Solutions 4

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

Prof. Marc Schiltz Semestre d’automne 2007

S´ erie 4 Exercice 4.1 La suspension d’une voiture de masse M = 1000 kg est sch´ematis´ee par un ressort de raideur k. On constate que les roues, que l’on suppose de masse n´egligeable, quittent le sol lorsque la voiture est soulev´ee d’une hauteur h = 25 cm. 1. Consid´erons un axe verticale z orient´e vers le haut, dont l’origine est `a l’endroit o` u se situe un certain point de r´ef´erence de la voiture lorsque cette derni`ere se trouve `a sa position d’´equilibre. Les forces agissant sur la voiture sont la force de gravitation et la force du ressort; toutes deux sont verticales. En projetant ces forces sur l’axe z et en appliquant la loi de Newton, nous obtenons l’´equation de mouvement : M z¨ = −M g − k (z − h) . Initialement, la voiture est immobile, le syst`eme est `a l’´equilibre. Il n’y a donc pas d’acc´el´eration et la pr´ec´edente ´equation est simplement : 0 = −M g + k h . Cette relation nous permet de trouver directement la valeur de la raideur du ressort : Mg ∼ k= = 3,92 · 104 N m−1 . h En ins´erant l’expression de k dans l’´equation de mouvement ´ecrite plus haut, nous obtenons : M z¨ = −k z ⇔ M z¨ + k z = 0 , qui est l’´equation habituelle d’un oscillateur harmonique a` une dimension. Et nous savons que la solution g´en´erale de cette ´equation est :  k z(t) = A cos(ω0 t + φ) , . avec ω0 = M  Or, k = Mh g ; donc ω0 = hg . D’o` u, la p´eriode des oscillations de la voiture a` vide est :  2π h ∼ = 2π T0 = = 1,00 s . ω0 g 2. Lorsque quatre personnes, toutes de mˆeme masse m = 75 kg, se trouvent dans la voiture, alors la pulsation est :   k Mg ω= = . M +4m h (M + 4 m)

La p´eriode des oscillations est donc, dans ce cas :  h (M + 4 m) ∼ 2π = 2π T = = 1,14 s . ω Mg 3. En ajoutant a` la suspension un amortisseur, qui cr´ee une force de frottement F = −β v (β ´etant une constante), proportionnelle a` la vitesse verticale v = z˙ de la voiture, l’´equation de mouvement de cette derni`ere devient : M z¨ = −β z˙ − k z

⇔

M z¨ + β z˙ + k z = 0 .

Pour trouver la solution g´en´erale de cette ´equation diff´erentielle, nous pouvons nous r´ef´erer `a l’exercice 3.2 de la s´erie 3. Nous pouvons ´egalement proc´eder p´edestrement de la mani`ere suivante. Nous commen¸cons par chercher des solutions de la forme z(t) = K exp(λ t), o` u K est une constante; le fait de choisir une exponentielle n’est pas un hasard, quelque-chose qui tombe du ciel, c’est simplement dˆ u au fait que la fonction exponentielle est extrˆemement stable sous l’op´eration de d´erivation (la d´eriv´ee d’une exponentielle reste une exponentielle). Nous avons alors z(t) ˙ = K λ exp(λ t) et z¨(t) = K λ2 exp(λ t). En ins´erant ces expressions dans l’´equation diff´erentielle, nous obtenons l’´equation : M λ2 + β λ + k = 0 , appel´ee ´equation caract´eristique. Ainsi, K exp(λ t) est solution de l’´equation diff´erentielle, pour autant que λ soit solution de la pr´ec´edente ´equation caract´eristique. Cherchons maintenant une autre solution de la forme z(t) = f (t) exp(λ t), o` uf est une fonction quelconque de t ; nous avons : z(t) ˙ = f˙(t) exp(λ t) + f (t) λ exp(λ t) , z¨(t) = f¨(t) exp(λ t) + 2 f˙(t) λ exp(λ t) + f (t) λ2 exp(λ t) ; ins´erant ces expressions dans l’´equation diff´erentielle, nous obtenons, apr`es r´earrangement : ˙ + (M λ2 + β λ + k) f (t) = 0 . M f¨(t) + (2 M λ + β) f(t) Le terme entre parenth`ese qui multiplie f (t) est nul du fait qu’il correspond au cˆot´e gauche de l’´equation caract´eristique. Nous avons donc : ˙ =0, M f¨(t) + (2 M λ + β) f(t) qui est une ´equation diff´erentielle du premier ordre en f˙ ; r´esolvons-la : ¨ 2M λ+β f(t) =− ˙ M f(t)

