Travaux dirigés Signaux n°S2 – Correction · c. Lorsque la vitesse est maximale, l’énergie...
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TD S2 - Correction Signaux 2013/14 O.KELLER – TSI1 Page 1 sur 4 Lycée Louis Vincent Metz Travaux dirigés Signaux n°S2 – Correction Exercice 1 : Exemples d’oscillateurs 1. Soit un système régi par l’équation : m z = −kz − l 0 ( ) + 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 = kl 0 + mg ⇔ z + k m z = k m l 0 + g . Identifions cette formule à la forme canonique : z + ω 0 2 z = ω 0 2 z eq . On trouve alors : ω 0 2 = k m ⇔ ω 0 = k m ⇔ T 0 = 2π ω 0 = 2π m k . De plus, k m l 0 + g = ω 0 2 z eq = k m z eq ⇔ z eq = l 0 + mg k . 2. Soit un système régi par l’équation : 4 3 mL 2 θ = − mgL sinθ . 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 3 mL 2 θ = − mgL θ qui est une équation du type harmonique. c. Mettons la sous forme canonique : 4 3 mL 2 θ + mgL θ = 0 ⇔ θ + 3 4 g L θ = 0 . En identifiant à la forme θ + ω 0 2 θ = ω 0 2 θ eq on trouve : ω 0 2 = 3g 4 L ⇔ ω 0 = 3g 4 L ⇔ T 0 = 2π ω 0 = 2π 4 L 3g et θ eq = 0 . Exercice 2 : Un tour en Mettis … 1. Dans le cadre d’un système Masse + Ressort, la pulsation des oscillations est ω 0 = km d’où la fréquence : f 0 = ω 0 2π = 1 2π k m . 2. Calculons la raideur des suspensions : ω 0 = kM ⇔ k = Mω 0 2 = 4π 2 Mf 0 2 = 9, 45.10 5 N. m −1 . Au retour, la masse du bus est M ' = M + 100 m = 30tonnes . On en déduit : f 0 = 1 2π k M ' = 0, 89 Hz . Exercice 3 : Caractéristiques d’un oscillateur 1. Par lecture graphique, on trouve une amplitude X m =1,5cm ; une valeur moyenne x moy =4cm ; une période T 0 = 3,1s d’où la fréquence : f 0 = 1/T 0 = 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 x eq = 4 cm. b. La vitesse maximale correspond à la valeur de la pente la plus importante (quand x = x eq ) soit v max = Δx Δt ≈ 1, 5 0, 5 = 3cm. s −1 = 0, 03m. s −1 (On peut également trouver v max grâce à la relation : v max = ω 0 X m ).
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Travaux dirigés Signaux n°S2 – Correction
Exercice 1 : Exemples d’oscillateurs
1. Soit un système régi par l’équation : mz = −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 : mz + kz = kl0 +mg⇔ z +kmz = k
ml0 + g . Identifions
cette formule à la forme canonique : z +ω02z =ω0
2zeq . On trouve alors :
ω02 = k
m⇔ω0 =
km
⇔ T0 =2πω0
= 2π mk
.
De plus, kml0 + g =ω0
2zeq =kmzeq ⇔ zeq = l0 +
mgk
.
2. Soit un système régi par l’équation : 43mL2 θ = −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 43mL2 θ = −mgLθ qui est une équation du
type harmonique.
c. Mettons la sous forme canonique : 43mL2 θ +mgLθ = 0⇔ θ + 3
4gLθ = 0 . En identifiant à la
forme θ +ω02θ =ω0
2θeq on trouve : ω02 = 3g
4L⇔ω0 =
3g4L
⇔ T0 =2πω0
= 2π 4L3g
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= 12π
km
.
2. Calculons la raideur des suspensions : ω0 = k M ⇔ k = Mω02 = 4π 2Mf0
2 = 9, 45.105N.m−1 . Au
retour, la masse du bus est M ' = M +100m = 30tonnes . On en déduit : f0 =12π
kM '
= 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 vmax =ΔxΔt
≈ 1,50, 5
= 3cm.s−1 = 0,03m.s−1 (On peut également trouver vmax grâce à la
relation : vmax =ω0Xm ).
