Solutions 3

Physique g´ en´ erale I Solution des exercices de m´ ecanique

Prof. Marc Schiltz Semestre d’automne 2007

S´ erie 3 Exercice 3.1 Nous consid´erons un ressort, de constante de rappel k, qui est accroch´e en l’une de ses extr´emit´es `a un point fixe; a` l’autre, on suspend une masse m = 0,300 kg et on attend que le syst`eme atteigne une position d’´equilibre; elle correspond `a un allongement du ressort de 0,150 m. Puis on tire la masse vers le bas de telle sorte que le ressort soit encore allong´e de 0,100 m de plus; et finalement on lˆache la masse. 1. Commen¸cons par choisir un syst`eme de coordonn´ees; comme tout se passe uniquement selon la dimension verticale, il nous suffit de d´efinir un seul axe vertical z orient´e vers le haut et dont l’origine est a` la position de l’extr´emit´e libre du ressort, lorsqu’il est au repos. Consid´erons alors la situation a` l’´equilibre et analysons les forces agissant sur la masse m; cette derni`ere ne subit que la force de gravitation, de grandeur m g, verticale et orient´ee vers le bas, et la force de rappel du ressort, de grandeur k d, o` u d est l’allongement du ressort, ´egalement verticale mais orient´ee vers le haut. D’apr`es la deuxi`eme loi de Newton, la somme (vectorielle) des forces agissant sur m est nulle lorsque le syst`eme est immobile, `a l’´equilibre; dans notre cas, nous pouvons donc ´ecrire : −m g + k d = 0

⇔

mg = kd .

Dans notre cas, d = 0,150 m a` l’´equilibre. Ceci nous permet alors de trouver la constante du ressort : mg ∼ k= = 19,6 N m−1 . d 2. Depuis la position d’´equilibre, on tire la masse vers le bas et on la lˆache. La masse va alors remonter du fait que le ressort est plus allong´e qu’`a l’´equilibre; sa force ´ de rappel est plus grande que celle de la pesanteur. Ecrivons l’´equation de Newton pour la masse m en n’importe quel endroit de son mouvement. En projetant les diff´erentes forces et acc´el´eration sur l’axe z, nous obtenons : −m g − k z = m z¨

⇔

m z¨ + k z = −m g .

Nous obtenons une ´equation similaire a` celle dans l’exercice 1.4; cependant, il y a dans ce cas le terme constant −m g du cˆot´e droit de l’´egalit´e. Posons z = z˜ − mkg ; alors z¨ = z¨˜; et rempla¸cant ces expressions dans la derni`ere ´equation ci-dessus, nous obtenons : m z¨˜ + k z˜ = 0 , qui est l’´equation d’un oscillateur harmonique, comme dans l’exercice 1.4. Nous pouvons ainsi conclure que la masse m va osciller selon la direction verticale, mais pas autour de z = 0 comme c’´etait le cas dans l’exercice 1.4, mais autour

de la position z0 = − mkg , qui est en fait la position d’´equilibre (en effet, comme −m g − k z0 = 0 a` l’´equilibre, alors z0 = − mkg (noter que −z0 = d)). Nous sommes donc en pr´esence du cas typique d’un mouvement oscillatoire harmonique produit par un ressort, o` u la position d’´equilibre ne correspond pas a` la position o` u le ressort est au repos. 3. Le changement de variable que nous venons de faire nous a permis d’obtenir une ´equation qui est la mˆeme que celle de l’oscillateur harmonique dans l’exercice 1.4. Nous avons donc directement la solution : z˜(t) = A cos(ω t + φ) , avec ω 2 =

k . m

Ceci nous donne tout de suite l’expression pour z : z(t) = z0 + A cos(ω t + φ) = −

mg + A cos(ω t + φ) . k

` cet instant, la vitesse de m est nulle, Posons t = 0 l’instant o` u on lˆache la masse. A 

k 0 = z(0) ˙ = A m sin φ ; φ vaut donc 0 ou π. Appelons δ, δ > 0, l’allongement du ressort par rapport a` la position d’´equilibre, au moment o` u on lˆache m. Alors mg mg `a cet instant, nous avons − k − δ = z(0) = − k + A cos φ, d’o` u A cos φ = −δ. Nous obtenons ainsi :   k mg z(t) = − − δ cos t . k m

