Problème de révision : Chute sur un ressort

Problème de révision : Chute sur un ressort
Un bloc de 5 kg initialement immobile tombe d’une hauteur de 1,5 m sur un ressort
vertical au repos fixé au sol dont la constante de rappel est égale à 120 N/m. Lorsque le
bloc entre en contact avec le ressort, il demeure fixé au ressort. Évaluez la position du
bloc par rapport au point de chute (position occupée avant de tomber) après un temps de
10 secondes. Le temps t = 0 correspond au moment où le bloc commence à tomber.
Négligez la résistance de l’air.
Problème composé et solutionné par : Simon Vézina
Page 1 de 4
Solution : Chute sur un ressort
À l’aide des équations du MUA et de la chute libre, nous pouvons évaluer le temps requis
afin que le bloc atteigne le ressort :
y  y0  v y 0 t 
1
a yt 2 
2
 1,5  0  0t  1  9,8t 2
2

t  0,306 s

t  0,553 s
2
(Prendre le temps positif)
Évaluons la vitesse du bloc lorsqu’il atteint le ressort :
v y  v y0  a y t

v y  0    9,80,553

v y  5,419 m/s
Évaluons la compression du ressort à l’équilibre :
F
y
0

ke  mg  0

k L   mg  0

L

L  0,408 m
mg 59,8

k
120 
Évaluons la fréquence angulaire du mouvement harmonique simple du système masseressort :
k
120
0 

0 
m
5

 0  4,899 rad/s
Évaluons l’énergie totale du système lorsque la masse est initialement immobile en haut
du ressort. Utilisons la convention x  y  0 ce qui correspond à une hauteur y  0
lorsque la masse est à l’équilibre :
E  K Ug Ur

E Ug

E  mgy

E  mg 1,5  L 

E  59,81,5  0,408

E  93,49 J
Problème composé et solutionné par : Simon Vézina
( e  0 et v  0 )
Page 2 de 4
À partir de l’énergie du système, évaluons l’amplitude des oscillations :
1
2E
E  k A 2  L2 

 A 2  L2
2
k
2E

A2 
 L2
k
293,49 
2

A2 
 0,408
120

A 2  1,392

A  1,180 m
Écrivons les équations du mouvement harmonique simple de notre système masseressort :
Position :
x  A sin t   
 x  1,180sin 4,899t   
 x  1,180 sin 4,899t   
Vitesse :
v x  A cost     v x  1,180 4,899 cos4,899t   
 v x  5,781 cos4,899t   
Évaluons notre constante de phase tel que t  0,553 s correspond au moment où le bloc
touche le ressort. Nous avons :
x0,553  L  0,408 m
v x 0,553  5,419 m/s
Équation de la position :
x  1,179 sin 4,899t   





P.S.
0,408  1,180 sin4,8990,553   
0,346  sin 2,709   
2,709    sin 1 0,346 
2,709    ... ,  3,495, 0,353, ... 
  ... ,  6,204,  2,356, ... 
y
0,346
x
-3,495
Calculatrice : 2,709    0,353 rad
Essayons ces deux constantes de phase dans l’équation de la vitesse à afin de choisir la
bonne :
Avec :   6,204
 5,419  5,781 cos4,8990,553   6,204 
 5,419  5,424
Avec :   2,356
 5,419  5,781 cos4,8990,553   2,356 
 5,419  5,424
Problème composé et solutionné par : Simon Vézina
0,353
Page 3 de 4
Notre équation de la position aura la forme suivante :
x  1,180 sin 4,899t  6,204
Voici la position par rapport à l’équilibre de notre masse à 10 secondes :
x10  1,180 sin 4,89910   6,204

x10  1,098 m
Nous pouvons maintenant évaluer la position du bloc par rapport au point de chute après
les 10 secondes :
x10  x0  x00,553  L  x0,55310

x10  0   1,5  0,408   1,098

x10  3,006 m
Problème composé et solutionné par : Simon Vézina
Page 4 de 4