Oscillateurs : fiche d'exercices

Ce qu’il faut savoir faire pour le contrôle continu:

 

    • Calculer une force de rappel
    • Retrouver les équations harmoniques libres, amorties et forcées par la méthode dynamique/énergétique
    • Résoudre les différentes équations harmoniques
    • Utiliser les conditions initiales pour trouver des constantes d’intégration
    • Découpler des équations par combinaison linéaire pour résoudre un problème d’oscillateurs couplés

Exercice 1: ressort horizontal

On considère un point matériel $M$ de masse $m$ attaché à un ressort posé au sol, de constante de raideur $k$ et de longueur à vide $x_0$. Le but de l’exercice est de montrer que le mouvement est harmonique, puis de déterminer l’équation du mouvement de $M$.


    1. Quel est le meilleur repère pour traiter ce problème ? Quelles sont les forces qui s’appliquent sur $M$ ?
    2. En appliquant le PFD puis en projetant sur les axes du repère choisi, montrer que le mouvement de $M$ est harmonique. Que vaut la pulsation $\omega$ ?
    3. Quelles sont les solutions de cette équation ?
    4.  A $t=0$, on a étiré $M$ d’une longueur $L$ par rapport à l’origine, et on l’a lâché avec une vitesse nulle. En utilisant ces deux conditions initiales, déterminer la valeur des deux constantes d’intégration trouvées en 3. 
    1. Référez vous aux forces données avant l’exercice !
    2. Appliquez la méthode vue au chapitre 2 : dynamique.
    3.  
    4. Prenez $x(t)$ trouvée en 3., puis considérez $x(0)$. Utilisez ensuite le fait que $x(0)=L$ ! Faites ensuite la même chose avec la vitesse $\dot{x}(t)$.
    1. Le ressort est posé au sol, donc sur une surface droite : le repère cartésien semble donc tout indiqué ! Appelons $(Ox)$ l’axe parallèle au sol, $(Oy)$ l’axe perpendiculaire, et $\vec{i}$ et $\vec{j}$ les vecteurs usuels de la base cartésienne. Les forces s’exerçant sur le système sont :
      • Son poids $\vec{P}=-mg\vec{j}$ (comme toujours).
      • La réaction du sol $\vec{N}=N\vec{j}$ (sinon, notre point tomberait).
      • La force de rappel du ressort $\vec{F_r}=-k(x-x_0)\vec{i}$. Plaçons l’origine $O$ en $x_0$ pour simplifier les calculs : on a alors $x_0=0$, et donc $\vec{F_r}=-kx\vec{i}$.

 2. Le PFD s’écrit alors : $$\vec{P}+\vec{N}+\vec{F_r}=m\vec{a}$$

 

Soit, en reprenant nos expressions en base cartésienne : $$-mg\vec{j}+N\vec{j}-kx\vec{i}=m\ddot{x}\vec{i}$$ En effet, le mouvement se fait uniquement sur l’axe $(Ox)$, donc l’accélération selon $y$ vaut $0$.

 

 

La composante selon $\vec{j}$ nous donne juste que $mg+N=0$, ce qui, dans notre problème, ne nous est pas vraiment utile. En revanche, la composante selon $\vec{i}$ de l’équation nous donne : $$-kx=m\ddot{x}$$ Autrement dit, en réarrangant l’équation : $$\ddot{x}+\frac{k}{m}x=0$$ Ce qui est bien l’équation harmonique ! Le mouvement est donc bien harmonique, de pulsation $\omega ^2=\frac{k}{m}$.

 

 

3. D’après la partie précédente (voir : oscillations libres), le mouvement est alors de la forme : $x(t)=A\cos(\omega t+\phi)$ avec $\omega =\sqrt{\frac{k}{m}}$ et $A$ et $\phi$ deux constantes d’intégration dépendant des conditions initiales.

 

 

4. Comme $x(t)=A\cos(\omega t+\phi)$, on a $x(0)=A\cos(\phi)$. Mais on a également $x(0)=L$ d’après l’énoncé : donc $A\cos(\phi)=L$. 

