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    2e Bac Sciences physiques (PC)

    Systèmes mécaniques oscillants

    Systèmes mécaniques oscillants 2e Bac PC : pendules élastique, de torsion et pesant, équations différentielles, périodes propres, 10 exercices.

    Prérequis : Lois de Newton, rotation autour d'un axe fixe (2e Bac), équations différentielles y'' + ay = 0, dipôle LC

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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
    Lois de Newton, rotation autour d'un axe fixe (2e Bac), équations différentielles y'' + ay = 0, dipôle LC
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    Licence
    contenu original 9raya, gratuit, CC BY-NC-SA 4.0.

    L'essentiel

    1. Oscillateur mécanique et oscillations libres

    Définition

    Un oscillateur mécanique est un système qui effectue un mouvement de va-et-vient de part et d'autre d'une position d'équilibre stable. Les oscillations sont libres quand, après avoir été écarté de sa position d'équilibre (ou après un choc initial), le système évolue seul, sans apport d'énergie extérieur. On étudie ici le cas idéal sans frottement : les oscillations sont alors non amorties.

    Le plus simple des oscillateurs est l'oscillateur harmonique : son mouvement est sinusoïdal.

    Propriété

    L'abscisse d'un oscillateur harmonique s'écrit x(t)=Xmcos⁡(2πT0 t+φ)=Xmcos⁡(ω0 t+φ)x(t) = X_m \cos\left(\frac{2\pi}{T_0}\,t + \varphi\right) = X_m \cos\left(\omega_0\,t + \varphi\right), avec :

    • XmX_m l'amplitude (en m pour une translation, en rad pour une rotation) ;
    • T0T_0 la période propre (en s), f0=1T0f_0 = \frac{1}{T_0} la fréquence propre (en Hz) ;
    • ω0=2πT0\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0} la pulsation propre (en rad.s−1\text{rad.s}^{-1}) ;
    • φ\varphi la phase à l'origine (en rad).

    Par dérivation : v(t)=x˙=−ω0 Xmsin⁡(ω0 t+φ)v(t) = \dot{x} = -\omega_0\,X_m \sin(\omega_0\,t + \varphi) et a(t)=x¨=−ω02 Xmcos⁡(ω0 t+φ)=−ω02 xa(t) = \ddot{x} = -\omega_0^2\,X_m \cos(\omega_0\,t + \varphi) = -\omega_0^2\,x. La vitesse est maximale (vmax=ω0 Xmv_{max} = \omega_0\,X_m) au passage par la position d'équilibre ; l'accélération est maximale (amax=ω02 Xma_{max} = \omega_0^2\,X_m) aux positions extrêmes x=±Xmx = \pm X_m.

    Propriété

    Si l'étude dynamique conduit à une équation de la forme x¨+K x=0\ddot{x} + K\,x = 0 avec K>0K > 0 constante, le mouvement est sinusoïdal de pulsation propre ω0=K\omega_0 = \sqrt{K}, donc de période propre T0=2πKT_0 = \frac{2\pi}{\sqrt{K}}. En effet, x(t)=Xmcos⁡(ω0 t+φ)x(t) = X_m\cos(\omega_0\,t + \varphi) donne x¨=−ω02 x\ddot{x} = -\omega_0^2\,x : l'équation est vérifiée si et seulement si ω02=K\omega_0^2 = K. Les constantes XmX_m et φ\varphi ne sont pas imposées par l'équation : elles dépendent des conditions initiales.

    Propriété

    Avec les conditions initiales x(0)=x0x(0) = x_0 et v(0)=v0v(0) = v_0 : Xm=x02+(v0ω0)2X_m = \sqrt{x_0^2 + \left(\frac{v_0}{\omega_0}\right)^2} avec cos⁡φ=x0Xm\cos\varphi = \frac{x_0}{X_m} et sin⁡φ=−v0ω0 Xm\sin\varphi = -\frac{v_0}{\omega_0\,X_m}.

    Cas fréquent : le système est lâché sans vitesse en x0>0x_0 > 0 : v0=0v_0 = 0, donc Xm=x0X_m = x_0 et φ=0\varphi = 0.

    2. Démarche de l'étude dynamique

    Pour chaque oscillateur, on suit toujours les mêmes étapes :

    1. choisir le système et un référentiel galiléen (le laboratoire) ;
    2. choisir l'origine du repère à la position d'équilibre ;
    3. faire le bilan des forces (ou des moments) à un instant quelconque, avec la grandeur xx (ou θ\theta) positive ;
    4. appliquer la 2e loi de Newton (translation) ou la relation fondamentale en rotation ∑MΔ=JΔ θ¨\sum \mathcal{M}_\Delta = J_\Delta\,\ddot{\theta} ;
    5. projeter pour obtenir l'équation différentielle, puis identifier ω0\omega_0 et T0T_0.

    3. Pendule élastique horizontal

    Un solide SS de masse mm glisse sans frottement sur un plan horizontal. Il est accroché à un ressort à spires non jointives, de raideur kk (en N.m−1\text{N.m}^{-1}), dont l'autre extrémité est fixe. On repère le centre d'inertie GG par son abscisse xx sur un axe horizontal, l'origine OO étant la position d'équilibre (ressort ni étiré ni comprimé). L'allongement du ressort est alors égal à xx.

    Forces : le poids mg⃗m\vec{g}, la réaction R⃗\vec{R} du plan (elles sont verticales et se compensent, car GG ne se déplace pas verticalement) et la tension du ressort T⃗=−k x i⃗\vec{T} = -k\,x\,\vec{i} (force de rappel, toujours orientée vers OO). La 2e loi de Newton, projetée sur OxOx, donne −k x=m x¨-k\,x = m\,\ddot{x}, soit

    x¨+km x=0⇒ω0=kmetT0=2πmk\ddot{x} + \frac{k}{m}\,x = 0 \qquad\Rightarrow\qquad \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} \quad\text{et}\quad T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}

    Remarque

    Plus la masse est grande, plus la période est grande (T0∝mT_0 \propto \sqrt{m}) : le système est plus « lent ». Plus le ressort est raide, plus la période est petite (T0∝1kT_0 \propto \frac{1}{\sqrt{k}}). La période ne dépend ni de l'amplitude ni de gg.

    4. Pendule élastique vertical

    Le ressort est maintenant vertical, le solide SS est suspendu à son extrémité libre. On oriente l'axe OzOz vers le bas, l'origine OO étant la position d'équilibre de GG. À l'équilibre, le ressort est déjà allongé de Δℓ0\Delta\ell_0 : la condition d'équilibre k Δℓ0=m gk\,\Delta\ell_0 = m\,g donne Δℓ0=m gk\Delta\ell_0 = \frac{m\,g}{k}.

    À un instant quelconque, l'allongement est Δℓ0+z\Delta\ell_0 + z. La 2e loi de Newton, projetée sur OzOz, s'écrit :

    m g−k (Δℓ0+z)=m z¨m\,g - k\,(\Delta\ell_0 + z) = m\,\ddot{z}

    Comme m g−k Δℓ0=0m\,g - k\,\Delta\ell_0 = 0, on obtient −k z=m z¨-k\,z = m\,\ddot{z}, soit z¨+km z=0\ddot{z} + \frac{k}{m}\,z = 0 : la même équation que pour le pendule horizontal, donc la même période propre

    T0=2πmk=2πΔℓ0g.T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{\Delta\ell_0}{g}}.