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c. Lorsque la vitesse est maximale, l’énergie potentielle élastique est nulle. On peut donc
écrire : Em = EC + EP = ECmax =12mvmax
2 = 9mJ .
d. On a la relation f0 =ω0
2π= 12π
km
d’où k = mω02 = 4π 2mf0
2 = 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 : leq = l0 +mgk
.
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, mgk
⎡⎣⎢
⎤⎦⎥= L . Un
cosinus ou un sinus n’ayant pas de dimension, on en déduit que l’expression xeq = l0 +kmgcosα
est impossible.
De plus, si α>0, alors xeq<l0 et si α<0, xeq<l0. Seule la solution xeq = l0 −mgksinα possède cette
propriété.
3. On peut vérifier que, si α=0 (cas horizontal) alors : xeq = l0 −mgksin0 = l0 .
Si α = -π/2 (axe Ox vertical orienté vers le bas), on trouve : xeq = l0 −mgksin −π
2⎛⎝⎜
⎞⎠⎟ = l0 +
mgk
.
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( )ux
. 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)ux
d’où vM( ) = x(t)ux
et aM( ) = x(t)ux
. Ainsi, l’équation précédente se met sous
la forme : mx(t)ux
= −k x t( )− l0( )ux
.
En projetant, il reste : mx(t) = −kx t( )+ kl0 ⇔ x(t)+kmx t( ) = k
ml0 . On pose ω0
2 = km
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( )+ Bω0 cos ω0t( ) d’où −v0 = −ω0Asin 0( )+ Bω0 cos 0( ) = Bω0 ⇒ B = −v0 ω0 . On en déduit l’expression :
x t( ) = − v0ω0
sin ω0t( )+ l0 . L’amplitude des oscillations est donc Xm = v0ω0
.
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2. Approche énergétique.
a. L’énergie mécanique du système s’écrit : Em = EC + EP =12mv2 t( )+ 1
2k x t( )− l0( )2 .
b. Le système évoluant sans frottement, l’énergie se conserve. Ainsi, on peut écrire la relation : 12mv2 0( )+ 1
2k x 0( )− l0( )2 = 1
2k xmin − l0( )2 entre l’instant initial et l’instant où le ressort est
comprimé au maximum. Or, x(0)=l0 d’où 12mv2 0( ) = 1
2k xmin − l0( )2 ⇔ xmin − l0( )2 = m
kv02 . On
en déduit l’amplitude : Xm = xmin − l0 = mkv0 =
v0ω0
. 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 : Fg
= −k l t( )− l0( )ux
. D’après le schéma, l(t)=x(t)
d’où Fg
= −k x t( )− l0( )ux
- La force de rappel du ressort de droite : Fd
= +k ' l ' t( )− l '0( )ux
. (Le signe cahnge car le ressort est accroché sur la droite). D’après le schéma, l’(t)=L-x(t) d’où Fd
= +k ' L − x t( )− l '0( )ux
2. Appliquons le PFD au mobile M de masse m : maM( ) = P
+ R+ F
g + F
d = F
g + F
d
Or, OM
= x(t)ux
d’où vM( ) = x(t)ux
et aM( ) = x(t)ux
. Ainsi, l’équation précédente se met sous
la forme : mx(t)ux
= −k x t( )− l0( )ux
+ k ' L − x t( )− l '0( )ux
. En projetant, il reste : mx(t) = −kx t( )+ kl0 − k ' x t( )+ k 'L − k 'l '0 ⇔ mx(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 ω02 = k + k '
m pour établir la forme canonique :
x(t)+ω02x t( ) =ω0
2xeq . 3. En identifiant la forme canonique à l’équation obtenue, on a la relation :
ω02xeq =
kl0 + k ' L − l '0( )m
⇔ k + k 'm
xeq =kl0 + k ' L − l '0( )
m⇒ xeq =
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( )+ Bω0 cos ω0t( ) d’où 0 = −ω0Asin 0( )+ Bω0 cos 0( ) = Bω0 ⇒ B = 0 . On en déduit l’expression :
x t( ) = x0 − xeq( )cos ω0t( )+ xeq .
