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)
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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
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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
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