    Remarque

    Le poids ne change pas la période : il décale seulement la position d'équilibre (allongement Δℓ0\Delta\ell_0). La relation T0=2πΔℓ0gT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{\Delta\ell_0}{g}} permet de trouver T0T_0 en mesurant l'allongement à l'équilibre. Sur un plan incliné d'un angle α\alpha, on trouve de la même façon Δℓ0=m gsin⁡αk\Delta\ell_0 = \frac{m\,g\sin\alpha}{k} et la même période T0=2πmkT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}.

    5. Pendule de torsion

    Un pendule de torsion est formé d'un fil (ou d'une tige) vertical, fixé à son extrémité supérieure, dont l'extrémité inférieure est solidaire d'un solide (barre horizontale, disque) de moment d'inertie JΔJ_\Delta par rapport à l'axe Δ\Delta vertical du fil. On repère le solide par l'angle de torsion θ\theta, mesuré à partir de la position d'équilibre où le fil n'est pas tordu.

    Quand le fil est tordu de θ\theta, il exerce un couple de torsion de moment M=−C θ\mathcal{M} = -C\,\theta, où CC est la constante de torsion du fil (en N.m.rad−1\text{N.m.rad}^{-1}), qui dépend de sa nature, de sa longueur et de son diamètre. Le poids et la tension du fil sont parallèles à l'axe Δ\Delta : leurs moments par rapport à Δ\Delta sont nuls. La relation fondamentale de la dynamique en rotation donne −C θ=JΔ θ¨-C\,\theta = J_\Delta\,\ddot{\theta}, soit

    θ¨+CJΔ θ=0⇒ω0=CJΔetT0=2πJΔC\ddot{\theta} + \frac{C}{J_\Delta}\,\theta = 0 \qquad\Rightarrow\qquad \omega_0 = \sqrt{\frac{C}{J_\Delta}} \quad\text{et}\quad T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{C}}

    La solution est θ(t)=θmcos⁡(2πT0 t+φ)\theta(t) = \theta_m\cos\left(\frac{2\pi}{T_0}\,t + \varphi\right), où θm\theta_m est l'amplitude angulaire. Cette loi est valable tant que la torsion reste faible (le fil reste dans son domaine élastique).

    6. Pendule pesant

    Définition

    Un pendule pesant est un solide mobile autour d'un axe horizontal fixe Δ\Delta qui ne passe pas par son centre d'inertie GG. On note d=OGd = OG la distance entre GG et l'axe, et θ\theta l'angle entre OG⃗\vec{OG} et la verticale descendante (position d'équilibre stable : GG sous l'axe).

    Forces : le poids (appliqué en GG) et la réaction de l'axe, dont le moment est nul si l'axe est lisse. Le moment du poids est −m g d sin⁡θ-m\,g\,d\,\sin\theta : il tend à ramener le solide vers l'équilibre. La relation fondamentale donne

    JΔ θ¨=−m g d sin⁡θ.J_\Delta\,\ddot{\theta} = -m\,g\,d\,\sin\theta.

    Cette équation n'est pas linéaire. Pour des oscillations de faible amplitude (en pratique jusqu'à 20∘20^\circ environ : à 20∘20^\circ, sin⁡θ\sin\theta et θ\theta ne diffèrent que d'environ 2 %2\,\%), on a sin⁡θ≈θ\sin\theta \approx \theta (avec θ\theta en radians) :

    θ¨+m g dJΔ θ=0⇒ω0=m g dJΔetT0=2πJΔm g d\ddot{\theta} + \frac{m\,g\,d}{J_\Delta}\,\theta = 0 \qquad\Rightarrow\qquad \omega_0 = \sqrt{\frac{m\,g\,d}{J_\Delta}} \quad\text{et}\quad T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{m\,g\,d}}

    Exemple

    Pendule simple : cas limite d'une masse mm ponctuelle au bout d'un fil de longueur ℓ\ell. On a JΔ=m ℓ2J_\Delta = m\,\ell^2 et d=ℓd = \ell, donc T0=2πℓgT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g}} : la période ne dépend plus de la masse. Tige homogène de longueur LL pivotant par une extrémité : JΔ=13m L2J_\Delta = \frac{1}{3}m\,L^2 et d=L2d = \frac{L}{2}, donc T0=2π2L3 gT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{2L}{3\,g}}.

    7. Les trois oscillateurs côte à côte

    OscillateurGrandeur repéréeInertieRappelÉquation différentielleT0T_0
    Élastiquexx (m)mm (kg)kk (N.m−1\text{N.m}^{-1})x¨+kmx=0\ddot{x} + \frac{k}{m}x = 02πmk2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}
    Torsionθ\theta (rad)JΔJ_\Delta (kg.m2\text{kg.m}^2)CC (N.m.rad−1\text{N.m.rad}^{-1})θ¨+CJΔθ=0\ddot{\theta} + \frac{C}{J_\Delta}\theta = 02πJΔC2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{C}}
    Pesant (faible amplitude)θ\theta (rad)JΔJ_\Deltam g dm\,g\,d (N.m\text{N.m})θ¨+mgdJΔθ=0\ddot{\theta} + \frac{m g d}{J_\Delta}\theta = 02πJΔm g d2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{m\,g\,d}}

    Dans les trois cas, la période propre est 2πinertierappel2\pi\sqrt{\frac{\text{inertie}}{\text{rappel}}} : plus l'inertie est grande, plus l'oscillateur est lent ; plus le rappel est fort, plus il est rapide. Dans ces modèles, T0T_0 ne dépend pas de l'amplitude (isochronisme).

    Remarque

    Les frottements, qui font décroître l'amplitude (oscillations amorties), ainsi que les échanges d'énergie, sont traités dans le chapitre suivant (aspects énergétiques des oscillations mécaniques).

    Méthodes

    Méthode 1 : Établir l'équation différentielle d'un pendule élastique

    1. Choisis l'axe et l'origine OO à la position d'équilibre ; fais un schéma à un instant quelconque.
    2. Liste les forces : poids, réaction (ou tension du ressort −k x i⃗-k\,x\,\vec{i} pour le horizontal).
    3. Pour le vertical : écris d'abord la condition d'équilibre k Δℓ0=m gk\,\Delta\ell_0 = m\,g, puis la 2e loi de Newton avec l'allongement Δℓ0+z\Delta\ell_0 + z ; le terme m g−k Δℓ0m\,g - k\,\Delta\ell_0 s'annule.
    4. Projette : m x¨=−k xm\,\ddot{x} = -k\,x, donc x¨+km x=0\ddot{x} + \frac{k}{m}\,x = 0 et T0=2πmkT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}.

    Exemple : m=0,10 kgm = 0{,}10\,\text{kg} et k=10 N.m−1k = 10\,\text{N.m}^{-1} donnent ω0=100,10=10 rad.s−1\omega_0 = \sqrt{\frac{10}{0{,}10}} = 10\,\text{rad.s}^{-1} et T0=2π10=0,63 sT_0 = \frac{2\pi}{10} = 0{,}63\,\text{s}.

    Méthode 2 : Établir l'équation d'un pendule de torsion ou pesant

    1. Fais un schéma vu de dessus (torsion) ou de face (pesant) et choisis le sens positif de θ\theta.
    2. Calcule les moments des forces par rapport à Δ\Delta : −C θ-C\,\theta pour la torsion ; −m g d sin⁡θ-m\,g\,d\,\sin\theta pour le pendule pesant (la réaction a un moment nul).
    3. Écris ∑MΔ=JΔ θ¨\sum \mathcal{M}_\Delta = J_\Delta\,\ddot{\theta}.
    4. Pour le pesant, remplace sin⁡θ\sin\theta par θ\theta en précisant « faible amplitude ». Identifie ω02\omega_0^2 et T0=2πω0T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0}.