 

D’autre part, en dérivant, on a $\dot{x}(t)=-\omega A\sin(\omega t+\phi)$, donc $\dot{x}(0)=-\omega A\sin(\phi)$. Comme on a également $\dot{x}(0)=0$ d’après l’énoncé (vitesse nulle), on peut écrire : $-\omega A\sin(\phi)=0$.

 

On a donc $\sin(\phi)=0$, et donc $\phi=0$ (car $\sin 0=0$). L’égalité $A\cos(\phi)=L$ devient alors : $A\cos(0)=L$, et donc $A=L$. Ainsi, le mouvement de notre point $M$ est décrit par : $$x(t)=L\cos(\omega t)$$

 

A la question 3., on aurait également pu écrire les solutions sous la forme : $x(t)=A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)$. La résolution de la question 4 était alors beaucoup plus simple. En effet, on a alors directement $x(0)=A\cos(0)+B\sin(0)=A=L$, et $\dot{x}(0)=\omega B=0$, donc $B=0$. Je vous recommande d’utiliser cette méthode !

 

  1.  

Exercice 2 : régime critique

Un solide de masse $m$ accroché à un ressort de raideur $k$ le long d’un axe horizontal. Dans un premier temps, on ne considère pas les forces de frottements. A t=0, on tire la masse de sa position initiale d’une distance $L$ et on la lâche avec une vitesse $v_0$ en direction de sa position initiale. 

 

    1. Montrer que le mouvement de ce système peut être décrit par l’équation différentielle suivante: $$\ddot x + \omega_0^2 x = 0$$
    2. Donner à présent la solution $x(t)$ qui répond à ces conditions initiales. $$ $$ On considère à présent que les frottements du support sur la masse sont suffisamment importants pour ne pas être négligeables, et se traduisent par une force $\vec{f}=-\lambda\vec{v}$. On se place dans le cadre d’un amortissement critique ($\omega_0 = \gamma$ où $\gamma=\frac{\lambda}{2m}$). $$ $$
    3. Donner la nouvelle équation différentielle décrivant ce mouvement amorti. Préciser les changements de variables effectués. Avec les même conditions initiales que pour la question précédente, donner la solution $x(t)$ répondant à cette équation.
  1.  
    1. Le poids, la réaction du support et la force de rappel sont les trois forces s’appliquant sur notre système. Dans quel repère est-il judicieux de les exprimer ? Où peut-on placer l’origine pour simplifier l’écriture de la force de rappel ?
    2. Résolvez d’abord l’équation différentielle. Ensuite, exprimez les conditions initiales en terme de contraintes sur $x$ et sur $\dot{x}$ : que valent $x(0)$ et $\dot{x}(0)$ ? Utilisez enfin la solution de l’équation différentielle en $t=0$ pour établir deux égalités.
    3. Réappliquez la méthode dynamique ! D’après le cours, quelles sont les solutions de l’équation différentielle établie lorsque $\gamma=\omega_0$ ?
    1. On se place dans un repère cartésien pour faciliter l’expression des forces, et on oriente le vecteur $\vec{j}$ vers le bas. Les forces s’appliquant sur le système sont alors :
      • Le poids $\vec{P}=mg\vec{j}$
      • La réaction du support $\vec{N}=N\vec{j}$
      • La force de rappel $\vec{F_r}=-k(x-l_0)\vec{i}=-kx\vec{i}$ en plaçant l’origine sur $l_0$. $ $ En appliquant le PFD puis en projetant sur les différents axes comme dans l’exercice 1, on trouve alors : $$-kx=m\ddot{x}$$ Soit, en réarrangeant l’équation et en posant $\omega_0^2=\dfrac{k}{m}$ : $$\ddot{x}+\omega_0^2 x=0 $$
    2. D’après le cours, les solutions de cette équation différentielle sont de la forme : $$x(t)=A\cos\omega_0 t+B\sin\omega_0 t$$ où $A$ et $B$ sont deux constantes pouvant prendre n’importe quelle valeur. On a donc $x(0)=A$ et $\dot{x}(0)=B\omega_0$ en dérivant. $$ $$ De plus, les conditions initiales indiquées par l’énoncé nous donnent : $x(0)=L$ et $\dot{x}(0)=-v_0$. Ainsi, on a : $$\begin{cases}A=L \\ B\omega_0=-v_0\end{cases}$$ Finalement, la solution à notre problème est : $$x(t)=L\cos\omega_0 t-\frac{v_0}{\omega_0}\sin\omega_0 t$$
    3. La situation est la même que dans la première partie de l’exercice, avec une force supplémentaire : $f=-\lambda\vec{v}$. En appliquant la même méthode que précédemment (la méthode dynamique), on trouve alors : $$-kx-\lambda\dot{x}=m\ddot{x}$$ Soit, en réarrangeant l’équation : $$\ddot{x}+2\gamma\dot{x}+\omega_0^2 x=0$$ où $\omega_0^2=\frac{k}{m}$ et $2\gamma=\frac{\lambda}{m}$. D’après le cours, les solutions de cette équation dans le cas d’un régime critique ($\gamma=\omega_0$) sont de la forme : $$x(t)=(A+Bt)e^{-\gamma t}$$ Il nous reste à trouver $A$ et $B$, et on va pour cela considérer les conditions initiales comme à la question 2. : $$\begin{cases}x(0)=L=A\\ \dot{x}(0)=-v_0=B-\gamma A\end{cases}$$ Finalement, la solution de notre équation est : $$x(t)=[L+(\gamma L-v_0)t]e^{-\gamma t}$$

