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    2e Bac Sciences physiques (PC)

    Aspects énergétiques des oscillations mécaniques

    Énergie des oscillations mécaniques 2e Bac PC : énergies cinétique, potentielle, mécanique, conservation, amortissement, 10 exercices corrigés.

    Prérequis : Systèmes mécaniques oscillants, travail et énergie cinétique, rotation autour d'un axe fixe (2e Bac)

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    En bref

    Niveau
    2e Bac Sciences physiques (PC)
    Matière
    Physique-Chimie
    Contenu
    cours, méthodes, 10 exercices corrigés, QCM de 8 questions
    Durée
    55 min
    Prérequis
    Systèmes mécaniques oscillants, travail et énergie cinétique, rotation autour d'un axe fixe (2e Bac)
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    Licence
    contenu original 9raya, gratuit, CC BY-NC-SA 4.0.

    L'essentiel

    1. Rappels : travail d'une force

    Définition

    Le travail d'une force constante F⃗\vec{F} dont le point d'application se déplace en ligne droite de AA à BB est WAB(F⃗)=F⃗⋅AB⃗=F×AB×cos⁡αW_{AB}(\vec{F}) = \vec{F} \cdot \vec{AB} = F \times AB \times \cos\alpha, en joules, où α\alpha est l'angle entre F⃗\vec{F} et AB⃗\vec{AB}. Il est moteur (W>0W > 0) si α<90∘\alpha < 90^\circ et résistant (W<0W < 0) si α>90∘\alpha > 90^\circ.

    Les travaux à connaître pour les oscillateurs :

    • Poids (axe vertical orienté vers le haut) : WAB(P⃗)=m g (zA−zB)W_{AB}(\vec{P}) = m\,g\,(z_A - z_B) ;
    • Tension d'un ressort (allongement algébrique xx) : WAB(T⃗)=12 k (xA2−xB2)W_{AB}(\vec{T}) = \frac{1}{2}\,k\,(x_A^2 - x_B^2) ;
    • Couple de torsion (angle de torsion θ\theta) : WAB=12 C (θA2−θB2)W_{AB} = \frac{1}{2}\,C\,(\theta_A^2 - \theta_B^2) ;
    • Force de frottement de valeur constante ff, opposée au mouvement, sur la distance dd parcourue : W=−f dW = -f\,d.

    Propriété

    Le poids, la tension d'un ressort et le couple de torsion sont des forces conservatives : leur travail ne dépend que de la position initiale et de la position finale, pas du chemin suivi. Le travail d'une force de frottement dépend du chemin : ce n'est pas une force conservative.

    2. Énergie cinétique

    L'énergie cinétique d'un solide en translation est Ec=12 m v2E_c = \frac{1}{2}\,m\,v^2 ; pour un solide en rotation autour d'un axe fixe, Ec=12 JΔ ω2E_c = \frac{1}{2}\,J_\Delta\,\omega^2 (ω\omega en rad.s−1\text{rad.s}^{-1}). Entre deux instants, le théorème de l'énergie cinétique s'écrit ΔEc=∑W(F⃗ext)\Delta E_c = \sum W(\vec{F}_{ext}).

    3. Énergies potentielles

    Définition

    L'énergie potentielle EpE_p associée à une force conservative est définie par sa variation : ΔEp=Ep(B)−Ep(A)=−WAB(F⃗)\Delta E_p = E_p(B) - E_p(A) = -W_{AB}(\vec{F}). Elle est définie à une constante près : seule sa variation a un sens physique ; on choisit une référence où Ep=0E_p = 0.

    Propriété

    • Pesanteur (axe OzOz vertical vers le haut) : Epp=m g z+csteE_{pp} = m\,g\,z + \text{cste}.
    • Élastique (ressort de raideur kk, allongement xx) : Epe=12 k x2+csteE_{pe} = \frac{1}{2}\,k\,x^2 + \text{cste}. Avec la référence « ressort non déformé » (Epe=0E_{pe} = 0 pour x=0x = 0), la constante est nulle.
    • Torsion (fil de constante CC, angle de torsion θ\theta) : Ept=12 C θ2+csteE_{pt} = \frac{1}{2}\,C\,\theta^2 + \text{cste} ; référence : fil non tordu.

    4. Énergie mécanique et conservation

    Définition

    L'énergie mécanique d'un système est la somme de son énergie cinétique et de ses énergies potentielles : Em=Ec+EpE_m = E_c + E_p.

    Théorème

    Entre deux instants, ΔEm=∑W(forces non conservatives)\Delta E_m = \sum W(\text{forces non conservatives}). Si le système n'est soumis qu'à des forces conservatives (ou à des forces dont le travail est nul, comme la réaction d'un support lisse), l'énergie mécanique se conserve : Em=constanteE_m = \text{constante}.

    5. Pendule élastique horizontal

    On prend l'origine OO à la position d'équilibre (ressort non déformé) et la référence Ep=0E_p = 0 en x=0x = 0. Le poids et la réaction du support ne travaillent pas (ils sont perpendiculaires au déplacement), et la tension du ressort est conservative. Donc :

    Em=Ec+Epe=12 m v2+12 k x2=constante.E_m = E_c + E_{pe} = \frac{1}{2}\,m\,v^2 + \frac{1}{2}\,k\,x^2 = \text{constante}.

    Aux positions extrêmes x=±Xmx = \pm X_m, la vitesse est nulle, donc Em=12 k Xm2E_m = \frac{1}{2}\,k\,X_m^2. Au passage par x=0x = 0, Ep=0E_p = 0, donc Em=12 m vmax2E_m = \frac{1}{2}\,m\,v_{max}^2. On en déduit :

    12 m v2+12 k x2=12 k Xm2⇒v2=km(Xm2−x2)=ω02(Xm2−x2)\frac{1}{2}\,m\,v^2 + \frac{1}{2}\,k\,x^2 = \frac{1}{2}\,k\,X_m^2 \qquad\Rightarrow\qquad v^2 = \frac{k}{m}\left(X_m^2 - x^2\right) = \omega_0^2\left(X_m^2 - x^2\right)

    Propriété

    Retrouver l'équation différentielle. On dérive Em=12 m x˙2+12 k x2E_m = \frac{1}{2}\,m\,\dot{x}^2 + \frac{1}{2}\,k\,x^2 par rapport au temps : dEmdt=m x˙ x¨+k x x˙=x˙(m x¨+k x)\frac{dE_m}{dt} = m\,\dot{x}\,\ddot{x} + k\,x\,\dot{x} = \dot{x}\left(m\,\ddot{x} + k\,x\right). Comme EmE_m est constante, cette dérivée est nulle pour tout tt ; avec x˙≠0\dot{x} \neq 0 la plupart du temps, on obtient m x¨+k x=0m\,\ddot{x} + k\,x = 0, soit x¨+km x=0\ddot{x} + \frac{k}{m}\,x = 0.

    6. Échanges d'énergie au cours du temps

    Avec x(t)=Xmcos⁡(ω0 t+φ)x(t) = X_m\cos(\omega_0\,t + \varphi) et v(t)=−ω0 Xmsin⁡(ω0 t+φ)v(t) = -\omega_0\,X_m\sin(\omega_0\,t + \varphi), et m ω02=km\,\omega_0^2 = k :

    Ep(t)=12 k Xm2cos⁡2(ω0 t+φ)Ec(t)=12 k Xm2sin⁡2(ω0 t+φ)E_p(t) = \frac{1}{2}\,k\,X_m^2\cos^2(\omega_0\,t + \varphi) \qquad E_c(t) = \frac{1}{2}\,k\,X_m^2\sin^2(\omega_0\,t + \varphi)

    et Ec+Ep=12 k Xm2=EmE_c + E_p = \frac{1}{2}\,k\,X_m^2 = E_m. En utilisant cos⁡2a=1+cos⁡2a2\cos^2 a = \frac{1 + \cos 2a}{2} et sin⁡2a=1−cos⁡2a2\sin^2 a = \frac{1 - \cos 2a}{2}, on voit que EcE_c et EpE_p varient avec une période T02\frac{T_0}{2} (fréquence double de celle de xx), et que leur valeur moyenne est Em2\frac{E_m}{2}.

    PositionEcE_cEpE_pEmE_m
    x=0x = 0 (équilibre)maximale, égale à EmE_mnulleEmE_m
    x=±Xm2x = \pm\frac{X_m}{\sqrt{2}}Em2\frac{E_m}{2}Em2\frac{E_m}{2}EmE_m
    x=±Xmx = \pm X_m (extrémités)nullemaximale, égale à EmE_mEmE_m

    L'oscillation est un échange permanent d'énergie : quand le solide s'éloigne de OO, l'énergie cinétique se transforme en énergie potentielle élastique, et inversement quand il revient.