    Exemple (pesant) : JΔ=0,040 kg.m2J_\Delta = 0{,}040\,\text{kg.m}^2, m=1,0 kgm = 1{,}0\,\text{kg} et d=0,20 md = 0{,}20\,\text{m} donnent ω02=1,0×9,8×0,200,040=49 rad2.s−2\omega_0^2 = \frac{1{,}0 \times 9{,}8 \times 0{,}20}{0{,}040} = 49\,\text{rad}^2.\text{s}^{-2}, soit ω0=7,0 rad.s−1\omega_0 = 7{,}0\,\text{rad.s}^{-1} et T0=0,90 sT_0 = 0{,}90\,\text{s}.

    Méthode 3 : Vérifier qu'une fonction est solution et déduire T0T_0

    1. Dérive deux fois la fonction proposée : x(t)=Xmcos⁡(ω t+φ)x(t) = X_m\cos(\omega\,t + \varphi) donne x¨=−ω2 x\ddot{x} = -\omega^2\,x.
    2. Remplace dans l'équation différentielle : −ω2 x+km x=0-\omega^2\,x + \frac{k}{m}\,x = 0.
    3. L'égalité est vraie pour tout tt si ω2=km\omega^2 = \frac{k}{m}. Déduis T0=2πωT_0 = \frac{2\pi}{\omega}.

    Exemple : avec x¨+25 x=0\ddot{x} + 25\,x = 0, on identifie ω02=25\omega_0^2 = 25, donc ω0=5 rad.s−1\omega_0 = 5\,\text{rad.s}^{-1} et T0=2π5=1,26 sT_0 = \frac{2\pi}{5} = 1{,}26\,\text{s}.

    Méthode 4 : Déterminer XmX_m et φ\varphi avec les conditions initiales

    1. Écris 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).
    2. Traduis x(0)=x0x(0) = x_0 et v(0)=v0v(0) = v_0 : Xmcos⁡φ=x0X_m\cos\varphi = x_0 et −ω0 Xmsin⁡φ=v0-\omega_0\,X_m\sin\varphi = v_0.
    3. Déduis Xm=x02+(v0ω0)2X_m = \sqrt{x_0^2 + \left(\frac{v_0}{\omega_0}\right)^2} puis φ\varphi à l'aide de cos⁡φ\cos\varphi et sin⁡φ\sin\varphi.

    Exemple : ω0=10 rad.s−1\omega_0 = 10\,\text{rad.s}^{-1}, x0=3,0 cmx_0 = 3{,}0\,\text{cm} et v0=0,40 m.s−1v_0 = 0{,}40\,\text{m.s}^{-1} donnent Xm=0,0302+0,0402=0,050 mX_m = \sqrt{0{,}030^2 + 0{,}040^2} = 0{,}050\,\text{m}, cos⁡φ=0,60\cos\varphi = 0{,}60 et sin⁡φ=−0,80\sin\varphi = -0{,}80, d'où φ=−0,93 rad\varphi = -0{,}93\,\text{rad}.

    Méthode 5 : Exploiter une mesure et contrôler une formule

    1. Pour mesurer T0T_0, chronomètre nn oscillations (par exemple n=10n = 10) et divise : T0=ΔtnT_0 = \frac{\Delta t}{n}, ce qui réduit l'erreur relative sur T0T_0.
    2. Pour trouver kk ou JΔJ_\Delta expérimentalement, trace T02T_0^2 en fonction de l'inertie : T02=4π2k mT_0^2 = \frac{4\pi^2}{k}\,m est une droite passant par l'origine, de pente 4π2k\frac{4\pi^2}{k}.
    3. Contrôle l'homogénéité : kk en N.m−1=kg.s−2\text{N.m}^{-1} = \text{kg.s}^{-2}, donc mk\frac{m}{k} est en s2\text{s}^2 ; CC en N.m.rad−1=kg.m2.s−2\text{N.m.rad}^{-1} = \text{kg.m}^2.\text{s}^{-2} (le radian n'a pas de dimension), donc JΔC\frac{J_\Delta}{C} est en s2\text{s}^2.

    Exemple : une droite T02=1,58 mT_0^2 = 1{,}58\,m (avec T02T_0^2 en s2\text{s}^2 et mm en kg) donne k=4π21,58=25 N.m−1k = \frac{4\pi^2}{1{,}58} = 25\,\text{N.m}^{-1}.

    Exercices corrigés

    Exercice 1 : Période d'un pendule élastique horizontal

    Facile

    Un solide de masse m=0,200 kgm = 0{,}200\,\text{kg} est fixé à un ressort horizontal de raideur k=20 N.m−1k = 20\,\text{N.m}^{-1}. Il glisse sans frottement. On le met en oscillation.

    1. Calcule la pulsation propre ω0\omega_0, la période propre T0T_0 et la fréquence propre f0f_0.
    2. On remplace le solide par un solide de masse 0,800 kg0{,}800\,\text{kg}. Calcule la nouvelle période. Comment est-elle liée à T0T_0 ?
    3. On garde la masse 0,200 kg0{,}200\,\text{kg} et on remplace le ressort par un ressort de raideur 80 N.m−180\,\text{N.m}^{-1}. Calcule la période.
    Voir le corrigé

    1) ω0=km=200,200=10,0 rad.s−1\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{20}{0{,}200}} = 10{,}0\,\text{rad.s}^{-1}. T0=2πω0=0,628 sT_0 = \frac{2\pi}{\omega_0} = 0{,}628\,\text{s} et f0=1T0=1,59 Hzf_0 = \frac{1}{T_0} = 1{,}59\,\text{Hz}.

    2) T0′=2π0,80020=2π×0,200=1,26 sT_0' = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}800}{20}} = 2\pi \times 0{,}200 = 1{,}26\,\text{s}. La masse a été multipliée par 44 : la période est multipliée par 4=2\sqrt{4} = 2 (1,26=2×0,6281{,}26 = 2 \times 0{,}628).

    3) T0′′=2π0,20080=2π×0,0500=0,314 sT_0'' = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}200}{80}} = 2\pi \times 0{,}0500 = 0{,}314\,\text{s}. La raideur a été multipliée par 44 : la période est divisée par 22.

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    Exercice 2 : Position, vitesse et conditions initiales

    Facile

    Un pendule élastique horizontal a pour pulsation propre ω0=10 rad.s−1\omega_0 = 10\,\text{rad.s}^{-1}. On étudie deux départs différents.

    1. Cas A : à t=0t = 0, on écarte le solide de x0=4,0 cmx_0 = 4{,}0\,\text{cm} et on le lâche sans vitesse. Écris x(t)x(t). Calcule la vitesse maximale et l'accélération maximale.
    2. Cas B : à t=0t = 0, le solide passe en x0=3,0 cmx_0 = 3{,}0\,\text{cm} avec la vitesse v0=+0,40 m.s−1v_0 = +0{,}40\,\text{m.s}^{-1} (dans le sens des xx croissants). Calcule l'amplitude XmX_m et la phase à l'origine φ\varphi, puis écris x(t)x(t).
    3. Dans le cas B, calcule la vitesse maximale. Vérifie la cohérence avec v0v_0.
    Voir le corrigé

    1) v0=0v_0 = 0 donc Xm=x0=0,040 mX_m = x_0 = 0{,}040\,\text{m} et φ=0\varphi = 0 : x(t)=0,040cos⁡(10 t)x(t) = 0{,}040\cos(10\,t) (en m, avec tt en s). vmax=ω0 Xm=10×0,040=0,40 m.s−1v_{max} = \omega_0\,X_m = 10 \times 0{,}040 = 0{,}40\,\text{m.s}^{-1} et amax=ω02 Xm=100×0,040=4,0 m.s−2a_{max} = \omega_0^2\,X_m = 100 \times 0{,}040 = 4{,}0\,\text{m.s}^{-2}.