Exercice 3 : ressort vertical

Un objet de masse $m$ est suspendu à un plafond par un ressort de raideur $k$ et de longueur à vide $l_0$. Le système est plongé dans un fluide le soumettant à une force de résistance avec un coefficient de frottement $\lambda$.

 

    1. Donner la position du point d’équilibre du ressort.
    2. Donner l’équation différentielle décrivant le mouvement du système oscillant en précisant les changements de variables effectués.
    3. On se trouve dans un cas d’oscillations faiblement amorties, donc $\gamma < \omega_0$. Donner la forme générale décrivant la position $z(t)$ de la masse à tout instant.
    4.  On se rend compte que les frottements sont en fait négligeables : $\lambda\simeq 0$. Que devient notre position $Z$ (ou $z$) ? A l’instant $t=0$, la masse est écartée de son équilibre d’une distance $D$ et est lâchée sans vitesse initiale. Trouver l’expression de la solution répondant aux conditions initiales.
    1. Comme d’habitude, appliquez la méthode dynamique ! La différence est ici qu’on nous demande la position d’équilibre : que valent $z$, $\dot{z}$ et $\ddot{z}$ à l’équilibre ?
    2. Utilisez l’égalité obtenue dans la question précédente pour trouver un terme de la forme $\frac{k}{m}(z-z_{eq})$ dans l’équation, puis posez $Z=z-z_{eq}$.
    3. La solution d’une équation harmonique amortie en régime pseudo-périodique ($\gamma<\omega_0$) se trouve dans le cours !
    4. Utilisez la même méthode que dans les exercices précédents : traduisez les conditions initiales en terme de contraintes sur $Z(0)$ et sur $\dot{Z}(0)$, puis prenez en $t=0$ l’expression de $Z(t)$ trouvée à la question précédente. 
    1. A l’équilibre, le point est à une position constante $z=z_{eq}$. Comme il est immobile, on a également $\dot{z}=0$ et $\ddot{z}=0$. Dans ce cas particulier, la méthode dynamique nous donne alors l’égalité : $$z_{eq}=\frac{m}{k}g$$
    2. Dans le cas général, la méthode dynamique nous donne l’équation : $$\ddot{z}+\frac{\lambda}{m}\dot{z}+\frac{k}{m}z-g=0 \qquad (E)$$ On a presque une équation harmonique amortie : en réalité, un simple changement de variable nous permettra de la mettre sous la bonne forme ! D’après la question précédente, on a $g=\frac{k}{m}z_{eq}$. En remplaçant dans $E$, on obtient : $$\ddot{z}+\frac{\lambda}{m}\dot{z}+\frac{k}{m}z-\frac{k}{m}z_{eq}=0$$ Soit, en factorisant par $\frac{k}{m}$ : $$\ddot{z}+\frac{\lambda}{m}\dot{z}+\frac{k}{m}(z-z_{eq})=0$$ En posant $Z=z-z_{eq}$ (et donc $\dot{Z}=\dot{z}$ et $\ddot{Z}=\ddot{z}$ car $z_{eq}$ est une constante et la dérivée d’une constante vaut $0$), on trouve finalement : $$\ddot{Z}+\frac{\lambda}{m}\dot{Z}+\frac{k}{m}Z=0$$ Soit, en posant $\omega_0^2=\frac{k}{m}$ et $2\gamma=\frac{\lambda}{m}$ : $$\ddot{Z}+2\gamma\dot{Z}+\omega_0^2 Z=0$$ qui est une équation harmonique amortie ! $$ $$ Tout se passe comme si le poids avait décalé la position des oscillations du système. 
    3. D’après le cours, les solutions d’une équation harmonique amortie en régime pseudo-périodique sont de la forme : $$Z=A\cos(\omega t+\varphi)e^{-\gamma t}$$ Donc, comme $Z=z-z_{eq}$ : $$z=z_{eq}+A\cos(\omega t+\varphi)e^{-\gamma t}$$ où $\omega=\sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}$.
    4. En prenant $\lambda\simeq 0$, donc $\gamma \simeq 0$, on a alors $e^{-\gamma t}=1$ et $\omega=\omega_0$. L’équation de la position devient donc : $$Z=A\cos(\omega_0 t+\varphi)$$ Négliger les frottements nous fait alors retomber sur un cas harmonique libre, comme c’était prévu ! On a vu qu’une forme plus simple était : $$Z=A\cos\omega_0 t+B\sin\omega_0 t$$ L’application des conditions initiales nous donne : $$\begin{cases}Z(0)=D=A\\ \dot{Z}(0)=0=B\omega_0\end{cases}$$ Finalement, la position $Z$ s’écrit alors : $$Z=D\cos\omega_0 t$$ Donc, en changeant de variables : $$z=z_{eq}+D\cos\omega_0 t$$ On aurait pu commencer directement en utilisant $z$ et pas $Z$, mais l’énoncé nous indiquait qu’à $t=0$, la masse était écartée de l’équilibre d’une distance $D$ : c’est donc $Z(0)$ qui vaut $D$ !

Exercice 4 : plafond en mouvement

Un solide de masse $m$ est suspendu au plafond par un ressort de raideur $k$ et de longueur à vide $z_0$. On néglige tout frottement. 

 

 