2M λ+β ln f˙(t) = − t + cste , M

⇔ 3

d’o` u:

  2 M λ + β t . f˙(t) = cste · exp − M

` ce stade, il est n´ecessaire de distinguer deux cas : A (a) 2 M λ + β = 0 . Alors, en int´egrant, nous obtenons :   2M λ+β t + B , f (t) = A exp − M o` u A et B  sont des constantes. Ainsi, la solution g´en´erale de l’´equation diff´erentielle est :     2M λ+β  t + B exp(λ t) + K exp(λ t) = z(t) = A exp − M   Mλ+β t + B exp(λ t) = = A exp − M = A exp(λ1 t) + B exp(λ2 t) , o` u B = B  + K est une constante et λ1 et λ2 sont les deux solutions de l’´equation caract´eristique; en effet, selon l’une des formules de Vi`ete, la somme β des deux solutions de l’´equation caract´eristique vaut − M ; c’est bien ce que nous observons ici. Notons que ces deux solutions sont distinctes du fait que 2 M λ + β = 0 ⇔ λ = − 2 βM , ce qui est ´equivalent au fait que le discriminant de l’´equation caract´eristique est non nul. (b) 2 M λ + β = 0 . Cette condition ´equivaut a` λ = − 2 βM , ce qui ´equivaut au fait que le discriminant de l’´equation caract´eristique est nul. Dans ce cas, cette derni`ere admet une solution double λ0 . L’expression de f˙ est simplement une constante; son int´egration donne donc : f (t) = A t + B  , o` u A et B  sont des constantes. La solution g´en´erale de l’´equation diff´erentielle est donc : z(t) = (A t + B) exp(λ0 t) , o` u A et B = B  + K sont des constantes. Par d´efinition, un oscillateur harmonique amorti est dit dans un r´egime d’amortissement critique si la solution g´en´erale de son ´equation de mouvement est de la forme de celle que nous venons d’obtenir. Dans le cas qui nous int´eresse, il est sp´ecifi´e que la voiture a un mouvement oscillatoire harmonique amorti dans le r´egime critique lorsque il y a deux personnes de mˆeme masse m = 75 kg a` l’int´erieur. Nous avons l’´equation de mouvement : (M + 2 m) z¨ + β z˙ + k z = 0 , 4

qui doit avoir pour solution : z(t) = (A t + B) exp(λ0 t) , A et B ´etant des constantes et λ0 ´etant la solution double de l’´equation caract´eristique : (M + 2 m) λ2 + β λ + k = 0 . Comme la solution est double, alors le discriminant doit ˆetre nul; ceci permet de trouver le facteur β :  β 2 − 4 (M + 2 m) k = 0 ⇔ β = 2 (M + 2 m) k ∼ = 1,34 · 104 kg s−1 . Notons que lorsqu’il y a des personnes a` l’int´erieur de la voiture, alors la position d’´equilibre n’est plus la mˆeme que lorsque la voiture est vide; elle n’est plus en le z´ero de la coordonn´ee z et alors l’´equation de mouvement devrait ˆetre plus compliqu´ee (avec des termes constants). Mais ce petit probl`eme peut ˆetre facilement ´elimin´e en choisissant une nouvelle origine en la nouvelle position d’´equilibre; et dans ce cas, l’´equation de mouvement est celle qui est ´ecrite plus haut. Nous faisons ´egalement ce type de r´eajustement dans le point suivant, lorsqu’on consid`ere quatre ou une seule personne dans la voiture. 4. L’´equation de mouvement de la voiture lorsqu’il n’y a qu’une seule personne de 75 kg a` l’int´erieur est : (M + m) z¨ + β z˙ + k z = 0 . L’´equation caract´eristique associ´ee est : (M + m) λ2 + β λ + k = 0 , et admet comme solutions : λ1,2 =

−β ±

 β 2 − 4 (M + m) k 2 (M + m)

.