    2) Xm=x02+(v0ω0)2=0,0302+0,0402=0,050 mX_m = \sqrt{x_0^2 + \left(\frac{v_0}{\omega_0}\right)^2} = \sqrt{0{,}030^2 + 0{,}040^2} = 0{,}050\,\text{m}. Alors cos⁡φ=x0Xm=0,60\cos\varphi = \frac{x_0}{X_m} = 0{,}60 et sin⁡φ=−v0ω0 Xm=−0,400,50=−0,80\sin\varphi = -\frac{v_0}{\omega_0\,X_m} = -\frac{0{,}40}{0{,}50} = -0{,}80. Le sinus est négatif et le cosinus positif : φ=−0,93 rad\varphi = -0{,}93\,\text{rad} (soit −53∘-53^\circ). Donc x(t)=0,050cos⁡(10 t−0,93)x(t) = 0{,}050\cos(10\,t - 0{,}93) (en m).

    3) vmax=ω0 Xm=10×0,050=0,50 m.s−1v_{max} = \omega_0\,X_m = 10 \times 0{,}050 = 0{,}50\,\text{m.s}^{-1}. C'est plus que v0=0,40 m.s−1v_0 = 0{,}40\,\text{m.s}^{-1}, ce qui est normal : à t=0t = 0, le solide est en x0=3,0 cmx_0 = 3{,}0\,\text{cm} et non en x=0x = 0, où la vitesse est maximale. Comme il s'éloigne de OO (x0>0x_0 > 0 et v0>0v_0 > 0), il ralentit ensuite jusqu'à x=Xmx = X_m.

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    Exercice 3 : Un pendule élastique vertical

    Moyen

    Un ressort de raideur k=40 N.m−1k = 40\,\text{N.m}^{-1} et de longueur à vide ℓ0=20 cm\ell_0 = 20\,\text{cm} est suspendu verticalement. On accroche à son extrémité libre un solide de masse m=0,400 kgm = 0{,}400\,\text{kg}. On donne g=9,8 m.s−2g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}.

    1. Calcule l'allongement Δℓ0\Delta\ell_0 à l'équilibre et la longueur du ressort à l'équilibre.
    2. L'axe OzOz est vertical dirigé vers le bas, l'origine OO étant la position d'équilibre de GG. Établis l'équation différentielle vérifiée par z(t)z(t) lors des oscillations.
    3. Déduis la période propre T0T_0. Vérifie que T0=2πΔℓ0gT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{\Delta\ell_0}{g}}.
    4. On tire le solide de 5,0 cm5{,}0\,\text{cm} vers le bas à partir de l'équilibre et on le lâche sans vitesse à t=0t = 0. Écris z(t)z(t) et calcule la vitesse maximale.
    5. Calcule les valeurs maximale et minimale de la tension du ressort pendant le mouvement. Le ressort reste-t-il toujours tendu ?
    Voir le corrigé

    1) À l'équilibre, k Δℓ0=m gk\,\Delta\ell_0 = m\,g, donc Δℓ0=0,400×9,840=9,8×10−2 m\Delta\ell_0 = \frac{0{,}400 \times 9{,}8}{40} = 9{,}8 \times 10^{-2}\,\text{m}, soit 9,8 cm9{,}8\,\text{cm}. La longueur à l'équilibre est ℓeq=20+9,8=29,8 cm\ell_{eq} = 20 + 9{,}8 = 29{,}8\,\text{cm}.

    2) Système : le solide ; référentiel terrestre supposé galiléen. Forces : le poids mg⃗m\vec{g} et la tension T⃗\vec{T} du ressort, de valeur k (Δℓ0+z)k\,(\Delta\ell_0 + z) (allongement à l'instant tt). 2e loi de Newton projetée sur OzOz : m g−k (Δℓ0+z)=m z¨m\,g - k\,(\Delta\ell_0 + z) = m\,\ddot{z}. Avec m g=k Δℓ0m\,g = k\,\Delta\ell_0, il reste −k z=m z¨-k\,z = m\,\ddot{z}, c'est-à-dire z¨+km z=0\ddot{z} + \frac{k}{m}\,z = 0, soit z¨+100 z=0\ddot{z} + 100\,z = 0 (en s−2\text{s}^{-2}).

    3) On identifie ω02=km=100 rad2.s−2\omega_0^2 = \frac{k}{m} = 100\,\text{rad}^2.\text{s}^{-2}, donc 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}. Vérification : 2π0,0989,8=2π0,010=0,628 s2\pi\sqrt{\frac{0{,}098}{9{,}8}} = 2\pi\sqrt{0{,}010} = 0{,}628\,\text{s}.

    4) Conditions initiales : z(0)=+0,050 mz(0) = +0{,}050\,\text{m} et z˙(0)=0\dot{z}(0) = 0, donc Zm=0,050 mZ_m = 0{,}050\,\text{m} et φ=0\varphi = 0 : z(t)=0,050cos⁡(10 t)z(t) = 0{,}050\cos(10\,t) (en m). La vitesse maximale est vmax=ω0 Zm=10×0,050=0,50 m.s−1v_{max} = \omega_0\,Z_m = 10 \times 0{,}050 = 0{,}50\,\text{m.s}^{-1} (au passage par la position d'équilibre).

    5) La tension a pour valeur k (Δℓ0+z)k\,(\Delta\ell_0 + z). Maximale pour z=+0,050 mz = +0{,}050\,\text{m} : 40×(0,098+0,050)=5,92 N40 \times (0{,}098 + 0{,}050) = 5{,}92\,\text{N}. Minimale pour z=−0,050 mz = -0{,}050\,\text{m} : 40×(0,098−0,050)=1,92 N40 \times (0{,}098 - 0{,}050) = 1{,}92\,\text{N}. Cette valeur reste positive : l'allongement Δℓ0+z\Delta\ell_0 + z ne s'annule jamais, car l'amplitude (5,0 cm5{,}0\,\text{cm}) est plus petite que Δℓ0\Delta\ell_0 (9,8 cm9{,}8\,\text{cm}). Le ressort reste donc toujours tendu.

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    Exercice 4 : Retrouver la raideur d'un ressort par une courbe

    Moyen

    Dans un TP, on accroche successivement différentes masses mm à un même ressort horizontal sans frottement. Pour chaque masse, on mesure la période propre T0T_0 (sur 1010 oscillations).

    mm (kg)0,1000,2000,3000,4000,500
    T0T_0 (s)0,3970,5620,6880,7950,889
    1. Calcule T02T_0^2 pour chaque masse.
    2. Montre que la courbe T02=f(m)T_0^2 = f(m) est une droite passant par l'origine, et que ce résultat est conforme à la théorie.
    3. Calcule le coefficient directeur de la droite avec les points extrêmes, puis déduis la raideur kk du ressort.
    Voir le corrigé

    1) Les valeurs de T02T_0^2 (en s2\text{s}^2) sont : 0,15760{,}1576 ; 0,31580{,}3158 ; 0,47330{,}4733 ; 0,63200{,}6320 ; 0,79030{,}7903.

    2) Le rapport T02m\frac{T_0^2}{m} vaut 1,5761{,}576 ; 1,5791{,}579 ; 1,5781{,}578 ; 1,5801{,}580 ; 1,5811{,}581 (s2.kg−1\text{s}^2.\text{kg}^{-1}) : il est constant aux erreurs de mesure près. Donc T02T_0^2 est proportionnelle à mm et la courbe est une droite passant par l'origine. C'est conforme à la théorie : T0=2πmkT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} donne T02=4π2k mT_0^2 = \frac{4\pi^2}{k}\,m.

