )0 +

ω1 ∧O1I1

= −ω1rex

X = −ω 1r

vg =v( I2 ∈S )−

v( I2 ∈R2 )v( I2 ∈S ) =

v(G ) = X ex

v( I2 ∈R2 ) =v(O2 )0

+ω2 ∧O2I2

= −ω2 r

ex

vg = X

ex − −ω2 r

ex( )

vg = X + rω2( )ex

ω2X

vgex

T2

−ex T2

T2 = µN2 N2 T2 = −µN2

MgR1

R2

Ma(G ) = Mg +R1 +R2

ex

ey M X = T1 +T2 0 = N1 + N2 −Mg

−R1 O1z

O1z O1 O1

J ω1 = rT1LG =

0

R1

R2

LG =0

dLGdt

=ΓG(R1 )+

ΓG(R2 )+

ΓG( M

g ) =GI1

∧R1 +GI2

∧R2 +0 =0 GI1

∧R1 +GI2

∧R2 =0

GI1

= l − X − 2d( ) ex − hey GI2

= l − X( ) ex − hey

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5

et

soit (6) 6) On dispose des relations : (1) (2) (3) (4) (5)

et (6)

On peut réécrire (6) : et en utilisant (3) et (4) :

Il ne reste plus qu’à éliminer :

(2) , puis avec (3) : et (5) : et enfin avec (1) :

Donc N2 = − 1µJr2

+M⎛⎝⎜

⎞⎠⎟X et en remplaçant : l − X − 2d( )Mg − 2dµ

Jr2

+M⎛⎝⎜

⎞⎠⎟!!X + hM !!X = 0

On réorganise : 2dµ

M + Jr2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− hM

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟!!X +MgX = l − 2d( )Mg et

2dµg

1+ JMr2

− µh2d

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟!!X + X = l − 2d( )

7) Cette équation est celle d’un oscillateur si 2dµg

1+ JMr2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟− hg

est positif.

On considère 2dµg

− hg= 1g2dµ

− h⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

. Le rapport 2dµh

vaut 80 donc 2dµ

= 80h et 2dµ

− h = 79h ≈ 2dµ

> 0

Le mouvement est oscillant de pulsation Ω = 1

2dµg

1+ JMr2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

autour de la position d’équilibre

8) La solution générale de cette équation est de la forme Les conditions initiales et conduisent à : et soit

et . On en déduit la solution complète :

A ses débuts, Ωt << 1, et on peut linéariser : X( t ) ≈ − 12

Ωt( )2 2d − l( )+X 0Ωt et !!X( t ) ≈ −Ω2 2d − l( )

On est en présence d’un mouvement uniformément freiné.

9) a) La vitesse s’annule à l’instant τ tel que :

soit AN :

Le solide est en appui sur le rouleau R1 tant que reste inférieur à m

A ,

Avec , donc numériquement, Xm = m

GI1

∧R1 =

l − X − 2d−h0

∧

T1N10

=00

l − X − 2d( )N1 + hT1GI2

∧R2 =

l − X−h0

∧

T2N20

=00

l − X( )N2 + hT2l − X − 2d( )N1 + l − X( )N2 + h T1 +T2( ) = 0

X = −ω 1r T2 = −µN2 M X = T1 +T2 N1 + N2 = Mg J ω1 = rT1l − X − 2d( )N1 + l − X( )N2 + h T1 +T2( ) = 0

l − X − 2d( ) N1 + N2( )+ 2dN2 + h T1 +T2( ) = 0l − X − 2d( )Mg + 2dN2 + hM X = 0 N2

N2 = −T2µ

N2 =T1 −M X

µN2 =

J ω1

r−M X

µN2 =

− JXr2

−M X

µ

Xe = l − 2d

X( t ) = AcosΩt + BsinΩt + ( l − 2d )X( 0 ) = 0 X( 0 ) = X 0 0 = A+ ( l − 2d ) X 0 = BΩ

A = 2d − l B =X 0Ω

X( t ) = ( 2d − l ) cosΩt −1( )+X 0ΩsinΩt

X( t ) = −( 2d − l )Ω sinΩt + X 0 cosΩt

−( 2d − l )Ω sinΩτ + X 0 cosΩτ = 0 tan(Ωτ ) =X 0

( 2d − l )Ωtan(Ωτ ) =1

X 2l − 2d = 0,4

t = τ X( τ ) = ( 2d − l ) cosΩτ −1( )+X 0ΩsinΩτ

tan(Ωτ ) =1 cosΩτ = sinΩτ = 22

X( τ ) = 0,25

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6 Le solide est toujours en appui avec le rouleau R1 à l’instant τ.