Il y a bien deux solutions distinctes du fait que M + m < M + 2 m ; le discriminant est donc non nulle et mˆeme positif. La solution g´en´erale de l’´equation de mouvement de la voiture avec une personne `a l’int´erieur est donc : z(t) = A exp(λ1 t) + B exp(λ2 t) , o` u λ1 ∼ = −7,78 s−1 et λ2 ∼ = −4,67 s−1 . Cette solution correspond a` un mouvement oscillatoire harmonique fortement amorti. Dans le cas o` u il y a quatre personnes dans la voiture, toutes ayant une masse m = 75 kg, l’´equation de mouvement est : (M + 4 m) z¨ + β z˙ + k z = 0 . 5

L’´equation caract´eristique associ´ee est : (M + 4 m) λ2 + β λ + k = 0 , et admet comme solutions : λ1,2 =

−β ±



β 2 − 4 (M + 4 m) k 2 (M + 4 m)

.

Comme β 2 < 4 (M + 4 m) k, le discriminant est strictement n´egatif; nous pouvons donc ´ecrire :  4 (M + 4 m) k − β 2 −β ± iω ˜ , o` u ω ˜= . λ1,2 = 2 (M + 4 m) 2 (M + 4 m) La solution g´en´erale de l’´equation de mouvement de la voiture avec quatre personnes `a l’int´erieur est donc : z(t) = A exp(λ1 t) + B exp(λ2 t) =  

−β = exp A exp(−i ω ˜ t) + B exp(i ω ˜ t) , 2 (M + 4 m) ce qui peut s’´ecrire sous la forme (c.f. exercice 3.2 de la s´erie 3) :   −β z(t) = A0 exp cos(˜ ω t + φ) , 2 (M + 4 m) o` u A0 et φ sont des constantes d´etermin´ees `a partir des conditions initiales. En regardant cette solution, nous voyons que nous sommes en pr´esence d’un mouvement oscillatoire harmonique faiblement amorti; le syst`eme oscille avec une amplitude qui diminue exponentiellement. La p´eriode des oscillations est : 2π 4 π (M + 4 m) ∼ T˜ = = = 3,32 s . ω ˜ 4 (M + 4 m) k − β 2

Exercice 4.2 Nous consid´erons un oscillateur harmonique amorti et forc´e, `a une dimension, dont l’´equation de mouvement est : m x¨ + b x˙ + k x = F (t) , o` u m, b et k sont des constantes, et F (t) est une force ext´erieure que l’on suppose harmonique, F (t) = F0 sin(ω t). 1. Posons x(t) = A sin(ω t−φ), o` u A, ω et φ sont des constantes, et regardons si cette fonction est solution de l’´equation ci-dessus; nous avons x(t) ˙ = A ω cos(ω t − φ) et x¨(t) = −A ω 2 sin(ω t − φ), ce qui donne : −m A ω 2 sin(ω t − φ) + b A ω cos(ω t − φ) + k A sin(ω t − φ) = F0 sin(ω t) ⇔

(k − m ω 2 ) A sin(ω t − φ) + b ω A cos(ω t − φ) = F0 sin(ω t) . 6

⇔

Or : sin(ω t − φ) = sin(ω t) cos φ − cos(ω t) sin φ , cos(ω t − φ) = cos(ω t) cos φ + sin(ω t) sin φ ; donc :



(k−m ω 2 ) A cos φ+b ω A sin φ−F0 sin(ω t)+ −(k−m ω 2 ) sin φ+b ω cos φ A cos(ω t) = 0 . Cette relation doit ˆetre valable pour tout t, donc en particulier aussi lorsque ω t = 0 et lorsque ω t = π2 ; cela implique les deux conditions suivantes :  (k − m ω 2 ) A cos φ + b ω A sin φ − F0 = 0 −(k − m ω 2 ) sin φ + b ω cos φ = 0 De la deuxi`eme relation, nous tirons une expression pour le d´ephasage φ en fonction de la pulsation ω : bω . tg φ = k − m ω2 ´ Ecrivons alors sin φ et cos φ en fonction de tg φ : sin φ =  cos φ = 