    3) Coefficient directeur : p=0,7903−0,15760,500−0,100=1,58 s2.kg−1p = \frac{0{,}7903 - 0{,}1576}{0{,}500 - 0{,}100} = 1{,}58\,\text{s}^2.\text{kg}^{-1}. D'après la théorie, p=4π2kp = \frac{4\pi^2}{k}, donc k=4π2p=39,481,58=25 N.m−1k = \frac{4\pi^2}{p} = \frac{39{,}48}{1{,}58} = 25\,\text{N.m}^{-1}.

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    Exercice 5 : Un pendule de torsion

    Moyen

    Un disque homogène de masse m=0,40 kgm = 0{,}40\,\text{kg} et de rayon R=10 cmR = 10\,\text{cm} est suspendu par son centre à un fil de torsion vertical, de constante de torsion C=0,025 N.m.rad−1C = 0{,}025\,\text{N.m.rad}^{-1}. On tourne le disque dans un plan horizontal et on le lâche : il oscille sans frottement autour de l'axe du fil. On rappelle que le moment d'inertie d'un disque homogène par rapport à son axe de révolution est JΔ=12 m R2J_\Delta = \frac{1}{2}\,m\,R^2.

    1. Calcule le moment d'inertie JΔJ_\Delta du disque par rapport à l'axe du fil.
    2. Établis l'équation différentielle du mouvement et donne l'expression de T0T_0. Calcule T0T_0.
    3. On fixe sur le disque deux petites masses ponctuelles identiques de 50 g50\,\text{g} chacune, à 8,0 cm8{,}0\,\text{cm} de l'axe de part et d'autre. Calcule le nouveau moment d'inertie et la nouvelle période.
    4. Quelle constante de torsion C′C' faudrait-il pour que le disque seul ait une période de 1,00 s1{,}00\,\text{s} ?
    Voir le corrigé

    1) JΔ=12 m R2=12×0,40×(0,10)2=2,0×10−3 kg.m2J_\Delta = \frac{1}{2}\,m\,R^2 = \frac{1}{2} \times 0{,}40 \times (0{,}10)^2 = 2{,}0 \times 10^{-3}\,\text{kg.m}^2.

    2) Seul le couple de torsion a un moment non nul : −C θ=JΔ θ¨-C\,\theta = J_\Delta\,\ddot{\theta}, donc θ¨+CJΔ θ=0\ddot{\theta} + \frac{C}{J_\Delta}\,\theta = 0. C'est l'équation d'un oscillateur harmonique de pulsation propre ω0=CJΔ\omega_0 = \sqrt{\frac{C}{J_\Delta}} et de période T0=2πJΔCT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{C}}. Application : T0=2π2,0×10−30,025=2π0,080=1,78 sT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{2{,}0 \times 10^{-3}}{0{,}025}} = 2\pi\sqrt{0{,}080} = 1{,}78\,\text{s}.

    3) Le moment d'inertie est additif. Chaque masse ajoute m1 r2=0,050×(0,080)2=3,2×10−4 kg.m2m_1\,r^2 = 0{,}050 \times (0{,}080)^2 = 3{,}2 \times 10^{-4}\,\text{kg.m}^2. Pour deux masses : ΔJ=6,4×10−4 kg.m2\Delta J = 6{,}4 \times 10^{-4}\,\text{kg.m}^2, donc JΔ′=2,0×10−3+6,4×10−4=2,64×10−3 kg.m2J_\Delta' = 2{,}0 \times 10^{-3} + 6{,}4 \times 10^{-4} = 2{,}64 \times 10^{-3}\,\text{kg.m}^2. La nouvelle période est T0′=2π2,64×10−30,025=2,04 sT_0' = 2\pi\sqrt{\frac{2{,}64 \times 10^{-3}}{0{,}025}} = 2{,}04\,\text{s} : le moment d'inertie augmente, donc la période augmente.

    4) T0=2πJΔC′T_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{C'}} donne C′=4π2 JΔT02=39,48×2,0×10−3(1,00)2=7,9×10−2 N.m.rad−1C' = \frac{4\pi^2\,J_\Delta}{T_0^2} = \frac{39{,}48 \times 2{,}0 \times 10^{-3}}{(1{,}00)^2} = 7{,}9 \times 10^{-2}\,\text{N.m.rad}^{-1}. Il faut un fil plus rigide, environ trois fois plus.

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    Exercice 6 : Une tige qui oscille comme un pendule pesant

    Moyen

    Une tige homogène de longueur L=0,80 mL = 0{,}80\,\text{m} et de masse m=0,50 kgm = 0{,}50\,\text{kg} peut osciller 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 donne g=9,8 m.s−2g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}.

    1. Calcule JΔJ_\Delta et la distance d=OGd = OG.
    2. Établis l'équation différentielle du mouvement pour de faibles oscillations. Déduis l'expression et la valeur de la période propre T0T_0.
    3. On écarte la tige de θm=0,15 rad\theta_m = 0{,}15\,\text{rad} et on la lâche sans vitesse. Justifie l'approximation de faible amplitude. Calcule la vitesse angulaire maximale et la vitesse linéaire maximale de l'extrémité libre.
    4. Calcule la longueur ℓ\ell d'un pendule simple qui aurait la même période.
    Voir le corrigé

    1) JΔ=13×0,50×(0,80)2=0,107 kg.m2J_\Delta = \frac{1}{3} \times 0{,}50 \times (0{,}80)^2 = 0{,}107\,\text{kg.m}^2 (valeur exacte 0,323=0,1067 kg.m2\frac{0{,}32}{3} = 0{,}1067\,\text{kg.m}^2). Le centre d'inertie est au milieu : d=L2=0,40 md = \frac{L}{2} = 0{,}40\,\text{m}.

    2) Le poids a pour moment −m g d sin⁡θ-m\,g\,d\,\sin\theta ; la réaction de l'axe a un moment nul. La relation fondamentale donne JΔ θ¨=−m g d sin⁡θJ_\Delta\,\ddot{\theta} = -m\,g\,d\,\sin\theta. Pour de faibles oscillations, sin⁡θ≈θ\sin\theta \approx \theta : θ¨+m g dJΔ θ=0\ddot{\theta} + \frac{m\,g\,d}{J_\Delta}\,\theta = 0. Donc ω0=m g dJΔ\omega_0 = \sqrt{\frac{m\,g\,d}{J_\Delta}} et T0=2πJΔm g dT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{m\,g\,d}}. Application : JΔm g d=0,10670,50×9,8×0,40=0,0544 s2\frac{J_\Delta}{m\,g\,d} = \frac{0{,}1067}{0{,}50 \times 9{,}8 \times 0{,}40} = 0{,}0544\,\text{s}^2, donc T0=2π×0,2333=1,47 sT_0 = 2\pi \times 0{,}2333 = 1{,}47\,\text{s}.

    3) Pour θ=0,15 rad\theta = 0{,}15\,\text{rad} (environ 8,6∘8{,}6^\circ), sin⁡(0,15)=0,1494\sin(0{,}15) = 0{,}1494, soit une différence de moins de 0,4 %0{,}4\,\% avec θ\theta : l'approximation est justifiée. Pulsation propre : ω0=2πT0=4,29 rad.s−1\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0} = 4{,}29\,\text{rad.s}^{-1}. Vitesse angulaire maximale : ωmax=ω0 θm=4,29×0,15=0,643 rad.s−1\omega_{max} = \omega_0\,\theta_m = 4{,}29 \times 0{,}15 = 0{,}643\,\text{rad.s}^{-1}. L'extrémité libre est à L=0,80 mL = 0{,}80\,\text{m} de l'axe : vmax=L ωmax=0,80×0,643=0,51 m.s−1v_{max} = L\,\omega_{max} = 0{,}80 \times 0{,}643 = 0{,}51\,\text{m.s}^{-1}.