    1. A l’aide d’un bilan des forces, établir l’équation du mouvement de cette masse.
    2. Donner la solution générale $z(t)$ de cette équation différentielle.
    3. On étire initialement le solide de son point d’équilibre d’une distance $L$ et on le relâche vers son point d’équilibre avec une vitesse $v_0 $. Trouver la solution de $z(t)$ qui correspond à ces conditions initiales en fonction de $L$, $g$, $k$, $m$, $v_0$ et $\omega_0$.
    4. On met maintenant le plafond en mouvement, ce qui se traduit par l’ajout d’une force $\vec{F_0}=F_0\cos(\omega_s t)\vec{i}$ (avec $\vec{i}$ le vecteur unitaire usuel du repère cartésien. Quelle est la nouvelle équation différentielle décrivant le mouvement du système ? La résoudre en passant par les complexes.
  1.  
    1. C’est la même méthode que pour les exercices précédents : méthode dynamique, puis changement de variables si besoin ! Pensez à également considérer l’équation à l’équilibre. 
    2. Les solutions de toutes les équations harmoniques sont dans le cours.
    3. On utilise la méthode habituelle pour trouver les constantes d’intégration à l’aide des conditions initiales (on l’a déjà détaillée dans les exercices précédents).
    4. Faites comme dans le cours : au lieu de résoudre l’équation du mouvement, résolvez une version complexe de l’équation (dont la solution est une exponentielle) puis prenez sa partie réelle.
    1. Par la même démarche que dans l’exercice précédent, on trouve l’équation : $$\ddot{Z}+\omega_0^2 Z=0$$ où $Z=z-z_{eq}$ avec $z_{eq}$ la position du système à l’équilibre.
    2. D’après le cours, les solutions générales sont de la forme : $$Z=A\cos\omega_0 t+B\sin\omega_0 t$$ Soit, en réappliquant le changement de variable inverse : $$z=z_{eq}+A\cos\omega_0 t+B\sin\omega_0 t$$
    3. En réutilisant le raisonnement des exercices précédents, on établit les égalités : $$\begin{cases}Z(0)=L=A\\ \dot{Z}(0)=-v_0=B\omega_0\end{cases}$$ Finalement, en réutilisant $z_{eq}=g\frac{k}{m}$, on trouve : $$z(t)=L\cos\omega_0 t-\dfrac{v_0}{\omega_0}\sin\omega_0 t + g \dfrac k m $$