tg φ 1 + tg2 φ 1 1 + tg2 φ

= =

±b ω (k − m ω 2)2 + b2 ω 2 ±(k − m ω 2) (k − m ω 2)2 + b2 ω 2

,

;

le signe ± est l`a selon que k − m ω 2 est plus grand ou plus petit que 0 (si k − m ω 2  0, alors le signe est positif, si k − m ω 2 < 0, le signe est n´egatif). Ins´erant alors ces deux expressions dans la premi`ere relation du syst`eme ci-dessus, il vient, apr`es r´earrangement : F F0 0 =  A = 2 (k − m ω ) cos φ + b ω sin φ (k − m ω 2 )2 + b2 ω 2

,

qui est l’expression de l’amplitude des oscillations du syst`eme, en fonction de la pulsation ω. Notons que nous avons pris l’expression en valeur absolue car une amplitude est, par d´efinition, toujours une grandeur positive. Remarque : pour trouver l’amplitude A et le d´ephasage φ en fonction de ω, nous aurions pu aussi ´etendre l’expression de la force ext´erieure F (t) au corps des nombres complexes, en ´ecrivant F (t) = F0 exp(i ω t). Nous aurions ensuite cherch´e la solution g´en´erale de l’´equation, en essayant une fonction complexe de la forme A exp(i ω t + φ). L’avantage de proc´eder ainsi vient du fait que la fonction exponentielle est extrˆemement stable sous les op´erations de d´erivation et d’int´egration. Toutes les d´eriv´ees de l’exponentielle sont des exponentielles. Nous aurions 7

ainsi trouv´e la solution g´en´erale de mani`ere plus ´el´egante. Finalement, comme F0 sin(ω t) = F0 ·Im[exp(i ω t)], alors il aurait fallu encore ne pas oublier de prendre uniquement la partie imaginaire de la solution (complexe) obtenue. 2. Pour trouver la pulsation ωmax pour laquelle l’amplitude A est maximale, on d´erive l’expression de A (qui est une fonction de ω) par rapport a` ω et on regarde les valeurs de ω pour lesquelles la fonction d´eriv´ee s’annule. Nous avons: dA ω F0 (2 k m − b2 − 2 m2 ω 2 ) A3 ω (2 k m − b2 − 2 m2 ω 2 ) =  =

3 dω F0 2 (k − m ω 2 )2 + b2 ω 2

;

cette expression s’annule lorsque ω = 0 ou lorsque : b2 k − . m 2 m2 Nous pouvons alors distinguer deux cas : √ (a) b  2 k m ; la pr´ec´edente relation admet une solution (r´eelle) :  b2 k − ; ωext = m 2 m2 ω2 =

[nous ne consid´erons pas l’autre solution n´egative car elle n’apporte rien de nouveau; d’ailleurs, nous supposons implicitement que ω est toujours une grandeur positive.] Calculons alors la d´eriv´ee seconde de A par rapport a` ω et ´evaluons-la en ω = ωext : d2 A = dω 2 ω=ωext  = 

A3 dA ω (2 k m − b2 − 2 m2 ω 2 ) + (2 k m − b2 − 6 m2 ω 2 ) 3A dω F0 2 F0 2



2

=  =



A3 d d(A3 ) ω (2 k m − b2 − 2 m2 ω 2 ) 2 2 2 ω (2 k m − b − 2 m ω ) + 2 = dω F0 2 F0 dω ω=ωext

A3 (2 k m − b2 − 6 m2 ω 2) F0 2

= −

 = ω=ωext

= ω=ωext

A3 (−4 k m + 2 b2 ) = F0 2

4 A3 m2 ωext 2 <0 ; F0 2

du fait que A, F0 et ωext 2 sont toutes des grandeurs positives. ωext est donc un maximum, ωext = ωmax ; nous sommes en pr´esence d’un ph´enom`ene de r´esonance. L’amplitude en ωmax est : 2 F0 m A(ωmax ) = √ b 4 k m − b2 8

.