    4) Pour un pendule simple, T0=2πℓgT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g}}. L'égalité des périodes donne ℓg=JΔm g d\frac{\ell}{g} = \frac{J_\Delta}{m\,g\,d}, soit ℓ=JΔm d=0,10670,50×0,40=0,533 m\ell = \frac{J_\Delta}{m\,d} = \frac{0{,}1067}{0{,}50 \times 0{,}40} = 0{,}533\,\text{m} (c'est 2L3\frac{2L}{3} pour une tige).

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    Exercice 7 : Oscillateurs emportés sur la Lune

    Moyen

    Un astronaute emporte sur la Lune (où gL=1,62 m.s−2g_L = 1{,}62\,\text{m.s}^{-2}) deux oscillateurs étudiés sur Terre (g=9,8 m.s−2g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}) :

    • un pendule élastique vertical : ressort de raideur k=40 N.m−1k = 40\,\text{N.m}^{-1} et solide de masse m=0,400 kgm = 0{,}400\,\text{kg} ;
    • un pendule pesant : tige homogène de longueur L=0,80 mL = 0{,}80\,\text{m} et de masse 0,50 kg0{,}50\,\text{kg}, pivotant par une extrémité, avec JΔ=13 m L2J_\Delta = \frac{1}{3}\,m\,L^2 et d=L2d = \frac{L}{2}.
    1. Calcule la période du pendule élastique sur Terre, puis sur la Lune. Calcule son allongement à l'équilibre dans chaque cas.
    2. Calcule la période du pendule pesant sur Terre, puis sur la Lune. Quel est le rapport entre les deux périodes ?
    3. Quel oscillateur permet de mesurer l'intensité de la pesanteur ? Explique.
    Voir le corrigé

    1) La période du pendule élastique est T0=2πmk=2π0,40040=0,628 sT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}400}{40}} = 0{,}628\,\text{s} : elle ne dépend pas de gg, donc elle est la même sur la Lune, 0,628 s0{,}628\,\text{s}. En revanche, l'allongement à l'équilibre Δℓ0=m gk\Delta\ell_0 = \frac{m\,g}{k} vaut 9,8 cm9{,}8\,\text{cm} sur Terre et 0,400×1,6240=1,62 cm\frac{0{,}400 \times 1{,}62}{40} = 1{,}62\,\text{cm} sur la Lune : le ressort est moins étiré, mais il oscille aussi vite.

    2) Sur Terre : T0=2πJΔm g d=2π0,10670,50×9,8×0,40=1,47 sT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{m\,g\,d}} = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}1067}{0{,}50 \times 9{,}8 \times 0{,}40}} = 1{,}47\,\text{s}. Sur la Lune : T0′=2π0,10670,50×1,62×0,40=3,61 sT_0' = 2\pi\sqrt{\frac{0{,}1067}{0{,}50 \times 1{,}62 \times 0{,}40}} = 3{,}61\,\text{s}. Le rapport est T0′T0=ggL=9,81,62=2,46\frac{T_0'}{T_0} = \sqrt{\frac{g}{g_L}} = \sqrt{\frac{9{,}8}{1{,}62}} = 2{,}46 : le pendule pesant oscille environ 2,52{,}5 fois plus lentement sur la Lune.

    3) Le pendule pesant (ou le pendule simple), car sa période dépend de gg : on mesure T0T_0 puis g=4π2 JΔm d T02g = \frac{4\pi^2\,J_\Delta}{m\,d\,T_0^2}. Le pendule élastique ne convient pas, puisque sa période ne dépend pas de gg.

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    Exercice 8 : Pendule pesant composé

    Difficile

    Un pendule est formé d'une tige homogène ABAB de masse m1=0,30 kgm_1 = 0{,}30\,\text{kg} et de longueur L=0,60 mL = 0{,}60\,\text{m}, mobile sans frottement autour d'un axe horizontal Δ\Delta passant par l'extrémité AA, et d'une petite sphère assimilée à un point matériel de masse m2=0,20 kgm_2 = 0{,}20\,\text{kg} fixée en BB. On donne le moment d'inertie de la tige seule par rapport à Δ\Delta : J1=13 m1 L2J_1 = \frac{1}{3}\,m_1\,L^2, et g=9,8 m.s−2g = 9{,}8\,\text{m.s}^{-2}.

    1. Calcule le moment d'inertie JΔJ_\Delta du pendule (tige + sphère).
    2. Calcule la distance dd entre l'axe et le centre d'inertie GG du pendule.
    3. Établis l'équation différentielle pour de faibles oscillations et calcule la période propre.
    4. Calcule la période de la tige seule. Pourquoi la sphère augmente-t-elle la période ?
    5. Calcule la longueur du pendule simple synchrone.
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    1) Le moment d'inertie est additif. Tige : J1=13×0,30×(0,60)2=0,036 kg.m2J_1 = \frac{1}{3} \times 0{,}30 \times (0{,}60)^2 = 0{,}036\,\text{kg.m}^2. Sphère ponctuelle : J2=m2 L2=0,20×(0,60)2=0,072 kg.m2J_2 = m_2\,L^2 = 0{,}20 \times (0{,}60)^2 = 0{,}072\,\text{kg.m}^2. Total : JΔ=0,108 kg.m2J_\Delta = 0{,}108\,\text{kg.m}^2.

    2) Le centre d'inertie est le barycentre : d=m1 L2+m2 Lm1+m2=0,30×0,30+0,20×0,600,50=0,210,50=0,42 md = \frac{m_1\,\frac{L}{2} + m_2\,L}{m_1 + m_2} = \frac{0{,}30 \times 0{,}30 + 0{,}20 \times 0{,}60}{0{,}50} = \frac{0{,}21}{0{,}50} = 0{,}42\,\text{m}.

    3) Avec m=m1+m2=0,50 kgm = m_1 + m_2 = 0{,}50\,\text{kg}, le moment du poids est −m g d sin⁡θ-m\,g\,d\,\sin\theta et, pour de faibles oscillations, JΔ θ¨=−m g d θJ_\Delta\,\ddot{\theta} = -m\,g\,d\,\theta, donc θ¨+m g dJΔ θ=0\ddot{\theta} + \frac{m\,g\,d}{J_\Delta}\,\theta = 0. On a m g d=0,50×9,8×0,42=2,058 N.mm\,g\,d = 0{,}50 \times 9{,}8 \times 0{,}42 = 2{,}058\,\text{N.m} et ω02=2,0580,108=19,06 rad2.s−2\omega_0^2 = \frac{2{,}058}{0{,}108} = 19{,}06\,\text{rad}^2.\text{s}^{-2}, donc ω0=4,37 rad.s−1\omega_0 = 4{,}37\,\text{rad.s}^{-1} et T0=2πω0=1,44 sT_0 = \frac{2\pi}{\omega_0} = 1{,}44\,\text{s}.

    4) Tige seule : T0=2π2L3 g=2π1,229,4=1,27 sT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{2L}{3\,g}} = 2\pi\sqrt{\frac{1{,}2}{29{,}4}} = 1{,}27\,\text{s}. La sphère à l'extrémité ajoute un moment d'inertie important (0,072 kg.m20{,}072\,\text{kg.m}^2, le double de celui de la tige) : JΔJ_\Delta est multiplié par 33 (de 0,0360{,}036 à 0,108 kg.m20{,}108\,\text{kg.m}^2), alors que m g dm\,g\,d est multiplié par 2,332{,}33 seulement (de 0,8820{,}882 à 2,058 N.m2{,}058\,\text{N.m}). Le rapport JΔm g d\frac{J_\Delta}{m\,g\,d} augmente, donc la période aussi.