    4. En considérant cette nouvelle force, la méthode dynamique nous donne l’équation : $$\ddot{Z}+\omega_0^2 Z=\dfrac{F_0}{m}\cos\omega_s t \qquad (E)$$ On a vu dans le cours qu’au lieu de considérer cette équation, on allait plutôt résoudre : $$\ddot{\tilde{Z}}+\omega_0^2 \tilde{Z}= \dfrac{F_0}{m} e^{i\omega_s t} \qquad (\tilde{E})$$ Résoudre $(E)$ revient à résoudre $(\tilde{E})$ puis à en prendre la partie réelle. On sait que les solutions de $(\tilde{E})$ sont des exponentielles : $$\tilde{Z}=Ae^{i(\omega_s t+\varphi)}$$ En dérivant $\tilde{Z}$ deux fois puis en remplaçant dans $(\tilde{E})$, on obtient : $$-\omega_s^2Ae^{i(\omega_s t+\varphi)}+\omega_0^2Ae^{i(\omega_s t+\varphi)}=\dfrac{F_0}{m} e^{i\omega_s t}$$ puis, en factorisant : $$Ae^{i\omega_s t}e^{i\varphi}(-\omega_s^2+\omega_0^2)=\dfrac{F_0}{m}e^{i\omega_s t}$$ On peut alors simplifier par $e^{i\omega_s t}$ : $$Ae^{i\varphi}(-\omega_s^2+\omega_0^2)=\dfrac{F_0}{m}$$ On a vu dans le cours que pour trouver $A$, il fallait passer par le module ! En effet, si deux nombres complexes sont égaux alors leurs modules sont égaux. Le module du membre de droite vaut $A(\omega_0^2-\omega_s^2)$, car $A$,$\omega_0$ et $\omega_s$ sont des nombres réels et le module de $Re^{i\varphi}$ (avec $R$ réel) vaut $R$ par définition ; c’est en effet la forme exponentielle d’un nombre complexe. D’autre part, le second membre est réel et est donc égal à son module. On a alors : $$A=\dfrac{F_0/m}{\omega_0^2-\omega_s^2}$$ Pour trouver $\varphi$, il faut cette fois passer par l’argument ! L’argument du membre de droite vaut $\varphi$ par définition de la forme exponentielle, et celui du membre de gauche vaut $0$ car c’est un nombre réel (on peut également le voir comme une multiplication par $e^{i 0}$). Donc : $$\varphi=0$$ On a ainsi : $$\tilde{Z}=\dfrac{F_0/m}{\omega_0^2-\omega_s^2}e^{i\omega_s t}$$ et donc, en repassant dans les réels : $$Z=\dfrac{F_0/m}{\omega_0^2-\omega_s^2}\cos \omega_s t$$ Mais attention, c’était uniquement une solution particulière de $(E)$ ! Il faut maintenant utiliser le principe de superposition et l’additionner avec la solution générale trouvée à la question précédente. Finalement, la trajectoire est décrite par : $$z(t)=L\cos\omega_0 t-\dfrac{v_0}{\omega_0}\sin\omega_0 t + g \dfrac k m +\dfrac{F_0/m}{\omega_0^2-\omega_s^2}\cos \omega_s t$$

Exercice 5 : ressort sur un plan

Une masse $m$ est accrochée à l’extrémité d’un ressort de raideur $k$ et de longueur à vide $l_0$ sur un plan incliné. Le plan incliné forme un angle $\alpha$ avec l’horizontale. Le système est plongé dans un fluide le soumettant à des forces de résistances proportionnelles d’un facteur $\lambda$ à la vitesse (dans le sens opposé au mouvement).