    Remarque

    Diagramme énergétique. Le graphe de Ep(x)=12k x2E_p(x) = \frac{1}{2}k\,x^2 est une parabole ; EmE_m est une droite horizontale. À une abscisse xx, l'écart vertical entre la droite et la parabole donne Ec=Em−Ep(x)≥0E_c = E_m - E_p(x) \geq 0. Le mouvement n'est possible que là où Ec≥0E_c \geq 0, c'est-à-dire pour ∣x∣≤Xm|x| \leq X_m : les points d'intersection de la droite avec la parabole sont les positions extrêmes.

    7. Pendule élastique vertical

    L'axe OzOz est orienté vers le bas, l'origine OO étant la position d'équilibre (k Δℓ0=m gk\,\Delta\ell_0 = m\,g). Avec Epp=0E_{pp} = 0 en z=0z = 0, on a Epp=−m g zE_{pp} = -m\,g\,z (l'altitude diminue quand zz augmente) et Epe=12 k (Δℓ0+z)2E_{pe} = \frac{1}{2}\,k\,(\Delta\ell_0 + z)^2. La somme des deux est

    Ep=−m g z+12 k (Δℓ0+z)2=12 k z2+12 k Δℓ02(car k Δℓ0=m g).E_p = -m\,g\,z + \frac{1}{2}\,k\,(\Delta\ell_0 + z)^2 = \frac{1}{2}\,k\,z^2 + \frac{1}{2}\,k\,\Delta\ell_0^2 \quad\text{(car } k\,\Delta\ell_0 = m\,g\text{)}.

    À une constante près, Ep=12 k z2E_p = \frac{1}{2}\,k\,z^2 : on retrouve la même expression que pour le pendule horizontal. Donc Em=12 m z˙2+12 k z2+csteE_m = \frac{1}{2}\,m\,\dot{z}^2 + \frac{1}{2}\,k\,z^2 + \text{cste}, avec la même dynamique.

    8. Pendule de torsion et pendule pesant

    Pendule de torsion. Ep=12 C θ2E_p = \frac{1}{2}\,C\,\theta^2 (référence : fil non tordu) et Em=12 JΔ θ˙2+12 C θ2=12 C θm2E_m = \frac{1}{2}\,J_\Delta\,\dot{\theta}^2 + \frac{1}{2}\,C\,\theta^2 = \frac{1}{2}\,C\,\theta_m^2. La vitesse angulaire maximale est ωmax=ω0 θm\omega_{max} = \omega_0\,\theta_m.

    Pendule pesant. On prend la référence Epp=0E_{pp} = 0 quand GG est à sa position la plus basse (équilibre). Si GG est à la distance dd de l'axe, son altitude au-dessus de cette position est d (1−cos⁡θ)d\,(1 - \cos\theta) :

    Epp=m g d (1−cos⁡θ)Em=12 JΔ θ˙2+m g d (1−cos⁡θ)E_{pp} = m\,g\,d\,(1 - \cos\theta) \qquad E_m = \frac{1}{2}\,J_\Delta\,\dot{\theta}^2 + m\,g\,d\,(1 - \cos\theta)

    La conservation de EmE_m permet de calculer θ˙2=2 m g dJΔ(cos⁡θ−cos⁡θm)\dot{\theta}^2 = \frac{2\,m\,g\,d}{J_\Delta}\left(\cos\theta - \cos\theta_m\right) sans aucune approximation. Pour de faibles angles, 1−cos⁡θ≈θ221 - \cos\theta \approx \frac{\theta^2}{2} et Epp≈12 m g d θ2E_{pp} \approx \frac{1}{2}\,m\,g\,d\,\theta^2.

    9. Oscillations amorties : l'énergie n'est plus conservée

    En présence de frottements (air, liquide, frottements à l'axe), ces forces ne sont pas conservatives et leur travail est résistant. D'après le théorème de la section 4 :

    ΔEm=W(f⃗)<0\Delta E_m = W(\vec{f}) < 0

    L'énergie mécanique diminue : elle est dissipée dans le milieu extérieur sous forme de transfert thermique (chaleur). Les oscillations sont amorties. On distingue trois régimes selon l'importance de l'amortissement :

    • régime pseudopériodique (amortissement faible) : le système oscille autour de la position d'équilibre avec une amplitude qui décroît ; la pseudo-période TT est un peu plus grande que la période propre T0T_0 (et très proche si l'amortissement est faible) ;
    • régime apériodique (amortissement fort) : le système ne dépasse pas la position d'équilibre et y revient lentement, sans oscillation ;
    • régime critique (cas limite) : le système revient à l'équilibre le plus vite possible, sans oscillation.

    Remarque

    Pour un frottement fluide proportionnel à la vitesse, f⃗=−λ v⃗\vec{f} = -\lambda\,\vec{v}, on a dEmdt=−λ v2≤0\frac{dE_m}{dt} = -\lambda\,v^2 \leq 0 : l'énergie mécanique décroît à chaque instant et d'autant plus vite que la vitesse est grande. Les amortisseurs d'une voiture fonctionnent près du régime critique. Pour entretenir les oscillations, il faut apporter à chaque période l'énergie perdue (échappement d'une horloge mécanique, par exemple). L'étude quantitative de l'amortissement n'est pas exigée : on le décrit par le bilan d'énergie.

    Méthodes

    Méthode 1 : Calculer EcE_c, EpE_p et EmE_m pour un pendule élastique

    1. Précise la référence : Ep=0E_p = 0 au ressort non déformé (horizontal) ou à la position d'équilibre (vertical, après simplification).
    2. Calcule Ep=12 k x2E_p = \frac{1}{2}\,k\,x^2 avec xx en mètres ; Ec=12 m v2E_c = \frac{1}{2}\,m\,v^2 avec mm en kg.
    3. Fais la somme Em=Ec+EpE_m = E_c + E_p et vérifie qu'elle est constante (pas de frottement).
    4. Contrôle avec Em=12 k Xm2E_m = \frac{1}{2}\,k\,X_m^2 si l'amplitude est connue.

    Exemple : k=80 N.m−1k = 80\,\text{N.m}^{-1}, m=0,20 kgm = 0{,}20\,\text{kg}, x=0,030 mx = 0{,}030\,\text{m} et v=0,60 m.s−1v = 0{,}60\,\text{m.s}^{-1} donnent Ep=12×80×0,0302=0,036 JE_p = \frac{1}{2} \times 80 \times 0{,}030^2 = 0{,}036\,\text{J} et Ec=12×0,20×0,602=0,036 JE_c = \frac{1}{2} \times 0{,}20 \times 0{,}60^2 = 0{,}036\,\text{J}, donc Em=0,072 JE_m = 0{,}072\,\text{J}.

    Méthode 2 : Utiliser la conservation de l'énergie mécanique

    1. Vérifie que les seules forces qui travaillent sont conservatives (pas de frottement).
    2. Écris Em(eˊtat 1)=Em(eˊtat 2)E_m(\text{état 1}) = E_m(\text{état 2}).
    3. Isole l'inconnue (vitesse, amplitude, position) : v2=km(Xm2−x2)v^2 = \frac{k}{m}\left(X_m^2 - x^2\right) pour le pendule élastique.
    4. Cette méthode évite l'équation différentielle quand le temps n'est pas demandé.

    Exemple : avec k=80 N.m−1k = 80\,\text{N.m}^{-1}, m=0,20 kgm = 0{,}20\,\text{kg} et Xm=5,0 cmX_m = 5{,}0\,\text{cm}, la vitesse en x=3,0 cmx = 3{,}0\,\text{cm} vérifie v2=800,20(0,0502−0,0302)=400×0,0016=0,64v^2 = \frac{80}{0{,}20}\left(0{,}050^2 - 0{,}030^2\right) = 400 \times 0{,}0016 = 0{,}64, donc v=0,80 m.s−1v = 0{,}80\,\text{m.s}^{-1}.

    Méthode 3 : Retrouver l'équation différentielle par l'énergie

    1. Écris EmE_m en fonction de xx et x˙\dot{x} : Em=12 m x˙2+12 k x2E_m = \frac{1}{2}\,m\,\dot{x}^2 + \frac{1}{2}\,k\,x^2.
    2. Dérive par rapport à tt, sans oublier la dérivée d'un carré : ddt(x˙2)=2 x˙ x¨\frac{d}{dt}\left(\dot{x}^2\right) = 2\,\dot{x}\,\ddot{x}.
    3. Utilise dEmdt=0\frac{dE_m}{dt} = 0 et simplifie par x˙\dot{x} pour obtenir x¨+km x=0\ddot{x} + \frac{k}{m}\,x = 0.

