Exercices sur les concepts de physique 10 - correction, Exercices de Concepts de physique
Eleonore_sa
Eleonore_sa8 May 2014

Exercices sur les concepts de physique 10 - correction, Exercices de Concepts de physique

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Exercices de physique sur l'étude d’un oscillateur mécanique - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’excellente animation de G.Tulloue, Deuxième loi de Newton appliquéeLa période propre de l’osci...
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Exercice I étude d'un oscillateur mécanique (5 points)

2009 Réunion EXERCICE I : ÉTUDE D’UN OSCILLATEUR MÉCANIQUE (5 points) Correction

Voir l’excellente animation de G.Tulloue : http://www.sciences.univ-nantes.fr/physique/perso/gtulloue/Meca/Oscillateurs/oscillateur_horizontal.html

1.1. vx (t19) = G20 G18

20 18

x x

t t

vx (t19) = , ( , )

, ,

0 017 0 046

1 60 1 44

 

 = 0,39 m.s-1

vG19 = vx (t19) = 0,39 m.s-1

1.2. 18

G19 G17 G

19 17

v v a

t t

 

Les vecteurs étant colinéaires 18

G19 G17 G

19 17

v v a

t t

 

, ,

, ,18 G

0 39 0 31 a

1 52 1 36

 

 = 0,50 m.s-2

1.3. Le solide subit :

-son poids P -la force de rappel

du ressort F (le ressort est comprimé)

- la réaction de la table NR (perpendiculaire à la table en l’absence de frottements)

1.4. xG < 0 et F possède le même sens que i donc –K.xG >0 avec K > 0 alors . .GF K x i 

1.5.1. Deuxième loi de Newton appliquée au solide de masse m, dans le référentiel supposé

galiléen de la table : P + F + NR = .ma

En projetant sur l’axe xx’ : –K.x = m.axéquation 1

1.5.2. K = – . xm a

x , en x18 < 0, le ressort est comprimé alors aX (> 0) = a18

K = – 0,714 ,

,

0 50

0 046 = 7,8 N.m-1

P

F

NR

2. La période propre de l’oscillateur

2.1. Xm est l’amplitude et 0 est la phase à l’origine.

Voir l’animation de F.Passebon : http://perso.orange.fr/fpassebon/animations/modelisation.swf

2.2. [ m ] = M D’autre part F = K.x = m.a

K = m.a

x [K] =

-2M.L.T

L = M.T–2

0

K T 2

m  [T0] = [K]1/2.M–1/2 = M1/2.T–1.M–1/2 = T–1 Cette expression ne convient pas.

0T 2 m K  [T0] = [K] 1/2.M1/2 = M1/2.T–1.M1/2 = M.T–1 Cette expression ne convient pas.

0

m T 2

K  [T0] = [K]–1/2.M1/2 = M–1/2.T.M1/2 = T Cette expression est correcte.

2.3. 0 m

T 2 K



T02 = 4.². m

K soit .

2

2

0

m K 4

T 

K = 4² ,

, 2 0 714

1 88 = 7,98 N.m–1 valeur assez proche de celle trouvée en 1.5.2.

3. Les conditions initiales et l’énergie mécanique3.1. D’après la modélisation : xG(t) = 0,120.cos(3,34.t – 0,488) xG(t0 = 0) = 0,120.cos(–0,488) (attention calculatrice en radians) xG(t0 = 0) = 0,106 m = 10,6 cm

3.2. vG = G dx

dt = –0,1203,34.sin(3,34.t – 0,488)

vG = –0,401. sin(3,34.t – 0,488)

3.3. 0

G G

t 0

dx v

dt 

      

= –0,401.sin(–0,488)

0G v = 0,188 m.s-1 =

0xG v > 0 donc

0G v possède le même sens que i .

La vitesse a été communiquée initialement vers la droite.

3.4.1. Em = EC + Epe EC énergie cinétique, Epe énergie potentielle élastique

Em = ½.m.vG² + ½.K.xG²

3.4.2. 2.Em = m.vG² + K.xG² K.xG² = 2.Em – m.vG²

K = . . 2m G

2

G

2 E m v

x

à la date t17 K =  

, , ,

,

2 2

2

2 5 6 10 0 714 0 31

0 073

   

 = 8,1 N.m-1

3.4.3. La figure 2 montre que l’amplitude des oscillations reste constante sur la durée de l’enregistrement, ainsi les forces de frottement sont négligeables. Dans ce cas l’énergie mécanique du système se conserve.

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