b) Avec (1) et (5), T1 =J ω1

r= − J

Xr2

et avec X =Ω2 l − 2d − X( ) , T1 =JΩ2

r2X − l + 2d( )

Le non glissement persiste si T1 reste inférieur à µN1 entre t = 0 et t = τ

T1 est fonction croissante de X, N1 est fonction décroissante de X , donc T1N1

est fonction croissante de X

Il faut donc vérifier que T1N1( X = XM ) < µ AN :

T1N1( X = XM ) = 0,015 < µ

Le non glissement persiste entre t = 0 et t = τ

10) On a N2 = − 1µJr2

+M⎛⎝⎜

⎞⎠⎟X et avec X +Ω2X =Ω2 l − 2d( ) , X =Ω2 l − 2d − X( ) soit

N2( X ) =Ω2

µM + J

r2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟X − l + 2d( )

Avec (4) , N1 = Mg − N2 soit N1( X ) =Ω2

µM + J

r2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟l − 2d − X( )+Mg

Il n’y a pas basculement si N1 et restent positifs entre les instants et

étant par hypothèse fonction croissante de , il suffit que soit positif.

De même, N1 étant fonction décroissante de , il suffit que soit encore positif.

Les deux conditions demandées sont donc > 0 et > 0

AN : N2( t = 0 ) = N2( X = 0 )> 0 puisque 2d − l > 0 N1( t = τ ) = N1( X = Xm )= 16.103 N > 0 Les conditions de non basculement sont bien vérifiées.

11) Pour (R1) en rotation : , et pour S en translation :

On en déduit l’énergie cinétique de : Ec1 + EcS =12Jr2

+M⎛⎝⎜

⎞⎠⎟!X 2

12) On peut appliquer le théorème de l’énergie cinétique entre les instants t = 0 et : Ec( τ )− Ec( 0 ) =W1

Avec , il vient W1 = −EC( 0 ) = − 12Jr2

+M⎛⎝⎜

⎞⎠⎟!X 02 , résistant correspondant à l’action de

!T2

13) a) La puissance P2 fournie par le moteur au rouleau R2 est aussi celle transmise par le rouleau à S soit encore

l’opposée de celle transmise par S à la roue R2 : − P2 = −T2 .v( I2 ∈rouleau n°2 ) = −

T2 . −rω2

ex( ) = T2rω2

P2 = −T2rω2 et W2 = − T20

τ

∫ rω2dt

T2 = −µN2 = −µ −1µM + J

r2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟X = M + J

r2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟X P2 = −rω2 M + J

r2⎛⎝⎜

⎞⎠⎟X

On intègre : W2 = −rω2 M + Jr2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟X

0

τ

∫ dt = −rω2 M + Jr2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟X( τ )− X( 0 )( )

Le travail fourni par le moteur est donc : W2 = rω2 M + Jr2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟!X 0

N2 t = 0 t = τ

N2 X( t ) N2( t = 0 )X( t ) N1( t = τ )

N2( t = 0 ) N1( t = τ )

Ec1 =12Jω1

2 = 12JXr

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

2

EcS =12M X 2

S + R1{ }

t = τ

Ec( τ ) = 0

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7 b) Le moteur a fourni le travail W2 à la roue n°2, et les deux parties mobiles le solide S et la roue n°1 ont

reçu l’énergieW1 ; la différence W2 −W1 a été dissipée en chaleur au niveau du contact avec frottement

(et glissement) de la roue n°2 : Q =W2 −W1

Q est aussi l’énergie dissipée par le roulement avec glissement Q = −T2

0

τ

∫vgdt

Problème 3 LE CRISSEMENT DE LA CRAIE 1) On applique le théorème de la résultante cinétique au pavé soumis à son poids

P = −mg uz , à la force

de rappel du ressort T = kl( t ) ux et la force de contact

R = T ux + N

uz :

ma(G ) =P +T +R soit en projection T = m!!x − kl (1) et N = mg (2)

Rq : le pavé est en translation donc x(G ) = x( t ) 2) a) Si le pavé est fixe, x( t ) = xA = cte et l( t ) =Vt + b0 − xA l( t ) est fonction affine du temps.