    Pour un pendule de torsion : Em=12 JΔ θ˙2+12 C θ2E_m = \frac{1}{2}\,J_\Delta\,\dot{\theta}^2 + \frac{1}{2}\,C\,\theta^2 donne θ¨+CJΔ θ=0\ddot{\theta} + \frac{C}{J_\Delta}\,\theta = 0.

    Méthode 4 : Lire un diagramme énergétique

    1. Repère la droite horizontale : sa valeur est EmE_m.
    2. Les abscisses où la droite coupe la parabole Ep(x)E_p(x) donnent ±Xm\pm X_m.
    3. Pour une abscisse xx, lis EpE_p sur la parabole ; Ec=Em−EpE_c = E_m - E_p est la distance verticale entre la droite et la parabole.
    4. Déduis v=2 Ecmv = \sqrt{\frac{2\,E_c}{m}}, et la raideur avec un point de la parabole : k=2 Epx2k = \frac{2\,E_p}{x^2}.

    Exemple : une parabole passe par (x=4,0 cm ; Ep=0,16 J)(x = 4{,}0\,\text{cm}\,;\ E_p = 0{,}16\,\text{J}), donc k=2×0,160,0402=200 N.m−1k = \frac{2 \times 0{,}16}{0{,}040^2} = 200\,\text{N.m}^{-1}.

    Méthode 5 : Traiter un cas avec frottements

    1. Calcule EmE_m à deux instants (par exemple aux amplitudes successives, où v=0v = 0 et Em=12 k X2E_m = \frac{1}{2}\,k\,X^2).
    2. L'énergie dissipée est ∣ΔEm∣=Em(initial)−Em(final)\left|\Delta E_m\right| = E_m(\text{initial}) - E_m(\text{final}) ; elle correspond au travail résistant : ΔEm=W(f⃗)\Delta E_m = W(\vec{f}).
    3. Exprime la perte en pourcentage : ∣ΔEm∣Em(initial)×100\frac{\left|\Delta E_m\right|}{E_m(\text{initial})} \times 100.
    4. Si le rapport des amplitudes successives est rr, le rapport des énergies est r2r^2.

    Exemple : l'amplitude passe de 5,0 cm5{,}0\,\text{cm} à 4,0 cm4{,}0\,\text{cm} : r=0,80r = 0{,}80, donc l'énergie est multipliée par 0,640{,}64 et 36 %36\,\% de l'énergie sont dissipés.

    Exercices corrigés

    Exercice 1 : Travaux des forces conservatives et du frottement

    Facile

    Calcule le travail de chacune des forces suivantes, avec g=9,8 m.s−2g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}.

    1. Un ressort de raideur k=50 N.m−1k = 50\,\text{N.m}^{-1} passe d'un allongement xA=2,0 cmx_A = 2{,}0\,\text{cm} à xB=6,0 cmx_B = 6{,}0\,\text{cm} : travail de la tension du ressort. Même question pour le trajet inverse de BB à AA.
    2. Un solide de masse 0,30 kg0{,}30\,\text{kg} descend de 0,50 m0{,}50\,\text{m} : travail de son poids. Même question s'il monte de 0,50 m0{,}50\,\text{m}.
    3. Un fil de torsion de constante C=0,20 N.m.rad−1C = 0{,}20\,\text{N.m.rad}^{-1} passe d'un angle de torsion θA=0,50 rad\theta_A = 0{,}50\,\text{rad} à θB=0\theta_B = 0 : travail du couple de torsion.
    4. Un frottement de valeur constante f=0,50 Nf = 0{,}50\,\text{N} s'exerce sur un solide qui parcourt 0,80 m0{,}80\,\text{m} : travail de la force de frottement.
    Voir le corrigé

    1) WAB=12 k (xA2−xB2)=12×50×(0,0202−0,0602)=25×(4,0×10−4−3,6×10−3)=−8,0×10−2 JW_{AB} = \frac{1}{2}\,k\,(x_A^2 - x_B^2) = \frac{1}{2} \times 50 \times (0{,}020^2 - 0{,}060^2) = 25 \times (4{,}0 \times 10^{-4} - 3{,}6 \times 10^{-3}) = -8{,}0 \times 10^{-2}\,\text{J} : travail résistant, car on étire davantage le ressort. Pour le trajet inverse, WBA=+8,0×10−2 JW_{BA} = +8{,}0 \times 10^{-2}\,\text{J} (le ressort revient vers sa position d'équilibre, travail moteur).

    2) En descendant, zA−zB=+0,50 mz_A - z_B = +0{,}50\,\text{m} : W=m g (zA−zB)=0,30×9,8×0,50=1,47 JW = m\,g\,(z_A - z_B) = 0{,}30 \times 9{,}8 \times 0{,}50 = 1{,}47\,\text{J} (moteur). En montant, zA−zB=−0,50 mz_A - z_B = -0{,}50\,\text{m} et W=−1,47 JW = -1{,}47\,\text{J} (résistant).

    3) W=12 C (θA2−θB2)=12×0,20×(0,502−0)=2,5×10−2 JW = \frac{1}{2}\,C\,(\theta_A^2 - \theta_B^2) = \frac{1}{2} \times 0{,}20 \times (0{,}50^2 - 0) = 2{,}5 \times 10^{-2}\,\text{J} : le fil se détord, le travail est moteur.

    4) W=−f d=−0,50×0,80=−0,40 JW = -f\,d = -0{,}50 \times 0{,}80 = -0{,}40\,\text{J}. Ce travail dépend du chemin parcouru : si le solide fait un aller-retour de 0,40 m0{,}40\,\text{m} chacun, le travail est encore −0,40 J-0{,}40\,\text{J} alors qu'il est revenu à son point de départ (pour une force conservative, il serait nul).

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    Exercice 2 : Énergies d'un pendule élastique horizontal

    Facile

    Un solide de masse m=0,250 kgm = 0{,}250\,\text{kg} est fixé à un ressort horizontal de raideur k=100 N.m−1k = 100\,\text{N.m}^{-1}. Il glisse sans frottement. On l'écarte de Xm=4,0 cmX_m = 4{,}0\,\text{cm} de sa position d'équilibre et on le lâche sans vitesse. On prend Ep=0E_p = 0 pour x=0x = 0.

    1. Calcule l'énergie mécanique du système.
    2. Calcule l'énergie potentielle et l'énergie cinétique quand x=2,0 cmx = 2{,}0\,\text{cm}. Déduis la vitesse en cet endroit.
    3. Calcule la vitesse maximale. Où est-elle atteinte ?
    4. Pour quelles abscisses a-t-on Ec=EpE_c = E_p ?
    Voir le corrigé

    1) Au départ, v=0v = 0 et x=Xmx = X_m : Em=12 k Xm2=12×100×(0,040)2=8,0×10−2 JE_m = \frac{1}{2}\,k\,X_m^2 = \frac{1}{2} \times 100 \times (0{,}040)^2 = 8{,}0 \times 10^{-2}\,\text{J}. Il n'y a pas de frottement : EmE_m reste constante.

    2) Ep=12×100×(0,020)2=2,0×10−2 JE_p = \frac{1}{2} \times 100 \times (0{,}020)^2 = 2{,}0 \times 10^{-2}\,\text{J}, donc Ec=Em−Ep=6,0×10−2 JE_c = E_m - E_p = 6{,}0 \times 10^{-2}\,\text{J}. De Ec=12 m v2E_c = \frac{1}{2}\,m\,v^2 : v=2×6,0×10−20,250=0,48=0,69 m.s−1v = \sqrt{\frac{2 \times 6{,}0 \times 10^{-2}}{0{,}250}} = \sqrt{0{,}48} = 0{,}69\,\text{m.s}^{-1}.

    3) La vitesse est maximale quand Ep=0E_p = 0, c'est-à-dire en x=0x = 0 (passage par l'équilibre) : 12 m vmax2=Em\frac{1}{2}\,m\,v_{max}^2 = E_m, donc vmax=2×8,0×10−20,250=0,80 m.s−1v_{max} = \sqrt{\frac{2 \times 8{,}0 \times 10^{-2}}{0{,}250}} = 0{,}80\,\text{m.s}^{-1}. Contrôle : ω0=1000,250=20 rad.s−1\omega_0 = \sqrt{\frac{100}{0{,}250}} = 20\,\text{rad.s}^{-1} et vmax=ω0 Xm=20×0,040=0,80 m.s−1v_{max} = \omega_0\,X_m = 20 \times 0{,}040 = 0{,}80\,\text{m.s}^{-1}.