4. L’amplitude des oscillations est : δ = 0,100 m , du fait que l’allongement maximal du ressort par rapport a` la position d’´equilibre est de 0,100 m (en t = 0 par exemple). La pulsation est :   k g ∼ = ω= = 8,09 s−1 , m d du fait que −m g + k d = 0. La fr´equence ν et la p´eriode T des oscillations sont, par d´efinition : ν=

ω ∼ = 1,29 s−1 2π

et

T =

2π ∼ = 0,777 s ω

respectivement. Notons que pour ω, nous n’avons pas consid´er´e la valeur n´egative mais seulement la positive, parce qu’on veut avoir des valeurs de T et ν positives. 5. La vitesse z˙ de la masse m est extr´emale lorsque la fonction d´eriv´ee de la vitesse, qui n’est rien d’autre que l’acc´el´eration z¨, est nulle. Nous avons :      k m π k t1 + nπ , n ∈ Z , 0 = z¨(t1 ) = δ cos ⇔ t1 = m m k 2 4



d’o` u: z(t ˙ 1) = δ

k =δ m



g = 0,809 m s−1 . d

Les valeurs de t1 sont celles pour lesquelles la fonction sinus est extr´emale et la fonction cosinus nulle. Il n’y a en fait mˆeme pas besoin de faire le calcul de la d´eriv´ee de la vitesse pour trouver les valeurs extr´emales; on peut trouver ces derni`eres directement en prenant les valeurs extr´emales de la fonction sinus, valeurs qui ne sont rien d’autre que −1 et +1. Enfin, la position correspondant aux valeurs extr´emales de la vitesse est : z(t1 ) = −d . 6. L’acc´el´eration est extr´emale lorsque la fonction cosinus  est extr´emale, c’est-`a-dire lorsqu’elle vaut ±1; ceci est le cas lorsque t = t2 = m n π, o` u n ∈ Z. Nous avons : k z¨(t2 ) = ±δ

k g = ±δ ∼ = ±6,54 m s−2 ; m d

Les positions correspondant `a ces valeurs sont : −0,050 m z(t2 ) = −d ± δ = −0,250 m

.

Exercice 3.2 Nous consid´erons un corps de masse m = 1 kg ne pouvant se d´eplacer que dans une dimension. Il subit, selon cette dimension, l’action d’une force ´elastique, avec une constante d’´elasticit´e k = 40 N m−1 , et celle d’une force de frottement dynamique (d´ependant de la vitesse v du corps) F = −β v, o` u β = 2 kg s−1 , caract´erisant le frottement dans les milieux visqueux. 1. L’´equation du mouvement pour le corps de masse m s’´ecrit m a = −k x − β v , o` u d2 x = x ˙ et a = = x ¨ . Nous avons donc : v = dx dt dt2 m x¨ + β x˙ + k x = 0 , qui est une ´equation diff´erentielle du deuxi`eme ordre a` coefficients constants. Regardons si l’expression x(t) = A exp(λ t) pourrait ˆetre une solution de cette ´equation. Calculant x(t) ˙ et x¨(t) et ins´erant ces expressions dans l’´equation ci-dessus, nous obtenons : m λ2 + β λ + k = 0 , qui est un ´equation du second degr´e en λ. Ses solutions sont : λ± = −

β 1  2 β −4mk . ± 2m 2m 5

Si β 2 − 4 m k = 0, il y a deux solutions distinctes λ− et λ+ . La solution g´en´erale de l’´equation diff´erentielle s’´ecrit alors :