    5) ℓ=JΔm d=0,1080,50×0,42=0,514 m\ell = \frac{J_\Delta}{m\,d} = \frac{0{,}108}{0{,}50 \times 0{,}42} = 0{,}514\,\text{m}. Contrôle : 2π0,5149,8=1,44 s2\pi\sqrt{\frac{0{,}514}{9{,}8}} = 1{,}44\,\text{s}.

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    Exercice 9 : Un chariot sur un ressort horizontal

    Type Bac

    Un chariot SS de masse m=0,500 kgm = 0{,}500\,\text{kg} peut glisser sans frottement sur un rail horizontal. Il est attaché à un ressort de raideur kk à spires non jointives, d'axe horizontal, dont l'autre extrémité est fixe. L'origine OO de l'axe horizontal OxOx est la position de GG à l'équilibre. À t=0t = 0, on écarte le chariot de 5,0 cm5{,}0\,\text{cm} dans le sens positif et on le lâche sans vitesse. Un enregistrement montre que 1010 oscillations durent 6,28 s6{,}28\,\text{s}.

    1. Fais le bilan des forces appliquées au chariot à un instant quelconque et représente-les sur un schéma.
    2. Établis l'équation différentielle vérifiée par x(t)x(t).
    3. Montre que x(t)=Xmcos⁡(2πT0 t+φ)x(t) = X_m\cos\left(\frac{2\pi}{T_0}\,t + \varphi\right) est solution de cette équation et donne l'expression de T0T_0.
    4. Calcule T0T_0 à partir de l'enregistrement. Déduis la raideur kk.
    5. Détermine XmX_m et φ\varphi puis écris x(t)x(t).
    6. Calcule la vitesse maximale du chariot et l'instant où elle est atteinte pour la première fois. Calcule l'accélération maximale et vérifie-la avec la force maximale exercée par le ressort.
    7. On remplace le chariot par un chariot de masse m′=2mm' = 2m. Calcule la nouvelle période.
    Voir le corrigé

    1) Le chariot est soumis à son poids mg⃗m\vec{g} (vertical, vers le bas), à la réaction R⃗\vec{R} du rail (verticale, vers le haut, car il n'y a pas de frottement) et à la tension T⃗\vec{T} du ressort (horizontale, dirigée vers OO quand x>0x > 0).

    2) 2e loi de Newton : mg⃗+R⃗+T⃗=ma⃗m\vec{g} + \vec{R} + \vec{T} = m\vec{a}. Projection sur OxOx : Tx=−k x=m x¨T_x = -k\,x = m\,\ddot{x}. L'équation est x¨+km x=0\ddot{x} + \frac{k}{m}\,x = 0.

    3) Avec x=Xmcos⁡(ω0 t+φ)x = X_m\cos(\omega_0\,t + \varphi), on a x¨=−ω02 x\ddot{x} = -\omega_0^2\,x. En remplaçant : (−ω02+km)x=0\left(-\omega_0^2 + \frac{k}{m}\right)x = 0 pour tout tt, donc ω02=km\omega_0^2 = \frac{k}{m}. Ainsi ω0=2πT0\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0} donne T0=2πmkT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}}.

    4) T0=6,2810=0,628 sT_0 = \frac{6{,}28}{10} = 0{,}628\,\text{s}. De T02=4π2 mkT_0^2 = \frac{4\pi^2\,m}{k}, on tire k=4π2 mT02=39,48×0,500(0,628)2=50 N.m−1k = \frac{4\pi^2\,m}{T_0^2} = \frac{39{,}48 \times 0{,}500}{(0{,}628)^2} = 50\,\text{N.m}^{-1}.

    5) x0=0,050 mx_0 = 0{,}050\,\text{m} et v0=0v_0 = 0 : Xm=0,050 mX_m = 0{,}050\,\text{m} et φ=0\varphi = 0. La pulsation est ω0=2πT0=10,0 rad.s−1\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0} = 10{,}0\,\text{rad.s}^{-1}. Donc x(t)=0,050cos⁡(10 t)x(t) = 0{,}050\cos(10\,t) (en m).

    6) vmax=ω0 Xm=10×0,050=0,50 m.s−1v_{max} = \omega_0\,X_m = 10 \times 0{,}050 = 0{,}50\,\text{m.s}^{-1}, atteinte quand x=0x = 0, c'est-à-dire pour 10 t=π210\,t = \frac{\pi}{2}, soit t=T04=0,157 st = \frac{T_0}{4} = 0{,}157\,\text{s}. amax=ω02 Xm=100×0,050=5,0 m.s−2a_{max} = \omega_0^2\,X_m = 100 \times 0{,}050 = 5{,}0\,\text{m.s}^{-2}. La force maximale du ressort est k Xm=50×0,050=2,5 Nk\,X_m = 50 \times 0{,}050 = 2{,}5\,\text{N}, et Fmaxm=2,50,500=5,0 m.s−2\frac{F_{max}}{m} = \frac{2{,}5}{0{,}500} = 5{,}0\,\text{m.s}^{-2} : on retrouve amaxa_{max}.

    7) T0′=2π2mk=2π1,0050=0,889 sT_0' = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{1{,}00}{50}} = 0{,}889\,\text{s}, c'est-à-dire 2 T0\sqrt{2}\,T_0.

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    Exercice 10 : Un pendule de torsion à tige horizontale

    Type Bac

    Un pendule de torsion est constitué d'un fil vertical de constante de torsion CC, dont l'extrémité supérieure est fixe et dont l'extrémité inférieure est attachée au milieu d'une tige homogène horizontale ABAB de masse m=0,300 kgm = 0{,}300\,\text{kg} et de longueur L=0,50 mL = 0{,}50\,\text{m}. L'axe Δ\Delta est confondu avec le fil. Le moment d'inertie de la tige par rapport à Δ\Delta est JΔ=112 m L2J_\Delta = \frac{1}{12}\,m\,L^2. On repère la tige par l'angle de torsion θ\theta à partir de la position d'équilibre (fil non tordu). À t=0t = 0, on tourne la tige de θ0=0,30 rad\theta_0 = 0{,}30\,\text{rad} et on la lâche sans vitesse. Les frottements sont négligés. Un enregistrement donne 1010 périodes en 7,85 s7{,}85\,\text{s}.

    1. Calcule JΔJ_\Delta.
    2. Établis l'équation différentielle vérifiée par θ(t)\theta(t), sachant que le moment du couple de torsion vaut −C θ-C\,\theta.
    3. Donne l'expression de la période propre T0T_0. Calcule T0T_0 puis la constante de torsion CC.
    4. Écris θ(t)\theta(t) avec les valeurs numériques.
    5. Calcule la vitesse angulaire maximale, puis la vitesse linéaire maximale de l'extrémité AA de la tige.
    6. Calcule la valeur maximale du moment du couple de torsion.
    7. On remplace le fil par un fil de constante de torsion C′=4CC' = 4C. Calcule la nouvelle période.
    Voir le corrigé

    1) JΔ=112×0,300×(0,50)2=6,25×10−3 kg.m2J_\Delta = \frac{1}{12} \times 0{,}300 \times (0{,}50)^2 = 6{,}25 \times 10^{-3}\,\text{kg.m}^2.