    4) Ec=EpE_c = E_p avec Ec+Ep=EmE_c + E_p = E_m donne Ep=Em2E_p = \frac{E_m}{2}, soit 12 k x2=14 k Xm2\frac{1}{2}\,k\,x^2 = \frac{1}{4}\,k\,X_m^2, d'où x=±Xm2=±2,8 cmx = \pm\frac{X_m}{\sqrt{2}} = \pm 2{,}8\,\text{cm}.

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    Exercice 3 : Évolution temporelle de EcE_c et EpE_p

    Moyen

    Un pendule élastique horizontal sans frottement a pour masse m=0,250 kgm = 0{,}250\,\text{kg} et pour raideur k=100 N.m−1k = 100\,\text{N.m}^{-1}. Le solide est lâché sans vitesse à t=0t = 0 de la position x0=4,0 cmx_0 = 4{,}0\,\text{cm}. Son abscisse est x(t)=Xmcos⁡(ω0 t)x(t) = X_m\cos(\omega_0\,t).

    1. Calcule ω0\omega_0, T0T_0 et écris x(t)x(t) avec les valeurs numériques.
    2. Établis les expressions de Ep(t)E_p(t) et Ec(t)E_c(t) et montre que leur somme est constante.
    3. Quelle est la période de Ec(t)E_c(t) ? Quelle est sa valeur moyenne ?
    4. À quel instant a-t-on Ec=EpE_c = E_p pour la première fois ? Quel intervalle sépare deux égalités successives ?
    Voir le corrigé

    1) ω0=km=1000,250=20 rad.s−1\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{100}{0{,}250}} = 20\,\text{rad.s}^{-1}, T0=2π20=0,314 sT_0 = \frac{2\pi}{20} = 0{,}314\,\text{s}. Départ sans vitesse : Xm=x0=0,040 mX_m = x_0 = 0{,}040\,\text{m} et φ=0\varphi = 0, donc x(t)=0,040cos⁡(20 t)x(t) = 0{,}040\cos(20\,t) (en m).

    2) Ep(t)=12 k x2=12×100×0,0402cos⁡2(20 t)=0,080cos⁡2(20 t)E_p(t) = \frac{1}{2}\,k\,x^2 = \frac{1}{2} \times 100 \times 0{,}040^2\cos^2(20\,t) = 0{,}080\cos^2(20\,t) (en J). La vitesse est v=−ω0 Xmsin⁡(20 t)=−0,80sin⁡(20 t)v = -\omega_0\,X_m\sin(20\,t) = -0{,}80\sin(20\,t), donc Ec(t)=12 m v2=12×0,250×0,802sin⁡2(20 t)=0,080sin⁡2(20 t)E_c(t) = \frac{1}{2}\,m\,v^2 = \frac{1}{2} \times 0{,}250 \times 0{,}80^2\sin^2(20\,t) = 0{,}080\sin^2(20\,t). La somme est Em=0,080(cos⁡2+sin⁡2)=0,080 JE_m = 0{,}080\left(\cos^2 + \sin^2\right) = 0{,}080\,\text{J} : constante.

    3) Ec(t)=0,080sin⁡2(20 t)=0,040(1−cos⁡(40 t))E_c(t) = 0{,}080\sin^2(20\,t) = 0{,}040\left(1 - \cos(40\,t)\right). La pulsation est 40 rad.s−140\,\text{rad.s}^{-1}, donc la période est 2π40=0,157 s=T02\frac{2\pi}{40} = 0{,}157\,\text{s} = \frac{T_0}{2}. La valeur moyenne est 0,040 J=Em20{,}040\,\text{J} = \frac{E_m}{2}.

    4) Ec=EpE_c = E_p équivaut à sin⁡2(20 t)=cos⁡2(20 t)\sin^2(20\,t) = \cos^2(20\,t), soit tan⁡(20 t)=±1\tan(20\,t) = \pm 1. La première solution est 20 t=π420\,t = \frac{\pi}{4}, donc t=π80=3,9×10−2 st = \frac{\pi}{80} = 3{,}9 \times 10^{-2}\,\text{s}. Les égalités se répètent chaque fois que 20 t20\,t augmente de π2\frac{\pi}{2}, c'est-à-dire tous les T04=7,9×10−2 s\frac{T_0}{4} = 7{,}9 \times 10^{-2}\,\text{s}.

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    Exercice 4 : L'énergie potentielle d'un pendule vertical

    Moyen

    Un ressort de raideur k=40 N.m−1k = 40\,\text{N.m}^{-1} est suspendu verticalement. On accroche un solide de masse m=0,400 kgm = 0{,}400\,\text{kg}. À l'équilibre, le ressort est allongé de Δℓ0\Delta\ell_0. On repère GG sur un axe OzOz vertical vers le bas, d'origine la position d'équilibre. On donne g=9,8 m.s−2g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}. On choisit Epp=0E_{pp} = 0 en z=0z = 0 et Epe=0E_{pe} = 0 pour le ressort non déformé.

    1. Calcule Δℓ0\Delta\ell_0 et l'énergie potentielle élastique à l'équilibre.
    2. Exprime EppE_{pp} et EpeE_{pe} en fonction de zz. Montre que Ep=Epp+Epe=12 k z2+12 k Δℓ02E_p = E_{pp} + E_{pe} = \frac{1}{2}\,k\,z^2 + \frac{1}{2}\,k\,\Delta\ell_0^2.
    3. On écarte le solide de 5,0 cm5{,}0\,\text{cm} vers le bas et on le lâche sans vitesse. Calcule la vitesse au passage par la position d'équilibre.
    4. Vérifie ce résultat en calculant séparément les variations d'énergie potentielle de pesanteur et d'énergie potentielle élastique entre la position lâchée et la position d'équilibre.
    Voir le corrigé

    1) Δℓ0=m gk=0,400×9,840=9,8×10−2 m\Delta\ell_0 = \frac{m\,g}{k} = \frac{0{,}400 \times 9{,}8}{40} = 9{,}8 \times 10^{-2}\,\text{m}. À l'équilibre, Epe=12 k Δℓ02=12×40×(0,098)2=0,192 JE_{pe} = \frac{1}{2}\,k\,\Delta\ell_0^2 = \frac{1}{2} \times 40 \times (0{,}098)^2 = 0{,}192\,\text{J}.

    2) L'axe est vers le bas : l'altitude diminue quand zz augmente, donc Epp=−m g zE_{pp} = -m\,g\,z. L'allongement est Δℓ0+z\Delta\ell_0 + z, donc Epe=12 k (Δℓ0+z)2=12 k Δℓ02+k Δℓ0 z+12 k z2E_{pe} = \frac{1}{2}\,k\,(\Delta\ell_0 + z)^2 = \frac{1}{2}\,k\,\Delta\ell_0^2 + k\,\Delta\ell_0\,z + \frac{1}{2}\,k\,z^2. En additionnant et avec k Δℓ0=m gk\,\Delta\ell_0 = m\,g : Ep=−m g z+12 k Δℓ02+m g z+12 k z2=12 k z2+12 k Δℓ02E_p = -m\,g\,z + \frac{1}{2}\,k\,\Delta\ell_0^2 + m\,g\,z + \frac{1}{2}\,k\,z^2 = \frac{1}{2}\,k\,z^2 + \frac{1}{2}\,k\,\Delta\ell_0^2.

    3) Pas de frottement : EmE_m se conserve. Lâché en z0=0,050 mz_0 = 0{,}050\,\text{m} sans vitesse : Em=12 k z02+csteE_m = \frac{1}{2}\,k\,z_0^2 + \text{cste}. En z=0z = 0 : Em=12 m v2+csteE_m = \frac{1}{2}\,m\,v^2 + \text{cste}. Donc 12 m v2=12 k z02\frac{1}{2}\,m\,v^2 = \frac{1}{2}\,k\,z_0^2 et v=z0km=0,050×10=0,50 m.s−1v = z_0\sqrt{\frac{k}{m}} = 0{,}050 \times 10 = 0{,}50\,\text{m.s}^{-1}.

    4) Le solide remonte de 0,050 m0{,}050\,\text{m} : ΔEpp=m g×0,050=0,400×9,8×0,050=+0,196 J\Delta E_{pp} = m\,g \times 0{,}050 = 0{,}400 \times 9{,}8 \times 0{,}050 = +0{,}196\,\text{J}. L'allongement passe de 0,098+0,050=0,148 m0{,}098 + 0{,}050 = 0{,}148\,\text{m} à 0,098 m0{,}098\,\text{m} : ΔEpe=12×40×(0,0982−0,1482)=20×(−0,0123)=−0,246 J\Delta E_{pe} = \frac{1}{2} \times 40 \times (0{,}098^2 - 0{,}148^2) = 20 \times (-0{,}0123) = -0{,}246\,\text{J}. Variation totale ΔEp=−0,050 J\Delta E_p = -0{,}050\,\text{J}. La conservation de EmE_m donne ΔEc=+0,050 J=12 m v2\Delta E_c = +0{,}050\,\text{J} = \frac{1}{2}\,m\,v^2, donc v=2×0,0500,400=0,50 m.s−1v = \sqrt{\frac{2 \times 0{,}050}{0{,}400}} = 0{,}50\,\text{m.s}^{-1} : le résultat est confirmé.