 1  2 1  2 β β − + β − 4 m k t + B exp − β −4mk t = x(t) = A exp − 2m 2m 2m 2m  

 1  2 β 1  2 = exp − β − 4 m k t + B exp β − 4mk t , t A exp − 2m 2m 2m et les constantes A et B sont d´etermin´ees par les conditions initiales x0 = x(0) et ˙ Si β 2 − 4 m k = 0, alors λ0 = λ− = λ+ = − 2βm , i.e. nous avons une x˙ 0 = x(0). solution double. Il faut donc trouver une deuxi`eme solution lin´eairement ind´ependante; on v´erifie qu’elle est de la forme B t exp(λ0 t). La solution g´en´erale s’´ecrit alors :  β t , x(t) = (A + B t) exp − 2m o` u A et B sont des constantes d´etermin´ees par les conditions initiales. Dans notre cas, β 2 − 4 m k = −156 kg2 s−2 , ce qui implique que la racine est un nombre complexe. La solution s’´ecrit donc :    β x(t) = exp − t A exp(−i ω t) + B exp(i ω t) 2m  √ avec ω = 21m 4 m k − β 2 = 39 s−1 ∼ = 6.24 s−1 . Or : exp(i ω t) = cos(ω t) + i sin(ω t) , exp(−i ω t) = cos(ω t) − i sin(ω t) , d’o` u: A exp(−i ω t) + B exp(i ω t) = (A + B) cos(ω t) + i (−A + B) sin(ω t) . √ Et, selon l’identit´e trigonom´etrique a cos α + b sin α = a2 + b2 cos(α − φ) , avec tg φ = ab , nous pouvons finalement ´ecrire :  β t cos(ω t − φ) , x(t) = A0 exp − 2m o` u A0 et φ sont des constantes d´etermin´ees par les conditions initiales x0 et x˙ 0 . 2. La derni`ere relation ´etablie est celle d’un oscillateur harmonique amorti, de fr´equence ω ; et l’amplitude diminue exponentiellement avec le temps. La p´eriode d’oscillation est T = 2ωπ ∼ = 1 s. Le rapport des amplitudes entre les instants t0 = 0 et t1 = 3 T est :     A0 exp − 2βm 3 T cos(3 ω T − φ) A0 exp − 2βm 3 T cos(φ) x(t = 3T ) = = = x(0) A0 cos φ A0 cos φ  β 3T ∼ = exp − = 0,05 . 2m

6

Exercice 3.3 On cherche `a mod´eliser le passage d’une voiture sur un z champ de bosses; pour ce faire, on proc`ede de la fa¸con v m suivante. Une masse m avance avec une vitesse v horizontale constante. Elle est reli´ee `a un dispositif comportant un ressort de constante ´elastique k au bout duquel une roue sans masse suit le profil du sol. Le dispositif qui maintient le ressort vertical n’est pas sp´ecifi´e; il est simx O plement suppos´e qu’il n’intervient pas dans le mouvement de la masse. Quant au profil du parcours, il est suppos´e avoir une forme sinuso¨ıdale; nous appelons H la hauteur des bosses et L la longueur entre deux sommets de bosse cons´ecutifs. 1. Nous commen¸cons par choisir un syst`eme de coordonn´ees Oxz comme indiqu´e sur la figure. L’axe x est `a mi-hauteur entre les bosses et les creux; l’origine des axes est plac´ee de telle sorte que le profil de la route soit une fonction sinus de x, sans d´ephasage; nous pouvons alors exprimer ce profil en fonction de x :  2πx H zprof (x) = sin . 2 L ´ Ecrivons ensuite l’´equation horaire du point de contact entre la roue et la route. Pour ce faire, nous choisissons comme origine du temps l’instant o` u le point de contact est a` l’origine du syst`eme de coordonn´ees Oxz. Nous supposons ensuite que la hauteur des bosses n’est pas si grande, de telle sorte que nous puissions dire qu’en premi`ere approximation, le point de contact est toujours au point le plus bas de la roue; ou bien, nous supposons que le rayon de la roue est n´egligeable. L’une ou l’autre de ces approximations est importante car elle permet de dire que le point de contact avance `a vitesse constante selon l’axe x ; la coordonn´ee x de ce point est donc xpc = v t, o` u v est la norme (grandeur) de la vitesse horizontale de la masse m. Nous obtenons ainsi l’´equation horaire de la coordonn´ee z de ce point :  H 2πvt zpc (t) = sin . 2 L ´ 2. Ecrivons maintenant l’´equation r´egissant le mouvement de la masse m selon la direction verticale. Pour ce faire, nous nous int´eressons d’abord au dispositif sur une route plate, non bossel´ee. Dans cette situation, la masse m occupe une position verticale d’´equilibre; le ressort est en partie comprim´e sous l’action de la force de pesanteur agissant sur m. Appelons z0 la coordonn´ee verticale de l’autre extr´emit´e du ressort, celle qui n’est pas reli´ee `a la roue, lorsqu’il n’est sollicit´e par aucune masse (ressort a` vide); soit aussi z1 la coordonn´ee de m, c’est-`a-dire la coordonn´ee de l’autre extr´emit´e du ressort, dans la situation d’´equilibre que nous venons de d´ecrire. Nous pouvons supposer qu’avant t = 0, le dispositif est sur une route ` plate d’´equation x = 0 et qu’en t = 0, elle entre sur le champ de bosses. A partir de cet instant, les forces que subit la masse m sont la force  de gravitation  m g, verticale et orient´ee vers le bas, et la force du ressort k z − z0 − zpc (t) , 7