Ces phases sont représentées par les tronçons pentus sur le graphe. b) Avec x( t ) = cte , x = 0 et l’équation (1) donne T = −kl T est négatif

Pendant la phase de non glissement, on a T < fsN soit kl −m!!x < fsmg ou avec !!x > 0 l <fsmgk

lM =fsmgk

On en déduit : fs =klMmg

On lit sur le graphe klMmg

= 0,37 soit fs = 0,37

3) a) Lorsque le glissement commence, on a T = fd N ou avec T < 0 : −T = fdmg soit en utilisant la question 1)

kl( t )−mx = fdmg

Le ressort a alors une longueur l( t ) égale à sa longueur lM augmentée du déplacement Vt du point B pendant la durée t et diminuée du déplacement x( t )du pavé : on a bien pour 0 ≤ t ≤ t1 l( t ) = lM +Vt − x( t )

En remplaçant, il vient k lM +Vt − x( t )( )−mx = fdmg soit mx + kx = k lM +Vt( )− fdmg

Avec klM = fsmg on obtient x +kmx = k

mVt + fs − fd( )g soit la forme demandée avec ω = k

m qui

est la pulsation des oscillations libres de ce système. b) On résout l’équation x +ω2x = ω2Vt + fs − fd( )g La solution générale est la somme de la solution générale de l’équation sans second membre xg( t ) = Acosωt + Bsinωt et d’une solution particulière de l’équation complète que l’on cherche

sous la forme d’une fonction affine (comme le second membre) : xp( t ) = αt +β

On détermine les coefficients α et β en injectant la solution particulière dans l’équation :

ω2 αt +β( ) = ω2Vt + fs − fd( )g soit en identifiant les monômes : α =V et β = fs − fd( ) gω2

La solution générale de l’équation complète est : x( t ) = Acosωt + Bsinωt +Vt + fs − fd( ) gω2

On détermine les constantes A et B avec les conditions initiales :

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8

x( 0 ) = 0 = A+ fs − fd( ) gω2 soit A = − fs − fd( ) g

ω2 et x( 0 ) = 0 = Bω +V soit B = −Vω

Finalement, x( t ) = − fs − fd( ) gω2 cosωt −

Vωsinωt +Vt + fs − fd( ) g

ω2 ou

x( t ) =V t − sinωtω

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟+ fs − fd( ) g

ω2 1− cosωt( ) et x( t ) =V 1− cosωt( )+ fs − fd( ) gω sinωt

4) La vitesse de glissement est définie ici par la vitesse d’un point quelconque du pavé par rapport au support fixe : vg = x

ux . Le glissement cesse quand x = 0 soit à un instant t1 défini par :

V 1− cosωt1( )+ fs − fd( ) gω sinωt1 = 0 ou 1− cosωt1sinωt1

= − fs − fd( ) gVω

On passe à l’angle moitié : 1− cosωt1 = 2sin2 ωt12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et sinωt1 = 2sinωt12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟cos

ωt12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Il vient : sinωt12V sin

ωt12

+ fs − fd( ) gω cosωt12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= 0 soit ωt1 = 2π ou tan

ωt12

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟= − fs − fd( ) gVω

Comme tanωt12

< 0 et t1 > 0 , π2<ωt12

< π donc π < ωt1 < 2π . Cette deuxième solution intervient avant la

première, c’est la solution recherchée. On garde ωt12

= arctan −fs − fd( )gωV

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ + π

On en déduit finalement t1 =2ω

π − arctan fs − fd( ) gVω⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

5) Le graphe montre que lorsque le pavé résiste au glissement jusqu’à ce que le ressort ait atteint, par une évolution linéaire, une longueur maximale lM. A ce moment, le pavé se met à glisser et la longueur du ressort diminue : le pavé « rattrape » le point B. La phase de glissement dure jusqu’à l’instant t1 où le ressort a une longueur minimale lm et s’oppose au déplacement du pavé, faisant cesser le glissement.

On lit sur le graphe klmmg

= 0,31 soit 2 fd − fs = 0,31 Avec fs = 0,37, on en déduit fd = 0,34 .

On a un écart relatif fs − fdfs

≈ 9% ce qui justifie l’approximation fs ≈ fd

La phase de glissement est représentée par une droite verticale : sa durée est négligeable devant la durée d’une phase de non glissement. 6) a) La durée de la phase de glissement étant négligeable devant celle de non glissement, la période s’identifie avec cette dernière, pendant laquelle la longueur du ressort passe de lm à lM en subissant

un étirement à la vitesse V ; on a VT = lM − lm soit une période

T = 1V

fsmgk

−2 fd − fs( )mg

k

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ =

2Vfs − fd( )mg

k et une fréquence ν =

Vk2 fs − fd( )mg

b) En cassant la craie en deux, sa masse est diminuée de moitié. Par ailleurs, un demi ressort subit à traction égale un allongement deux fois plus faible ; sa raideur est deux fois plus grande. La fréquence est donc multipliée par 4 et passe à 24 kHz, c’est à dire dans le domaine des ultrasons. Votre chat, qui perçoit les sons jusqu’à 60 kHz, ne va pas apprécier, mais vous, vous ne risquez pas d’entendre la craie...