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    Exercice 5 : Énergie d'un pendule de torsion

    Moyen

    Un pendule de torsion est formé d'un fil de constante de torsion C=0,10 N.m.rad−1C = 0{,}10\,\text{N.m.rad}^{-1} et d'un solide de moment d'inertie JΔ=4,0×10−3 kg.m2J_\Delta = 4{,}0 \times 10^{-3}\,\text{kg.m}^2. On le tourne de θm=0,40 rad\theta_m = 0{,}40\,\text{rad} et on le lâche sans vitesse. Les frottements sont négligés. On prend Ept=0E_{pt} = 0 pour θ=0\theta = 0.

    1. Calcule l'énergie mécanique du système.
    2. Calcule la vitesse angulaire maximale. Vérifie-la avec ωmax=ω0 θm\omega_{max} = \omega_0\,\theta_m.
    3. Calcule EpE_p, EcE_c et la vitesse angulaire quand θ=0,20 rad\theta = 0{,}20\,\text{rad}.
    4. Un point du solide situé à r=0,25 mr = 0{,}25\,\text{m} de l'axe passe par la position d'équilibre : quelle est sa vitesse linéaire ?
    Voir le corrigé

    1) Em=12 C θm2=12×0,10×(0,40)2=8,0×10−3 JE_m = \frac{1}{2}\,C\,\theta_m^2 = \frac{1}{2} \times 0{,}10 \times (0{,}40)^2 = 8{,}0 \times 10^{-3}\,\text{J}.

    2) À l'équilibre, Ep=0E_p = 0 donc 12 JΔ ωmax2=Em\frac{1}{2}\,J_\Delta\,\omega_{max}^2 = E_m et ωmax=2×8,0×10−34,0×10−3=2,0 rad.s−1\omega_{max} = \sqrt{\frac{2 \times 8{,}0 \times 10^{-3}}{4{,}0 \times 10^{-3}}} = 2{,}0\,\text{rad.s}^{-1}. Contrôle : ω0=CJΔ=0,104,0×10−3=5,0 rad.s−1\omega_0 = \sqrt{\frac{C}{J_\Delta}} = \sqrt{\frac{0{,}10}{4{,}0 \times 10^{-3}}} = 5{,}0\,\text{rad.s}^{-1} et ω0 θm=5,0×0,40=2,0 rad.s−1\omega_0\,\theta_m = 5{,}0 \times 0{,}40 = 2{,}0\,\text{rad.s}^{-1}.

    3) Ep=12×0,10×(0,20)2=2,0×10−3 JE_p = \frac{1}{2} \times 0{,}10 \times (0{,}20)^2 = 2{,}0 \times 10^{-3}\,\text{J}, donc Ec=8,0×10−3−2,0×10−3=6,0×10−3 JE_c = 8{,}0 \times 10^{-3} - 2{,}0 \times 10^{-3} = 6{,}0 \times 10^{-3}\,\text{J}. De Ec=12 JΔ ω2E_c = \frac{1}{2}\,J_\Delta\,\omega^2 : ω=2×6,0×10−34,0×10−3=3,0=1,7 rad.s−1\omega = \sqrt{\frac{2 \times 6{,}0 \times 10^{-3}}{4{,}0 \times 10^{-3}}} = \sqrt{3{,}0} = 1{,}7\,\text{rad.s}^{-1}.

    4) v=r ωmax=0,25×2,0=0,50 m.s−1v = r\,\omega_{max} = 0{,}25 \times 2{,}0 = 0{,}50\,\text{m.s}^{-1}.

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    Exercice 6 : Lire un diagramme énergétique

    Moyen

    Un solide de masse m=0,500 kgm = 0{,}500\,\text{kg} est lié à un ressort horizontal. On a tracé le diagramme énergétique du système (sans frottement) : la droite horizontale EmE_m est à l'ordonnée 0,50 J0{,}50\,\text{J}, et la parabole Ep(x)E_p(x) passe par les points suivants.

    xx (cm)02,04,05,0
    EpE_p (J)00,0400,160,25
    1. Déduis de ces points la raideur kk du ressort.
    2. Calcule l'amplitude XmX_m des oscillations.
    3. Calcule l'énergie cinétique et la vitesse du solide quand x=5,0 cmx = 5{,}0\,\text{cm}.
    4. Calcule la vitesse maximale et la période propre.
    Voir le corrigé

    1) Ep=12 k x2E_p = \frac{1}{2}\,k\,x^2 donne k=2 Epx2k = \frac{2\,E_p}{x^2}. Avec le point (4,0 cm ; 0,16 J)(4{,}0\,\text{cm}\,;\,0{,}16\,\text{J}) : k=2×0,16(0,040)2=200 N.m−1k = \frac{2 \times 0{,}16}{(0{,}040)^2} = 200\,\text{N.m}^{-1}. Avec (2,0 cm ; 0,040 J)(2{,}0\,\text{cm}\,;\,0{,}040\,\text{J}) : 2×0,040(0,020)2=200 N.m−1\frac{2 \times 0{,}040}{(0{,}020)^2} = 200\,\text{N.m}^{-1} : les points sont cohérents. Avec (5,0 cm ; 0,25 J)(5{,}0\,\text{cm}\,;\,0{,}25\,\text{J}), on trouve encore 200 N.m−1200\,\text{N.m}^{-1}.

    2) Aux positions extrêmes, Ep=EmE_p = E_m : 12 k Xm2=0,50\frac{1}{2}\,k\,X_m^2 = 0{,}50, donc Xm=2×0,50200=5,0×10−3=7,1×10−2 mX_m = \sqrt{\frac{2 \times 0{,}50}{200}} = \sqrt{5{,}0 \times 10^{-3}} = 7{,}1 \times 10^{-2}\,\text{m}, soit 7,1 cm7{,}1\,\text{cm}.

    3) En x=5,0 cmx = 5{,}0\,\text{cm}, Ep=0,25 JE_p = 0{,}25\,\text{J}, donc Ec=Em−Ep=0,50−0,25=0,25 JE_c = E_m - E_p = 0{,}50 - 0{,}25 = 0{,}25\,\text{J}. La vitesse est v=2 Ecm=2×0,250,500=1,0 m.s−1v = \sqrt{\frac{2\,E_c}{m}} = \sqrt{\frac{2 \times 0{,}25}{0{,}500}} = 1{,}0\,\text{m.s}^{-1}.

    4) vmax=2 Emm=2×0,500,500=2,0=1,41 m.s−1v_{max} = \sqrt{\frac{2\,E_m}{m}} = \sqrt{\frac{2 \times 0{,}50}{0{,}500}} = \sqrt{2{,}0} = 1{,}41\,\text{m.s}^{-1}. La période propre est T0=2πmk=2π0,500200=0,314 sT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}500}{200}} = 0{,}314\,\text{s} (contrôle : vmax=ω0 Xm=20×0,0707=1,41 m.s−1v_{max} = \omega_0\,X_m = 20 \times 0{,}0707 = 1{,}41\,\text{m.s}^{-1}).

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    Exercice 7 : Pendule pesant et conservation de l'énergie

    Difficile

    Une tige homogène de longueur L=1,0 mL = 1{,}0\,\text{m} et de masse m=0,60 kgm = 0{,}60\,\text{kg} peut tourner sans frottement autour d'un axe horizontal Δ\Delta passant par son extrémité OO. Son moment d'inertie par rapport à Δ\Delta est JΔ=13 m L2J_\Delta = \frac{1}{3}\,m\,L^2. On écarte la tige d'un angle θm=60∘\theta_m = 60^\circ de la verticale et on la lâche sans vitesse. On donne g=9,8 m.s−2g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2} et on prend Epp=0E_{pp} = 0 quand la tige est verticale (position d'équilibre).