    2) Système : la tige, dans le référentiel du laboratoire (galiléen). Le poids et la réaction du fil ont un moment nul par rapport à Δ\Delta. Le seul moment est celui du couple de torsion, −C θ-C\,\theta. La relation fondamentale : −C θ=JΔ θ¨-C\,\theta = J_\Delta\,\ddot{\theta}, donc θ¨+CJΔ θ=0\ddot{\theta} + \frac{C}{J_\Delta}\,\theta = 0.

    3) C'est l'équation d'un oscillateur harmonique : ω0=CJΔ\omega_0 = \sqrt{\frac{C}{J_\Delta}} et T0=2πJΔCT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{C}}. Avec l'enregistrement : T0=7,8510=0,785 sT_0 = \frac{7{,}85}{10} = 0{,}785\,\text{s}. On en tire C=4π2 JΔT02=39,48×6,25×10−3(0,785)2=0,40 N.m.rad−1C = \frac{4\pi^2\,J_\Delta}{T_0^2} = \frac{39{,}48 \times 6{,}25 \times 10^{-3}}{(0{,}785)^2} = 0{,}40\,\text{N.m.rad}^{-1}.

    4) ω0=2πT0=8,0 rad.s−1\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0} = 8{,}0\,\text{rad.s}^{-1}. Conditions initiales : θ(0)=0,30 rad\theta(0) = 0{,}30\,\text{rad} et θ˙(0)=0\dot{\theta}(0) = 0, donc θm=0,30 rad\theta_m = 0{,}30\,\text{rad} et φ=0\varphi = 0 : θ(t)=0,30cos⁡(8,0 t)\theta(t) = 0{,}30\cos(8{,}0\,t) (en rad).

    5) ωmax=ω0 θm=8,0×0,30=2,4 rad.s−1\omega_{max} = \omega_0\,\theta_m = 8{,}0 \times 0{,}30 = 2{,}4\,\text{rad.s}^{-1}. L'extrémité AA est à r=L2=0,25 mr = \frac{L}{2} = 0{,}25\,\text{m} de l'axe : vmax=r ωmax=0,25×2,4=0,60 m.s−1v_{max} = r\,\omega_{max} = 0{,}25 \times 2{,}4 = 0{,}60\,\text{m.s}^{-1}.

    6) ∣M∣max=C θm=0,40×0,30=0,12 N.m|\mathcal{M}|_{max} = C\,\theta_m = 0{,}40 \times 0{,}30 = 0{,}12\,\text{N.m} (atteint aux positions extrêmes, où la vitesse est nulle).

    7) T0′=2πJΔ4C=T02=0,39 sT_0' = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{4C}} = \frac{T_0}{2} = 0{,}39\,\text{s} : un fil quatre fois plus rigide divise la période par 22.

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    QCM

    Question 1.La période propre d'un pendule élastique horizontal de masse mm et de raideur kk s'écrit :
    Question 2.On remplace la masse d'un pendule élastique par une masse 44 fois plus grande. La période propre :
    Question 3.On suspend verticalement le même solide au même ressort que pour le pendule horizontal. La période propre du pendule vertical est :
    Question 4.L'unité de la constante de torsion CC d'un fil est :
    Question 5.Pour un pendule pesant de faible amplitude (moment d'inertie JΔJ_\Delta, masse mm, distance d=OGd = OG), l'équation différentielle est :
    Question 6.Dans le modèle de l'oscillateur harmonique (sans frottement), quand on double l'amplitude initiale, la période propre :
    Question 7.Un pendule élastique vertical et un pendule pesant sont emportés sur la Lune, où gg est plus petit. Que devient la période propre du pendule élastique ?
    Question 8.L'équation différentielle d'un oscillateur est x¨+25 x=0\ddot{x} + 25\,x = 0 (en unités SI). Sa période propre vaut :

    Erreurs fréquentes

    • Repérer GG à partir du ressort à vide au lieu de la position d'équilibre : pour un pendule vertical, place l'origine à la position d'équilibre et écris l'allongement Δℓ0+z\Delta\ell_0 + z. Sinon, le terme m gm\,g ne se simplifie pas et l'équation n'est pas celle d'un oscillateur harmonique centré en OO.
    • Croire que la période du pendule élastique vertical dépend de gg : elle vaut 2πmk2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} comme en horizontal. Le poids ne change que la position d'équilibre.
    • Oublier le signe moins de la force de rappel : la force du ressort est −k x-k\,x, de sens opposé à l'écart. Sans ce signe, tu obtiens x¨−kmx=0\ddot{x} - \frac{k}{m}x = 0 (solution exponentielle, pas d'oscillations).
    • Écrire mm au lieu de JΔJ_\Delta (torsion, pesant) ou LL au lieu de dd (pesant) : l'inertie de rotation est JΔJ_\Delta et dd est la distance entre l'axe et le centre d'inertie GG (pour une tige pivotant par une extrémité, d=L2d = \frac{L}{2}).
    • Appliquer sin⁡θ≈θ\sin\theta \approx \theta avec θ\theta en degrés, ou pour une grande amplitude : θ\theta doit être en radians et l'amplitude faible (moins de 20∘20^\circ environ).
    • Confondre ω0\omega_0, f0f_0 et T0T_0 : ω0=2πT0=2πf0\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0} = 2\pi f_0. Une pulsation s'exprime en rad.s−1\text{rad.s}^{-1}, pas en Hz.
    • Dire que la période dépend de l'amplitude : pour l'oscillateur harmonique, T0T_0 est indépendante de XmX_m.
    • Oublier les conversions : la masse en kg (les grammes se divisent par 10001000), kk en N.m−1\text{N.m}^{-1} (pas N.cm−1\text{N.cm}^{-1}), les longueurs en mètres.

    À retenir

    • Un oscillateur harmonique vérifie x¨+ω02 x=0\ddot{x} + \omega_0^2\,x = 0 ; sa solution est x(t)=Xmcos⁡(ω0 t+φ)x(t) = X_m\cos(\omega_0\,t + \varphi) avec ω0=2πT0\omega_0 = \frac{2\pi}{T_0} ; XmX_m et φ\varphi viennent des conditions initiales.
    • Pendule élastique (horizontal ou vertical) : x¨+kmx=0\ddot{x} + \frac{k}{m}x = 0 et T0=2πmkT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} ; le poids ne modifie pas T0T_0 (il décale l'équilibre : Δℓ0=m gk\Delta\ell_0 = \frac{m\,g}{k}).
    • Pendule de torsion : θ¨+CJΔθ=0\ddot{\theta} + \frac{C}{J_\Delta}\theta = 0 et T0=2πJΔCT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{C}} ; moment du couple de torsion −C θ-C\,\theta.
    • Pendule pesant, faible amplitude (sin⁡θ≈θ\sin\theta \approx \theta) : T0=2πJΔm g dT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{J_\Delta}{m\,g\,d}} ; pendule simple : T0=2πℓgT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g}}.
    • Dans tous les cas, T0=2πinertierappelT_0 = 2\pi\sqrt{\frac{\text{inertie}}{\text{rappel}}} ; T0T_0 ne dépend pas de l'amplitude.
    • Vitesse maximale vmax=ω0 Xmv_{max} = \omega_0\,X_m en x=0x = 0 ; accélération maximale amax=ω02 Xma_{max} = \omega_0^2\,X_m en x=±Xmx = \pm X_m.
    • Méthode de l'étude dynamique : origine à l'équilibre, bilan des forces (ou moments), 2e loi de Newton (ou relation fondamentale), équation différentielle, identification de ω0\omega_0.
    • Pour la mesure : chronomètre 1010 oscillations ; T02T_0^2 en fonction de mm est une droite de pente 4π2k\frac{4\pi^2}{k}.

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