E R M eca(3) ⋆ ER ⋆ ´Oscillateur harmonique amorti
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E R M eca(3) ⋆ ER ⋆ ´Oscillateur harmonique amorti
⋆ ER ⋆ Óscillateur harmonique amorti Dans son domaine d’élasticité, le ressort non tendu est caractérisé par une constante de raideur k et une longueur à vide l0 . Le point M glisse le long de l’axe (Ox) à partir de sa position d’équilibre située en O et est repéré sur cet axe par son abscisse x. Il existe entre le mobile et le support un frottement de type − → → visqueux. La force de frottement est de la forme : Fr = −h ẋ − ex , où la constante h est positive. k ω0 h On posera : ω02 = et = . L’oscillateur harmonique est caractérisé par le couple (Q, ω0 ). m Q m À l’instant t = 0, le mobile est abandonné sans vitesse initiale d’une position x0 (avec x0 6= 0). 1) Faire le bilan des forces appliquées au mobile lorsqu’il se trouve en un point d’abscisse x quelconque. Établir l’équation différentielle dont x(t) est solution. 2) Écrire l’énergie mécanique Em de M en fonction de x et de ẋ. Le système est-il conservatif ? dEm ? Retrouver l’équation différentielle du mouvement de M . Que vaut dt 3) La figure ci-contre représente l’évolution de x au cours du temps (x est exprimé en cm et t en s). Le mouvement est oscillatoire amorti. 3.a) Quelle condition sur Q, la nature de ce mouvement implique-t-elle ? 3.b) Déterminer la pseudo-pulsation ω associée à ce mouvement en fonction du facteur de qualité Q et de la pulsation propre ω0 . En déduire la pseudo-période T des oscillations en fonction de Q et de T0 . 4) Résoudre l’équation différentielle du mouvement en exprimant x en fonction de t, Q, x0 , ω0 et ω. 5) La décroissance des oscillations est caractérisée par le décrément logarithmique δ défini par x(t) la relation : δ = ln . Exprimer δ en fonction de Q. x(t + T ) 6) La masse m étant de 100 g, exploiter le graphe précédent et déterminer successivement par lecture graphique : (a) l’élongation initiale x0 ; (b) la pseudo-période T ; (c) le décrément logarithmique δ. ERMéca(3) Le référentiel terrestre est supposé galiléen. Un point matériel M de masse m est lié à un ressort horizontal, l’autre extrémité du ressort étant fixe en A. Oscillateur harmonique amorti PTSI-A | 2011-2012 ERMéca(3) En déduire : (d) le facteur de qualité Q ; (e) la période propre T0 ; (f) le cœfficient d’amortissement h ; (g) la constante de raideur k du ressort. 7) Le portrait de phase de l’oscillateur harmonique amorti est représenté ci-contre dans le plan de phase (O, x, ẋ). Déterminer successivement par lecture graphique : (a) la nature du régime de l’oscillateur ; (b) la vitesse initiale v0 ; (c) l’élongation initiale x0 ; (d) l’élongation finale xF ; (e) le décrément logarithmique δ. Vos résultats sont-ils en accord avec l’analyse effectuée en 6) ? 