    1. Calcule JΔJ_\Delta et la distance dd entre l'axe et le centre d'inertie GG.
    2. Exprime l'énergie potentielle de pesanteur en fonction de θ\theta. Calcule-la pour θm=60∘\theta_m = 60^\circ.
    3. Calcule la vitesse angulaire de la tige quand elle passe par la verticale, puis la vitesse linéaire de son extrémité libre.
    4. Calcule la vitesse angulaire quand θ=30∘\theta = 30^\circ.
    5. L'approximation des petits angles (sin⁡θ≈θ\sin\theta \approx \theta) est-elle valable pour cette amplitude ? Justifie.
    Voir le corrigé

    1) JΔ=13×0,60×(1,0)2=0,20 kg.m2J_\Delta = \frac{1}{3} \times 0{,}60 \times (1{,}0)^2 = 0{,}20\,\text{kg.m}^2 et d=L2=0,50 md = \frac{L}{2} = 0{,}50\,\text{m}.

    2) L'altitude de GG au-dessus de sa position la plus basse est d (1−cos⁡θ)d\,(1 - \cos\theta), donc Epp=m g d (1−cos⁡θ)E_{pp} = m\,g\,d\,(1 - \cos\theta). Avec m g d=0,60×9,8×0,50=2,94 Jm\,g\,d = 0{,}60 \times 9{,}8 \times 0{,}50 = 2{,}94\,\text{J} : pour 60∘60^\circ, Epp=2,94×(1−0,50)=1,47 JE_{pp} = 2{,}94 \times (1 - 0{,}50) = 1{,}47\,\text{J}.

    3) La réaction de l'axe ne travaille pas (son point d'application est fixe) et le poids est conservatif : EmE_m se conserve. À la verticale, Epp=0E_{pp} = 0 : 12 JΔ ω2=1,47 J\frac{1}{2}\,J_\Delta\,\omega^2 = 1{,}47\,\text{J}, donc ω=2×1,470,20=14,7=3,8 rad.s−1\omega = \sqrt{\frac{2 \times 1{,}47}{0{,}20}} = \sqrt{14{,}7} = 3{,}8\,\text{rad.s}^{-1}. L'extrémité libre est à L=1,0 mL = 1{,}0\,\text{m} de l'axe : v=L ω=3,8 m.s−1v = L\,\omega = 3{,}8\,\text{m.s}^{-1}.

    4) À θ=30∘\theta = 30^\circ, Epp=2,94×(1−cos⁡30∘)=2,94×0,134=0,394 JE_{pp} = 2{,}94 \times (1 - \cos 30^\circ) = 2{,}94 \times 0{,}134 = 0{,}394\,\text{J}. La conservation de l'énergie donne 12 JΔ ω2=1,47−0,394=1,076 J\frac{1}{2}\,J_\Delta\,\omega^2 = 1{,}47 - 0{,}394 = 1{,}076\,\text{J}, donc ω=2×1,0760,20=3,3 rad.s−1\omega = \sqrt{\frac{2 \times 1{,}076}{0{,}20}} = 3{,}3\,\text{rad.s}^{-1}. La tige est plus lente qu'à la verticale, ce qui est normal.

    5) Pour θm=60∘=1,047 rad\theta_m = 60^\circ = 1{,}047\,\text{rad}, on a sin⁡θm=0,866\sin\theta_m = 0{,}866 : l'écart entre θ\theta et sin⁡θ\sin\theta est d'environ 21 %21\,\%. L'approximation sin⁡θ≈θ\sin\theta \approx \theta n'est pas valable ici, donc la formule T0=2πJΔm g dT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{m\,g\,d}} ne s'applique pas. En revanche, la conservation de l'énergie mécanique est exacte quelle que soit l'amplitude, ce qui rend le résultat de la question 3 correct.

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    Exercice 8 : Des oscillations amorties

    Difficile

    Un solide de masse m=0,500 kgm = 0{,}500\,\text{kg} est fixé à un ressort horizontal de raideur k=50 N.m−1k = 50\,\text{N.m}^{-1}. Il oscille dans un liquide visqueux. On relève les élongations maximales positives successives (une par pseudo-période, la vitesse y est nulle) :

    Maximum n°1234
    xmaxx_{max} (cm)5,004,003,202,56

    On a mesuré une pseudo-période T=0,63 sT = 0{,}63\,\text{s}.

    1. Calcule la période propre T0T_0 de l'oscillateur non amorti. Compare à TT et nomme le régime.
    2. Calcule l'énergie mécanique à chaque maximum.
    3. Calcule l'énergie dissipée entre les maximums 1 et 2, puis entre 2 et 3. Exprime-les en pourcentage de l'énergie au début de chaque intervalle.
    4. Quelle fraction de l'énergie initiale reste-t-il au quatrième maximum ?
    5. Au bout de combien de pseudo-périodes l'énergie mécanique est-elle devenue inférieure à 10 %10\,\% de sa valeur initiale ? Quelle durée cela représente-t-il ?
    Voir le corrigé

    1) T0=2πmk=2π0,50050=0,628 sT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}500}{50}} = 0{,}628\,\text{s}. La pseudo-période T=0,63 sT = 0{,}63\,\text{s} est très proche de T0T_0 (un peu supérieure) : l'amortissement est faible. Le régime est pseudopériodique (les maximums décroissent).

    2) Au maximum, v=0v = 0 donc Em=12 k xmax2=25 xmax2E_m = \frac{1}{2}\,k\,x_{max}^2 = 25\,x_{max}^2 : E1=25×0,05002=6,25×10−2 JE_1 = 25 \times 0{,}0500^2 = 6{,}25 \times 10^{-2}\,\text{J} ; E2=25×0,04002=4,00×10−2 JE_2 = 25 \times 0{,}0400^2 = 4{,}00 \times 10^{-2}\,\text{J} ; E3=25×0,03202=2,56×10−2 JE_3 = 25 \times 0{,}0320^2 = 2{,}56 \times 10^{-2}\,\text{J} ; E4=25×0,02562=1,64×10−2 JE_4 = 25 \times 0{,}0256^2 = 1{,}64 \times 10^{-2}\,\text{J}.

    3) Entre 1 et 2 : ΔEm=E2−E1=−2,25×10−2 J\Delta E_m = E_2 - E_1 = -2{,}25 \times 10^{-2}\,\text{J}, soit 2,256,25=36 %\frac{2{,}25}{6{,}25} = 36\,\% de E1E_1. Entre 2 et 3 : ΔEm=−1,44×10−2 J\Delta E_m = -1{,}44 \times 10^{-2}\,\text{J}, soit 1,444,00=36 %\frac{1{,}44}{4{,}00} = 36\,\% de E2E_2. Ces valeurs correspondent au travail résistant des forces de frottement. Le pourcentage perdu par période est constant : xn+1xn=0,80\frac{x_{n+1}}{x_n} = 0{,}80 donc En+1En=0,802=0,64\frac{E_{n+1}}{E_n} = 0{,}80^2 = 0{,}64.

    4) E4E1=1,64×10−26,25×10−2=0,262=0,643\frac{E_4}{E_1} = \frac{1{,}64 \times 10^{-2}}{6{,}25 \times 10^{-2}} = 0{,}262 = 0{,}64^3. Il reste environ 26 %26\,\% de l'énergie initiale (74 %74\,\% ont été dissipés).

    5) On cherche nn tel que 0,64n<0,100{,}64^n < 0{,}10. On a 0,645=0,1070{,}64^5 = 0{,}107 (encore supérieur à 10 %10\,\%) et 0,646=0,0690{,}64^6 = 0{,}069 : il faut n=6n = 6 pseudo-périodes (avec le logarithme : n>ln⁡0,10ln⁡0,64=5,16n > \frac{\ln 0{,}10}{\ln 0{,}64} = 5{,}16). La durée correspondante est 6 T=6×0,63=3,8 s6\,T = 6 \times 0{,}63 = 3{,}8\,\text{s}.

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    Exercice 9 : Bilan énergétique d'un chariot sur un ressort

    Type Bac

    Un chariot de masse m=0,400 kgm = 0{,}400\,\text{kg} glisse sans frottement sur un rail horizontal. Il est attaché à un ressort horizontal de raideur k=40 N.m−1k = 40\,\text{N.m}^{-1} dont l'autre extrémité est fixe. L'origine OO de l'axe OxOx est la position de GG à l'équilibre. À t=0t = 0, on lâche le chariot sans vitesse depuis x0=6,0 cmx_0 = 6{,}0\,\text{cm}. On choisit Ep=0E_p = 0 pour x=0x = 0.

