Exercices de physique des dispositifs 3 - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions
Eleonore_sa
Eleonore_sa5 May 2014

Exercices de physique des dispositifs 3 - correction, Exercices de Physique des dispositifs à impulsions

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Exercices de physique des dispositifs sur l'étude d'un oscillateur - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l'oscillateur harmonique, l'étude énergétique, l'application à la molécule de chlorure d'h...
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Exo1 Etude d'un oscillateur 5,5 pts Correction

Correction 09/2005 Polynésie EXERCICE I : ÉTUDE D'UN OSCILLATEUR (5,5 points)….

I - L'OSCILLATEUR HARMONIQUE

1. Le système étudiée est la masse. L'étude du mouvement de la masse est réalisée dans le référentiel

terrestre, supposé galiléen.

La masse est soumise à 3 forces:

- le poids P = m. g vertical vers le bas , appliqué en G

- la réaction du rail R , verticale vers le haut car la masse se déplace sans frottement, appliquée en C.

- La force de rappel du ressort F , horizontale orientée vers le point O: F = – k.x. i , appliquée au point A.

2. La deuxième loi de Newton, appliquée à la masse donne:

P + R + F = m. a

En projection suivant l'axe horizontal (Ox) orienté selon le vecteur unitaire i , il vient:

0 + 0 – k.x = m.ax = m. ²dt

x²d

soit ²dt

x²d +

k .x

m = 0

On constate que l'équation différentielle du mouvement s'écrit bien:

0=ω+ 20 x.²dt

x²d avec 2

0

k

m  

3. Montrons que l'expression x(t) = A.sin(0 t+  ) est solution de cette équation différentielle:

dt

dx = A.0.cos(0.t +  )

²dt

x²d = –A.0².sin(0 t +  ) = – 0².x

En reportant dans l'équation différentielle:

=ω+ 20 x.²dt

x²d – 0².x + 0².x = 0.

L'expression x(t) = A.sin(0 t +  ) est bien solution de l'équation différentielle du mouvement.

4. Les conditions initiales sont: à t = 0 s, x0 = 2 cm et t=0s

dx

dt

     

= 0

donc: x(0) = x0 = A.sin( )

et t=0s

dx

dt

     

= 0 = A.0.cos( ) donc cos( ) = 0 soit  =   / 2

Or x0 et A sont positifs donc sin( ) > 0 donc la seule valeur de  possible est:  = + / 2

Et x0 = A.sin(/2) soit x0 = A = 2 cm

Finalement, en exprimant x(t) en cm: x(t) = 2 sin(0.t + /2) = 2 cos(0.t)

x(t) = 2 cos(0.t)

x

O

G A

C

F R

P i

5. La période propre To des oscillations est telle que: x(t) = x(t + To)

cos(0.t) = cos(0.t + 0.To)

Une solution est: 0.To = 2 (modulo 2)

Donc: To = k

m 2π

0

= ω

finalement: To = k

m 2π

II - ETUDE ENERGETIQUE

1. Soit T une force extérieure appliquée au ressort qui maintienne le ressort avec un allongement x

constant. Cette force est opposée à la force F de rappel du ressort, donc T = k.x. i

Pour provoquer un allongement supplémentaire très petit x de l'extrémité du ressort (pour lequel T est

restée constante), il faut fournir le travail élémentaire W tel que:

W = T . xδ =k.x. i . x. i = k.x.x

Par intégration, le travail W effectué par la force T pour un allongement x à partir de l'origine O est alors:

W =

0

k.x.δx

x

 = ½.k.x² avec k constante.

Par méthode graphique:

Le travail élémentaire W correspond à l'aire du petit rectangle,

en gris foncé, de hauteur k.x et de largeur x.

Le travail W correspond à l'aire du triangle en gris clair,

dont les cotés ont pour longueur x et kx.

Soit W = ½.k.x²

W est la somme des aires des petits rectangles.

2. L'énergie potentielle élastique Epe du système {masse - ressort}

est égale au travail W de la force T soit:

Epe = ½.k.x²

à une constante additive près choisie nulle ici.

3. L'expression de l'énergie cinétique est Ec = ½.m.vx²

L'expression de l'énergie totale du système est: Em = Ec + Epe = ½.m.vx² + ½.k.x²

4. L'énergie mécanique du système reste constante car la masse oscille sans frottement sur le rail.

À l'instant initial pour lequel x = x0 et vx = 0 m.s-1:

Em = ½ . k . x0²

x

O x i

T

T = k.x

O x

T

x x

kx

III - APPLICATION A LA MOLECULE DE CHLORURE D'HYDROGENE

1. On a: To = k

m 2π .

Il faut exprimer m la masse d'un atome d'hydrogène en fonction des données. La masse molaire atomique

est la masse d'une mole d'atomes d'hydrogène, soit la masse de NA atomes d'hydrogène.

Donc m = A

M

N .

Alors To = A

M 2π

N .k Attention M à exprimer en kg.mol–1

To = -3

23

1,00 10 2π

6,02 10 510

 

To = 1,1310–14 s

2. On observera le phénomène de résonance lorsque le résonateur est excité par une onde

électromagnétique de fréquence  égale à 1 /To:

 = o

1

T = 8,82.1013 Hz calcul effectué avec la valeur non arrondie de T0

3. Dans le vide, on a la relation: c

   soit  = c  To

 = 3,001081,13.10-14 = 3,4010–6 m = 3,40 m. calcul effectué avec la valeur non arrondie de T0

Sachant que les longueurs d'onde, dans le vide, des ondes lumineuses sont comprises entre 400 nm

(violet) et 800 nm (rouge); soit 0,400 m et 0,800 m, la radiation de l'onde excitatrice correspond au

domaine de l'infrarouge car > 0,800 m.

4. Soitm' la masse du deutérium qui est le double de la masse de l'hydrogène: m' = 2.m, alors:

T 'o = m'

2π k

= 2m

2π k

= m

2π . 2 k

= 2 .To.

La fréquence propre de vibration  ' est alors:  ' = '

o o

1 1

T 2.T 2

   ;

 ' = 2

Si la masse double alors la fréquence de vibration est divisée par racine de 2.

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