 

 

    1. Placer le repère et à l’aide d’un bilan des forces, trouver la position d’équilibre de la masse.
    2. Trouver l’équation différentielle décrivant ce mouvement. Préciser les changements de variables effectués. On pourra poser $X(t)=x(t)-x_{eq}$.
    3. On se place dans le cas d’une oscillation fortement amorti ($\gamma > \omega_0$). Donner la solution générale pour $X(t)$ puis en déduire $x(t)$.
    1. Pensez à placer le repère dans une direction qui facilitera au maximum l’écriture des forces.
    2. Vous commencez sûrement à avoir le réflexe : équation du mouvement, donc méthode dynamique ! Comme dans l’exercice du ressort vertical, utilisez la position d’équilibre trouvée dans la question précédente pour votre changement de variables.
    3. Les solutions générales des équations du mouvement sont toutes dans le cours !
    1. On place un repère cartésien parallèlement à la pente de façon à avoir l’un des axes dans la direction du mouvement. Les forces s’écrivent alors : 
      • $\vec{P}=m\vec{g}=mg \sin\alpha \vec i – mg \cos \alpha \vec j$
      • $\vec N= N\vec j$
      • $\vec{F_r}=-kx\vec i$ (comme d’habitude, on a placé l’origine sur la longueur à vide).
      • $f=-\lambda \vec v =-\lambda \dot{x}\vec{i}$ $$ $$ On applique maintenant le PFD à l’équilibre ($x=x_{eq}$, $\dot{x}=0$, $\ddot{x}=0$) ce qui nous donne, après projection : $$x_{eq}=\dfrac{mg \sin \alpha}k$$
    2. On réapplique la méthode dynamique mais cette fois-ci dans le cas général, pas à l’équilibre ! On a déjà établi le repère et les forces, et le PFD nous donne maintenant : $$mg \sin \alpha -\lambda \dot x-kx = m\ddot x$$ En divisant par $m$ et en basculant tous les termes à droite, l’équation devient : $$\ddot x+\dfrac{\lambda}{m} \dot x+\dfrac{k}{m}x – g\sin\alpha=0$$ Il faut maintenant éliminer $g\sin\alpha$ par un changement de variable. En factorisant, on peut écrire : $$\ddot x+\dfrac{\lambda}{m}\dot x+\dfrac{k}{m}(x-\dfrac{m}{k}g\sin\alpha)=0$$ Or d’après la question précédente, on a $\dfrac{m}{k}g\sin\alpha=x_{eq}$ ! Donc : $$\ddot x+\dfrac{\lambda}{m}\dot x+\dfrac{k}{m}(x-x_{eq})=0$$ Posons maintenant $X=x-x_{eq}$ ; on a alors $\dot X=\dot x$ et $\ddot X=\ddot x$. L’équation devient ainsi : $$\ddot X+\dfrac{\lambda}{m}\dot X+\dfrac{k}{m}X=0$$ En posant $\omega_0^2=\dfrac k m$ et $2\gamma = \dfrac \lambda m$, on obtient finalement : $$\ddot X+2\gamma\dot X+\omega_0^2X=0$$ qui est bien une équation harmonique amortie !
    3. D’après le cours, la solution générale de l’équation harmonique établie précédemment est, dans le cas de frottements forts ($\gamma>\omega_0$) : $$X=(Ae^{i\beta t}+Be^{-i\beta t})e^{-\gamma t}$$ où $\beta=\sqrt{\gamma^2-\omega_0^2}$. Comme $X=x-x_{eq}$, on a finalement : $$x=x_{eq}+ (Ae^{i\beta t}+Be^{-i\beta t})e^{-\gamma t}$$ 

 

Exercice 6 : pendule simple

On considère une masse $m$ attachée à un fil de longueur $l$, lui-même fixé au plafond. On note $\theta$ l’angle entre le fil et l’axe vertical.