    1. Écris l'expression de l'énergie mécanique EmE_m en fonction de xx et de la vitesse vv. Justifie qu'elle est constante.
    2. En dérivant EmE_m par rapport au temps, retrouve l'équation différentielle du mouvement. Donne la période propre T0T_0.
    3. Calcule EmE_m et la vitesse maximale du chariot.
    4. L'abscisse est x(t)=0,060cos⁡(10 t)x(t) = 0{,}060\cos(10\,t) (en m). Établis les expressions de Ep(t)E_p(t) et de Ec(t)E_c(t).
    5. Donne la période des fonctions Ec(t)E_c(t) et Ep(t)E_p(t). Quelle est la valeur moyenne de EcE_c ?
    6. Calcule la vitesse du chariot quand x=3,0 cmx = 3{,}0\,\text{cm}.
    7. À quel instant a-t-on Ec=EpE_c = E_p pour la première fois ?
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    1) Em=Ec+Epe=12 m v2+12 k x2E_m = E_c + E_{pe} = \frac{1}{2}\,m\,v^2 + \frac{1}{2}\,k\,x^2. Le poids et la réaction du rail sont verticales, donc perpendiculaires au déplacement : leur travail est nul. La tension du ressort est une force conservative, et il n'y a pas de frottement. Donc EmE_m se conserve.

    2) dEmdt=m x˙ x¨+k x x˙=x˙(m x¨+k x)=0\frac{dE_m}{dt} = m\,\dot{x}\,\ddot{x} + k\,x\,\dot{x} = \dot{x}\left(m\,\ddot{x} + k\,x\right) = 0 pour tout tt, donc x¨+km x=0\ddot{x} + \frac{k}{m}\,x = 0. On identifie ω02=km=400,400=100 rad2.s−2\omega_0^2 = \frac{k}{m} = \frac{40}{0{,}400} = 100\,\text{rad}^2.\text{s}^{-2}, soit ω0=10 rad.s−1\omega_0 = 10\,\text{rad.s}^{-1} et T0=2πω0=0,628 sT_0 = \frac{2\pi}{\omega_0} = 0{,}628\,\text{s}.

    3) À t=0t = 0, v=0v = 0 : Em=12 k x02=12×40×(0,060)2=7,2×10−2 JE_m = \frac{1}{2}\,k\,x_0^2 = \frac{1}{2} \times 40 \times (0{,}060)^2 = 7{,}2 \times 10^{-2}\,\text{J}. En x=0x = 0, Ec=EmE_c = E_m : vmax=2×7,2×10−20,400=0,60 m.s−1v_{max} = \sqrt{\frac{2 \times 7{,}2 \times 10^{-2}}{0{,}400}} = 0{,}60\,\text{m.s}^{-1} (contrôle : ω0 Xm=10×0,060=0,60 m.s−1\omega_0\,X_m = 10 \times 0{,}060 = 0{,}60\,\text{m.s}^{-1}).

    4) Ep(t)=12 k x2=0,072cos⁡2(10 t)E_p(t) = \frac{1}{2}\,k\,x^2 = 0{,}072\cos^2(10\,t) (en J). v(t)=−0,60sin⁡(10 t)v(t) = -0{,}60\sin(10\,t), donc Ec(t)=12 m v2=12×0,400×0,36sin⁡2(10 t)=0,072sin⁡2(10 t)E_c(t) = \frac{1}{2}\,m\,v^2 = \frac{1}{2} \times 0{,}400 \times 0{,}36\sin^2(10\,t) = 0{,}072\sin^2(10\,t) (en J). La somme vaut 0,072 J0{,}072\,\text{J} à chaque instant.

    5) Ec(t)=0,036(1−cos⁡(20 t))E_c(t) = 0{,}036\left(1 - \cos(20\,t)\right) : sa pulsation est 20 rad.s−120\,\text{rad.s}^{-1}, donc sa période est 2π20=0,314 s=T02\frac{2\pi}{20} = 0{,}314\,\text{s} = \frac{T_0}{2}. C'est la même pour Ep(t)E_p(t). La valeur moyenne de EcE_c est 0,036 J=Em20{,}036\,\text{J} = \frac{E_m}{2}.

    6) En x=0,030 mx = 0{,}030\,\text{m} : Ep=12×40×0,0302=1,8×10−2 JE_p = \frac{1}{2} \times 40 \times 0{,}030^2 = 1{,}8 \times 10^{-2}\,\text{J}, donc Ec=7,2×10−2−1,8×10−2=5,4×10−2 JE_c = 7{,}2 \times 10^{-2} - 1{,}8 \times 10^{-2} = 5{,}4 \times 10^{-2}\,\text{J} et v=2×5,4×10−20,400=0,52 m.s−1v = \sqrt{\frac{2 \times 5{,}4 \times 10^{-2}}{0{,}400}} = 0{,}52\,\text{m.s}^{-1}. (Avec v2=ω02(Xm2−x2)=100×2,7×10−3=0,27v^2 = \omega_0^2\left(X_m^2 - x^2\right) = 100 \times 2{,}7 \times 10^{-3} = 0{,}27.)

    7) Ec=EpE_c = E_p équivaut à tan⁡2(10 t)=1\tan^2(10\,t) = 1. Première solution : 10 t=π410\,t = \frac{\pi}{4}, donc t=π40=7,9×10−2 st = \frac{\pi}{40} = 7{,}9 \times 10^{-2}\,\text{s} (soit T08\frac{T_0}{8}).

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    Exercice 10 : Un pendule pesant avec frottements à l'axe

    Type Bac

    Un pendule pesant est une tige homogène de longueur L=0,60 mL = 0{,}60\,\text{m} et de masse m=0,30 kgm = 0{,}30\,\text{kg}, mobile autour d'un axe horizontal Δ\Delta passant par son extrémité OO. Son moment d'inertie par rapport à Δ\Delta est JΔ=13 m L2J_\Delta = \frac{1}{3}\,m\,L^2. On donne g=9,8 m.s−2g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}. L'énergie potentielle de pesanteur est nulle quand la tige est verticale (position d'équilibre stable). On repère la tige par l'angle θ\theta avec la verticale.

    1. Calcule JΔJ_\Delta, la distance d=OGd = OG et le produit m g dm\,g\,d.
    2. Montre que l'énergie potentielle de pesanteur s'écrit Epp=m g d (1−cos⁡θ)E_{pp} = m\,g\,d\,(1 - \cos\theta). Pour de faibles angles, donne son expression approchée.
    3. Pour de faibles angles, écris l'énergie mécanique sans frottement. En la dérivant par rapport au temps, retrouve l'équation différentielle et calcule la période propre T0T_0.
    4. On lâche la tige sans vitesse depuis θ0=0,20 rad\theta_0 = 0{,}20\,\text{rad}. Calcule l'énergie mécanique, la vitesse angulaire maximale et la vitesse linéaire maximale de l'extrémité libre.
    5. Compare la valeur approchée de EppE_{pp} pour θ0\theta_0 à la valeur exacte. Conclus.
    6. En réalité, à cause des frottements à l'axe, l'amplitude n'est plus que de 0,10 rad0{,}10\,\text{rad} après 1010 oscillations. Calcule l'énergie dissipée et le pourcentage de perte.
    Voir le corrigé

    1) JΔ=13×0,30×(0,60)2=3,6×10−2 kg.m2J_\Delta = \frac{1}{3} \times 0{,}30 \times (0{,}60)^2 = 3{,}6 \times 10^{-2}\,\text{kg.m}^2, d=L2=0,30 md = \frac{L}{2} = 0{,}30\,\text{m} et m g d=0,30×9,8×0,30=0,882 N.mm\,g\,d = 0{,}30 \times 9{,}8 \times 0{,}30 = 0{,}882\,\text{N.m}.

    2) Quand la tige est écartée de θ\theta, l'altitude de GG par rapport à sa position la plus basse est h=d−dcos⁡θ=d (1−cos⁡θ)h = d - d\cos\theta = d\,(1 - \cos\theta). Avec la référence choisie, Epp=m g h=m g d (1−cos⁡θ)E_{pp} = m\,g\,h = m\,g\,d\,(1 - \cos\theta). Pour de faibles angles, cos⁡θ≈1−θ22\cos\theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2}, donc Epp≈12 m g d θ2E_{pp} \approx \frac{1}{2}\,m\,g\,d\,\theta^2.

    3) Em=12 JΔ θ˙2+12 m g d θ2E_m = \frac{1}{2}\,J_\Delta\,\dot{\theta}^2 + \frac{1}{2}\,m\,g\,d\,\theta^2. La réaction de l'axe ne travaille pas et le poids est conservatif : dEmdt=JΔ θ˙ θ¨+m g d θ θ˙=θ˙(JΔ θ¨+m g d θ)=0\frac{dE_m}{dt} = J_\Delta\,\dot{\theta}\,\ddot{\theta} + m\,g\,d\,\theta\,\dot{\theta} = \dot{\theta}\left(J_\Delta\,\ddot{\theta} + m\,g\,d\,\theta\right) = 0, donc θ¨+m g dJΔ θ=0\ddot{\theta} + \frac{m\,g\,d}{J_\Delta}\,\theta = 0. On a ω02=0,8823,6×10−2=24,5 rad2.s−2\omega_0^2 = \frac{0{,}882}{3{,}6 \times 10^{-2}} = 24{,}5\,\text{rad}^2.\text{s}^{-2}, soit ω0=4,95 rad.s−1\omega_0 = 4{,}95\,\text{rad.s}^{-1} et T0=2πω0=1,27 sT_0 = \frac{2\pi}{\omega_0} = 1{,}27\,\text{s}.