8) En se plaçant dans le cas d’un oscillateur très peu amorti (Q ≫ mécanique Em (t) du système vérifie par approximation : 2π Em (t) − Em (t + T ) ≃ Em (t) Q 2 1 ), montrer que l’énergie 2 (Rque : On rappelle que pour x ≪ 1 : ex ≃ 1 + x) http://atelierprepa.over-blog.com/ [email protected] Oscillateur harmonique amorti PTSI-A | 2011-2012 Solution d’où : ẍ + h k ẋ + x = 0 m m ⇔ ẍ + ω0 ẋ + ω02 x = 0 Q ,. ⋆ 1 1 Em = Ek + Ep = mẋ2 + kx2 2 2 • Théorème de l’Énergie mécanique : :::::::::::::::::::::::::::::::::: − → − → −−→ → − dEm = δWN C = δW ( R N ) +δW ( F r ) = F r · dOM = −hẋ2 dt < 0 | {z } 2) • → − −−→ 0 car R N ⊥dOM → donc l’énergie mécanique diminue (Em ց) au cours du temps (dt > 0) dEm → donc le système n’est pas conservatif et on a : = −hẋ2 < 0 dt 1 d 1 mẋ2 + kx2 = mẋẍ + k ẋx = −hẋ2 Ce qui permet de retrouver ,. ⋆ Soit : dt 2 2 3.a) La solution x(t) de , ⋆ doit être pseudo-sinusoı̈dale, donc de la forme x(t) = (A cos ωt + B sin ωt) exp(−αt) Pour cela, il faut que l’équation caractéristique de , ⋆ (r 2 + ω0 r+ω02 = 0) admette un discriminant Q négatif : ω2 1 ∆ = 02 − 4ω02 < 0, soit un facteur de qualité Q > Q 2 3.b) Alors, l’équation caractéristique admet deux racines complexes : p r |∆| ω0 ω0 1 r1 = − −j =− − jω0 1 − = −α − jω ω0 2Q 2Q 4Q2 p2 r avec α = 2Q r = − ω0 + j |∆| = − ω0 + jω 1 − 1 = −α + jω 0 2 2 2Q 2 2Q 4Q r 1 Soit un mouvement de pseudo-pulsation : ω = ω0 1 − (⋆⋆) 4Q2 pseudo-période : T0 T =r 1 1− 4Q2 avec ω = 2π 2π et ω0 = T T0 x(t) = (A cos ωt + B sin ωt) exp(−αt) ẋ(t) = ((Bω − Aα) cos ωt − (Aω + Bα) sin ωt) exp(−αt) ( A = x0 x(t = 0) = x0 = A ω0 x 0 αx0 Or Soit : = B = ẋ(t = 0) = 0 = Bω − Aα ω 2ωQ ω0 ω0 t D’où : x(t) = x0 cos ωt + sin ωt exp − 2Qω 2Q 4) Alors ω0 t ω0 ω0 T sin ωt exp − 5) x(t) est tel que x(t + T ) = x0 cos ωt + exp − 2Qω 2Q 2Q [email protected] http://atelierprepa.over-blog.com/ 3 ERMéca(3) 1) • Le point matériel M de masse m est étudié dans le référetiel terrestre supposé galiléen. Soumis à son poids, à la réaction du support horizontal qui se décompose en une composante → − → normale de la réaction R N = RN − ez et une composante tangentielle qui constitue la force de → − − → → − → − frottements F r = −hẋ ex , ainsi qu’à la force de rappel du ressort : T = −k (l−l0 ) − ex = −kx → ex . − → − → − → → − − → • Le P.F.D. donne : m a M/RT = m g + R N + F r + T − → • Comme → a M/RT = ẍ − ex , mẍ = −hẋ − kx on en déduit, en projetant dans la base cartésienne : 0 = −mg + RN Oscillateur harmonique amorti ω0 T Soit : x(t + T ) = x(t) exp − 2Q x(t) ω0 T ω0 T d’où : δ ≡ ln = ln exp − = x(t + T ) 2Q 2Q 6) Graphiquement : x0 = 5 cm T =1s PTSI-A | 2011-2012 δ= δ = ln 2π ω0 T =p 2Q 4Q2 − 1 x(0) ∼ 5 = 0, 78 = ln x(T ) 2, 3 ERMéca(3) D’après 5) , on a : 1 Q= 2 r 1+ 4π 2 ≈ 4, 08 δ2 D’après (⋆⋆), on a : T0 = T Comme ω0 Q = h m k 2 ω0 = m h=m k= r 1− 1 ≈ 992 ms 4Q2 ω0 2π =m ≈ 0, 155 kg.s−1 Q T0 Q mω02 4π 2 = m 2 ≈ 4, 01 kg.s−2 T0 7) d’après le portrait de phase : a) ce régime est pseudo-périodique b) v0 = ẋ0 = 0 m.s−1 c) x0 = 5 cm d) xF = 0 cm 5 x(0) ∼ ≈ 0, 80 e) δ = ln = ln x(T ) 2, 25 x(T ) ∼ 2, 25 δ = ln ≈ 0, 81 = ln x(2T ) 1 x( T2 ) ∼ −3, 4 ≈ 0, 81 δ = ln 3T = ln −1, 5 x( 2 ) (ou N.m−1 .s) avec m = 0, 1 kg. (ou N.m−1 ) Résultats cohérents avec la question 6) . 1 1 8) Em (t + T ) = Ek (t + T ) + Ep (t + T ) = mẋ2 (t + T ) + kx2 (t + T ) 2 2 ω0 T x(t + T ) = x(t) exp(−αT ) → Em (t + T ) = Em (t) exp(−2αT ) = Em (t) exp − ẋ(t + T ) = ẋ(t) exp(−αT ) Q 1 avec T ≈ T0 car Q ≫ , soit ω0 T ≈ 2π, d’où : 2 Em (t) − Em (t + T ) 2π 2π 2π = 1 − exp − ≈1− 1− = Em (t) Q Q Q 4 http://atelierprepa.over-blog.com/ [email protected]