 

    1. En appliquant la méthode dynamique, trouver l’équation différentielle déterminant le mouvement de $\theta$. Dans quel cas est-il harmonique ? Quelles sont alors ses solutions générales ?
    2. A $t=0$, le pendule a été écarté d’un angle $\theta_0$ et lâché à une vitesse nulle. Quelle est la solution correspondant à ces conditions initiales?
    3. On ne néglige plus les frottements, de sorte qu’ils peuvent être modélisés par une force $\vec{f}=-\lambda \vec{v}$. Montrer que le mouvement est maintenant celui d’un oscillateur harmonique amorti.
  1.  
    1. L’équation du mouvement du pendule simple a déjà été établie dans les chapitres précédents ; n’hésitez pas à les regarder si vous avez besoin de revoir en détails la raison du choix du repère ou de l’expression des forces. Lorsque $\theta$ est très petit, que devient $\sin\theta$ ? 
    2. Comme d’habitude, exprimez les conditions initiales en termes d’égalités sur $\theta (0)$ et $\dot{\theta}(0)$, puis utilisez la solution de l’équation trouvée en 1. pour établir d’autres égalités sur $\theta (0)$ et $\dot{\theta}(0)$.
    3. Comment écrit-on $\vec{v}$ en coordonnées polaires? Réappliquez la méthode dynamique avec cette force supplémentaire.
    1. On applique la méthode dynamique :
      1. Repère : polaire ! La coordonnée $r$ est en effet une constante $l$, ce qui facilite grandement les calculs. On rappelle que les composantes cinématiques s’écrivent :
        • $\vec{OM}=l\vec{u_r}$
        • $\vec v=l\dot{\theta}\vec{u_{\theta}}$
        • $\vec a=l\ddot{\theta}\vec{u_{\theta}}-l\dot{\theta}^2\vec{u_r}$
      2. Forces : le poids et la tension du fil. Dans le repère polaire, elles s’écrivent respectivement :
        • $\vec{P}=mg\cos\theta \vec{u_r}-mg\sin\theta \vec{u_{\theta}}$
        • $\vec{T}=-T\vec{u_r}$
      3. PFD : $$mg\cos\theta \vec{u_r}-mg\sin\theta \vec{u_{\theta}}-T\vec{u_r}=m(l\ddot{\theta}\vec{u_{\theta}}-l\dot{\theta}^2\vec{u_r})$$
      4. Projections : $$\begin{cases}mg\cos\theta-T=-ml\dot{\theta}^2\vec{u_r}\\-mg\sin\theta=ml\ddot{\theta}\end{cases}$$ $$ $$ La première équation donne la valeur de la tension en fonction de $\theta$, et la deuxième correspond à l’équation du mouvement. En la réarrangeant selon le formalisme du chapitre, on trouve : $$\ddot{\theta}+\omega_0^2\sin{\theta}=0$$ où $\omega_0^2=\dfrac{g}{l}$. On ne connaît pas les solutions de cette équation, mais on peut faire une bonne approximation dans le cas des petits angles ! On a alors $\sin\theta\simeq \theta$, et notre équation devient : $$\ddot{\theta}+\omega_0^2\theta=0$$ C’est une équation harmonique libre, dont on connaît les solutions. Elles sont de la forme : $$\theta(t)=A\cos\omega_0 t+B\sin\omega_0 t$$ 
    2. Il faut maintenant trouver les valeurs de $A$ et de $B$ qui correspondent à notre problème. De la même manière que dans les exercices précédents, on établit les égalités : $$\begin{cases}\theta (0)=\theta_0=A\\ \dot{\theta}(0)=0=\omega_0 B\end{cases}$$ On a donc $A=\theta_0$ et $B=0$. Le mouvement de $\theta$ est donc : $$\theta (t)=\theta_0\cos\omega_0 t$$
    3. Equation du mouvement, donc méthode dynamique ! On a déjà établi le repère et les forces dans la question 1. , et il ne nous reste plus qu’à prendre en compte la force de frottements supplémentaires. Cette dernière s’écrit, dans le repère polaire : $$\vec{f}=-\lambda\vec{v}=-\lambda l\dot\theta\vec{u_{\theta}}$$ En réappliquant le PFD et en projetant, on obtient l’équation : $$\ddot{\theta}+\dfrac{\lambda}{m}\dot{\theta}+\dfrac{k}{m}\theta=0$$ Donc, en posant $2\gamma=\dfrac{\lambda}{m}$ et $\omega_0^2=\dfrac{k}{m}$ : $$\ddot{\theta}+2\gamma\dot{\theta}+\omega_0^2 \theta=0$$ qui est bien l’équation d’un oscillateur harmonique amorti.