    4) Em=12 m g d θ02=12×0,882×0,202=1,76×10−2 JE_m = \frac{1}{2}\,m\,g\,d\,\theta_0^2 = \frac{1}{2} \times 0{,}882 \times 0{,}20^2 = 1{,}76 \times 10^{-2}\,\text{J}. Vitesse angulaire maximale (en θ=0\theta = 0) : ωmax=ω0 θ0=4,95×0,20=0,99 rad.s−1\omega_{max} = \omega_0\,\theta_0 = 4{,}95 \times 0{,}20 = 0{,}99\,\text{rad.s}^{-1} (même résultat avec 12 JΔ ωmax2=Em\frac{1}{2}\,J_\Delta\,\omega_{max}^2 = E_m). L'extrémité libre est à L=0,60 mL = 0{,}60\,\text{m} de l'axe : vmax=L ωmax=0,60×0,99=0,59 m.s−1v_{max} = L\,\omega_{max} = 0{,}60 \times 0{,}99 = 0{,}59\,\text{m.s}^{-1}.

    5) Valeur exacte : m g d (1−cos⁡0,20)=0,882×0,01993=1,758×10−2 Jm\,g\,d\,(1 - \cos 0{,}20) = 0{,}882 \times 0{,}01993 = 1{,}758 \times 10^{-2}\,\text{J}. Valeur approchée : 1,764×10−2 J1{,}764 \times 10^{-2}\,\text{J}. L'écart relatif est d'environ 0,3 %0{,}3\,\% : l'approximation des petits angles est tout à fait justifiée pour 0,20 rad0{,}20\,\text{rad} (environ 11,5∘11{,}5^\circ).

    6) L'énergie est proportionnelle au carré de l'amplitude : au départ Em=1,76×10−2 JE_m = 1{,}76 \times 10^{-2}\,\text{J} et, après 1010 oscillations, Em′=12×0,882×0,102=4,41×10−3 JE_m' = \frac{1}{2} \times 0{,}882 \times 0{,}10^2 = 4{,}41 \times 10^{-3}\,\text{J}. L'énergie dissipée est ∣ΔEm∣=1,76×10−2−4,41×10−3=1,32×10−2 J\left|\Delta E_m\right| = 1{,}76 \times 10^{-2} - 4{,}41 \times 10^{-3} = 1{,}32 \times 10^{-2}\,\text{J}, soit 75 %75\,\% de l'énergie initiale (l'amplitude a été divisée par 22, donc l'énergie par 44). Cette énergie correspond au travail résistant des frottements (ΔEm=W(f⃗)<0\Delta E_m = W(\vec{f}) < 0).

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    QCM

    Question 1.L'énergie potentielle élastique d'un ressort de raideur kk dont l'allongement est xx (avec la référence « ressort non déformé ») s'écrit :
    Question 2.L'énergie mécanique d'un oscillateur mécanique se conserve si :
    Question 3.Un pendule élastique horizontal de raideur k=200 N.m−1k = 200\,\text{N.m}^{-1} oscille sans frottement avec une amplitude de 5,0 cm5{,}0\,\text{cm}. Son énergie mécanique vaut :
    Question 4.Un pendule élastique oscille avec la période propre T0T_0. L'énergie cinétique varie au cours du temps avec la période :
    Question 5.L'énergie potentielle de torsion d'un fil de constante CC tordu d'un angle θ\theta (référence : fil non tordu) vaut :
    Question 6.Un pendule élastique horizontal passe par la position x=Xm2x = \frac{X_m}{2}. La fraction de l'énergie mécanique qui est sous forme d'énergie cinétique vaut :
    Question 7.Quand un oscillateur subit des frottements, la variation de son énergie mécanique entre deux instants est :
    Question 8.Dans le régime apériodique d'un oscillateur amorti :

    Erreurs fréquentes

    • Utiliser la longueur du ressort au lieu de l'allongement dans 12 k x2\frac{1}{2}\,k\,x^2 : xx est la différence entre la longueur du ressort et sa longueur à vide, pas sa longueur.
    • Penser que l'énergie mécanique se conserve toujours : avec des frottements, EmE_m diminue (ΔEm=W(f⃗)<0\Delta E_m = W(\vec{f}) < 0). Elle n'est constante que si les forces non conservatives ne travaillent pas.
    • Dire que EcE_c et EpE_p oscillent avec la période T0T_0 : leur période est T02\frac{T_0}{2}. L'énergie mécanique est constante, sans oscillation.
    • Placer la vitesse maximale aux extrémités : la vitesse est maximale au passage par la position d'équilibre (là où EpE_p est minimale) et nulle aux extrémités.
    • Oublier l'énergie potentielle de pesanteur pour un pendule vertical : EpeE_{pe} seule vaut 12 k (Δℓ0+z)2\frac{1}{2}\,k\,(\Delta\ell_0 + z)^2 ; c'est la somme Epe+EppE_{pe} + E_{pp} qui se réduit à 12 k z2\frac{1}{2}\,k\,z^2 à une constante près.
    • Se tromper de signe pour le travail du poids : avec zz vers le haut, W=m g (zA−zB)W = m\,g\,(z_A - z_B) est positif en descente et négatif en montée.
    • Utiliser Epp=12 m g d θ2E_{pp} = \frac{1}{2}\,m\,g\,d\,\theta^2 pour toute amplitude : c'est une approximation de m g d (1−cos⁡θ)m\,g\,d\,(1 - \cos\theta), valable seulement pour de faibles angles (θ\theta en radians).
    • Confondre l'énergie dissipée et l'énergie restante : la fraction perdue est 1−EfinalEinitial1 - \frac{E_{final}}{E_{initial}}, et le rapport des énergies est le carré du rapport des amplitudes.

    À retenir

    • Ec=12 m v2E_c = \frac{1}{2}\,m\,v^2 (translation) ou 12 JΔ ω2\frac{1}{2}\,J_\Delta\,\omega^2 (rotation) ; Epe=12 k x2E_{pe} = \frac{1}{2}\,k\,x^2 ; Ept=12 C θ2E_{pt} = \frac{1}{2}\,C\,\theta^2 ; Epp=m g z+csteE_{pp} = m\,g\,z + \text{cste} (avec zz vers le haut).
    • L'énergie potentielle est définie à une constante près : on choisit une référence, seule sa variation compte (ΔEp=−W\Delta E_p = -W des forces conservatives).
    • Em=Ec+EpE_m = E_c + E_p ; ΔEm=∑W(forces non conservatives)\Delta E_m = \sum W(\text{forces non conservatives}). Sans frottement, EmE_m est constante.
    • Pendule élastique : Em=12 m v2+12 k x2=12 k Xm2E_m = \frac{1}{2}\,m\,v^2 + \frac{1}{2}\,k\,x^2 = \frac{1}{2}\,k\,X_m^2 ; v2=ω02(Xm2−x2)v^2 = \omega_0^2\left(X_m^2 - x^2\right) ; vmax=ω0 Xmv_{max} = \omega_0\,X_m en x=0x = 0.
    • dEmdt=0\frac{dE_m}{dt} = 0 redonne l'équation différentielle x¨+kmx=0\ddot{x} + \frac{k}{m}x = 0 (ou θ¨+CJΔθ=0\ddot{\theta} + \frac{C}{J_\Delta}\theta = 0).
    • Ec(t)E_c(t) et Ep(t)E_p(t) varient avec la période T02\frac{T_0}{2}, avec une valeur moyenne Em2\frac{E_m}{2} chacune ; elles s'échangent de l'énergie à EmE_m constante.
    • Pendule pesant : Epp=m g d (1−cos⁡θ)≈12 m g d θ2E_{pp} = m\,g\,d\,(1 - \cos\theta) \approx \frac{1}{2}\,m\,g\,d\,\theta^2 pour de faibles angles ; la conservation de EmE_m reste exacte pour toute amplitude.
    • Avec frottements : ΔEm=W(f⃗)<0\Delta E_m = W(\vec{f}) < 0, régimes pseudopériodique, critique et apériodique ; le rapport des énergies est le carré du rapport des amplitudes.

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