√ (b) b > 2 k m ; il n’existe pas d’expression (r´eelle) pour ω. Il n’y a donc pas de ph´enom`ene de r´esonance; l’amortissement est trop fort pour donner lieu `a un tel ph´enom`ene. Notons que pour les deux cas pr´ec´edents, A admet une valeur «maximale» lorsque ω = 0. Mais cette situation ne correspond pas a` une r´esonance puisque la force ext´erieure n’est alors plus harmonique, elle est simplement constante au cours du temps.

Exercice 4.3 On observe que l’amplitude d’oscillation d’un diapason de fr´equence ν = 400 s−1 s’amortit de 10 % en douze secondes dans l’air. Nous ne nous int´eressons pas ici au d´etail de l’instrument; supposons simplement que le m´etal le constituant vibre selon une seule direction et que le mouvement ob´eisse `a l’´equation d’un oscillateur harmonique a` une dimension. Du fait qu’on entend le son du diapason, nous pouvons conclure que nous avons affaire a` un mouvement oscillatoire faiblement amorti, c’est-`a-dire en r´egime sous critique. Nous avons donc typiquement l’´equation : m x¨ + b x˙ + k x = 0 , o` u m, b et k sont des constantes telles que b2 − 4 k m < 0. La solution g´en´erale de cette ´equation est : √   4 k m − b2 b t cos(ω t + φ) , o` u ω= , x(t) = A0 exp − 2m 2m ω ´etant la pulsation du diapason dans l’air; dans notre cas, ω = 2 π ν. L’amplitude A de l’oscillation ´evolue donc selon la relation :   b A(t) = A0 exp − t cos φ . 2m u t0 < t1 , deux instants o` u on mesure l’amplitude des oscillations. Alors, Soient t0 et t1 , o` de la pr´ec´edente expression, nous tirons :   b A(t0 ) A(t1 ) b 1 ⇔ ln = exp − (t1 − t0 ) = . A(t0 ) 2m 2m t1 − t0 A(t1 ) 0) = 10 lorsque t1 − t0 = 12 s ; d’o` u 2 bm ∼ Dans notre cas, A(t = 8,78 · 10−3 s−1 . Nous A(t1 ) 9 remarquons en particulier que 2 bm << ω. Dans la situation o` u le diapason vibrerait dans le vide, la vibration ob´eirait a` l’´equation de mouvement d’un oscillateur harmonique non

k . Essayons de amorti; le facteur b serait nul et la pulsation serait simplement ω0 = m trouver une expression de ω0 en fonction de ω ; pour ce faire, nous reprenons l’expression de ω ; nous avons :

ω2 =

4 k m − b2 k b2 b2 2 = = ω − − 0 4 m2 m 4 m2 4 m2 9

;



d’o` u: ω0 =

b2 ω2 + =ω 4 m2



  b2 1 b2 ∼ ; 1+ =ω 1+ 4 m2 ω 2 2 4 m2 ω 2

cette derni`ere expression a ´et´e obtenue en prenant le d´eveloppement en s´erie de puissances de la racine et en ne gardant que les deux premiers termes (les termes suivants ´etant n´egligeables). Pour ω = 2 π ν ∼ = 2,51 · 103 s−1 , nous obtenons : ω0 ∼ = ω (1 + 6,10 · 10−12 ) ∼ = 2,51 · 103 s−1 ; nous constatons que la diff´erence entre ω0 et ω est vraiment infime, beaucoup plus petite que la pr´ecision avec laquelle est donn´ee la fr´equence du diapason. Pour trouver la fr´equence ωext d’une excitation ext´erieure n´ecessaire pour que le diapason entre en r´esonnance, nous pouvons nous r´ef´erer `a l’exercice pr´ec´edent; nous avons :    2 b2 k b b2 2 − 2− − = ω = ω = ωext = 0 m 2 m2 2 m2 4 m2    2 b 1 b2 ∼ = ω 1− . = ω 1− 4 m2 ω 2 2 4 m2 ω 2 Pour ω = 2 π ν ∼ = 2,51 · 103 s−1 , nous obtenons : ωext ∼ = 2,51 · 103 s−1 ; = ω (1 − 6,10 · 10−12 ) ∼ comme pr´ec´edemment, la diff´erence entre ω et ωext est tr`es infime, beaucoup plus petite que la pr´ecision avec laquelle est donn´ee la fr´equence du diapason.