Exercice 7 : pendules couplés

On considère deux pendules simples, reliés en leurs extrémités à un ressort de raideur $k$ et de longueur à vide $l_0$. Les deux fils sont de longueurs $l$, les points $M_1$ et $M_2$ sont tous deux de masse $m$, et on note $x_1$ et $x_2$ leurs écarts respectifs par rapport à leur position d’équilibre. Enfin, on suppose qu’à l’équilibre, la longueur du ressort est égale à sa longeur à vide.

 

    1. Exprimer $x_1$ et $x_2$ en fonction de $\theta_1$ et $\theta_2$, les angles entre les fils et l’axe vertical. Faire de même avec les accélérations $\ddot{x}_1$ et $\ddot{x}_2$ en fonction de $\ddot{\theta}_1$ et $\ddot{\theta}_2$.
    2. On impose de travailler dans un repère cartésien : exprimer toutes les forces s’appliquant sur $M_1$, uniquement en fonction des variables $\theta_1$ et $\theta_2$.
    3. En appliquant le PFD puis en projetant l’équation obtenue sur les différents axes, trouver deux équations caractéristiques de notre système.
    4. On suppose maintenant que les angles $\theta_1$ et $\theta_2$ sont petits : autrement dit, $\sin\theta_1=\theta_1$, $\cos\theta_1=1$ et $\theta_1^2=0$. Utiliser ces approximations pour simplifier les deux équations. Laquelle doit-on résoudre pour déterminer le mouvement ?
    5. Faire de même avec $M_2$ pour trouver une deuxième équation du mouvement.
    6. A partir de la méthode vue en cours, découpler ces deux équations et les résoudre pour trouver les solutions générales de $\theta_1$ et $\theta_2$.
    7. A l’instant $t=0$, les deux masses sont écartées d’un angle $\alpha$ par rapport à l’origine et lâchées à une vitesse nulle. En utilisant ces quatre conditions initiales, trouver les uniques solutions correspondant au problème.
  1. A venir !

A venir !

Exercice 8 : approche énergétique

On considère une masse $m$ attachée à un ressort vertical. En utilisant la méthode énergétique vue au chapitre 3, retrouver l’équation du mouvement harmonique du système.

  1. A venir !

A venir !

Exercice 9 : vraiment harmonique ? (BONUS)

Un point matériel $M$ de masse $m$ est relié à deux ressorts identiques de longueur à vide $l_0$ et de raideur $k$. On désignera par $l_1$ la longueur du ressort $1$ à l’équilibre et par $l_2$ celle du ressort $2$. Leurs extrémités sont distantes de $2a$,\ et le système est disposé verticalement (le ressort $1$ étant au dessus).

 

    1. Calculer $l_1$ et $l_2$ en fonction de $m$, $g$, $k$ et $a$. Que dire si $mg<<2ak$ ?
    2. On suppose qu’on peut faire l’approximation $l_1=l_2=a$. On déplace horizontalement $M$ d’une longueur $y_0$ à partir de sa position d’équilibre et on lâche le système sans vitesse initiale. Etablir l’équation différentielle du mouvement.
    3. Le mouvement est-il harmonique ?