verticale et orient´ee vers le haut. Si la route ´etait plate, la force du ressort serait simplement k (z − z0 ); nous aurions alors une situation d’´equilibre, la force de ce ressort serait contrebalanc´ee par la force de gravitation que subit la masse, ce qui nous permettrait de trouver la coordonn´ee z = z1 . Mais comme dans notre cas la route est bossel´ee, la coordonn´ee verticale du point de contact varie au cours du temps et est responsable d’un allongement ou d’une compression du ressort, d’o` u l’expression pour la force ´ecrite pr´ec´edemment. La deuxi`eme loi de Newton s’´ecrit pour la masse m :   ⇔ m z¨(t) = −m g − k z(t) − z0 − zpc (t) k  mg k z(t) − z0 + = zpc (t) . m k m Proc´edons au changement de variable z˜ =z −z0 + mkg . Alors z¨˜ = z¨ et la pr´ec´edente  ´equation s’´ecrit, avec zpc (t) = H2 sin 2 πLv t :  2 π v t k k H z¨˜(t) + z˜ = sin . m 2m L Essayons une solution de la forme z˜(t) = A sin(ω t + φ). Nous avons alors z˜¨(t) = −A ω 2 sin(ω t + φ) ; et en injectant ces expressions dans l’´equation ci-dessus, nous obtenons :  k kH 2πvt 2 sin . −A ω sin(ω t + φ) + A sin(ω t + φ) = m 2m L ⇔

z¨(t) +

Nous constatons donc que z˜(t) = A sin(ω t + φ) est solution de l’´equation de mouvement pour tout temps t `a condition que :  kH k 2πv 2 , φ=0 et −ω + A= . ω= L m 2m La derni`ere ´egalit´e nous permet de trouver une expression pour A ; nous obtenons kH . Nous avons ainsi trouv´e l’expression de z˜, ce qui nous donne aussi A = 2 (k−m ω2 ) imm´ediatement l’expression de z : kH 2πv mg + sin(ω t) , o` u ω= . z(t) = z0 − 2 k 2 (k − m ω ) L 3. D’apr`es la pr´ec´edente solution, nous voyons que l’amplitude des oscillations est : kH A= . 2 (k − m ω 2 ) Elle correspond `a l’amplitude des vibrations ressenties par la masse m. Nous voyons qu’elle d´epend de ω = 2 Lπ v . Dans le cas o` u m est une voiture (contenant des passagers), le confort demande que cette amplitude soit minimale. Ceci est le cas lorsque la valeur absolue du d´enominateur est tr`es grande, c’est-`a-dire lorsque ω est tr`es grand, c’est-`a-dire lorsque la vitesse horizontale v de m est tr`es grande. Autrement dit, plus vite on roule, moins on ressent les secousses. Ceci dit, le lecteur aura la d´elicatesse de ne pas appliquer ce r´esultat trop souvent, ni de l’utiliser pour justifier ses ´eventuelles conduites sauvages ! 8