Travaux pratiques de physique avancée 5 - correction, Exercices de Physique Avancée
Eleonore_sa
Eleonore_sa9 May 2014

Travaux pratiques de physique avancée 5 - correction, Exercices de Physique Avancée

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Travaux pratiques de physique avancée sur l’oscillateur harmonique - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Le pendule simple. Le pendule élastique. Énergies. Le pendule élastique en mécanique quan...
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Exercice 2: l'oscillateur harmonique (5,5 points)

BAC LIBAN 2010 EXERCICE II : L’OSCILLATEUR HARMONIQUE (5,5 POINTS) Corrigé

1. Le pendule simple.

1.1. Avec l = 100 cm = 1,00 m : 0 2  l

T g

, T

,  0

1 00 2

9 81 = 2,01 s (on conserve 3 chiffres signifciatifs).

1.2. Pour une amplitude des oscillations inférieure à 20° (petites oscillations) la période T est constante et égale à la période propre T0 : ce phénomène est appelé « isochronisme des petites oscillations ». remarque : pour une amplitude de 35° la période T ne diffère de T0 que de 2 %. 2. Le pendule élastique. 2.1. Équation différentielle 2.1.1. Le document 3 montre que les oscillations possèdent toujours la même amplitude : il s’agit d’oscillations non amorties (et sinusoïdales). 2.1.2. Le système étudié est le solide S dans le référentiel du laboratoire (terrestre supposé galiléen). Le solide S est soumis à trois forces :

- le poids P vertical orienté vers le bas ;

- la poussée de l’air issu du rail R , verticale et orientée vers le haut ;

- la force de rappel du ressort, F = - k.x. i , horizontale et orientée vers la droite sur le document ci-contre ; Les trois forces sont représentées au point G sans souci d’échelle. 2.1.3. La seconde loi de Newton appliquée au solide S de masse m donne:

   GP R F m.a

En projection selon l’axe horizontal (x’x) il vient : 0 + 0 – k.x = m.ax

m. d²x

dt² + kx = 0 soit finalement:

d²x

dt² +

k x

m = 0

2.2.1. En identifiant l’équation différentielle précédente à l’équation de l’oscillateur harmonique : d²Y

A.Y 0 dt²  

On a : x = Y et A = k

m .

Or d’après l’énoncé : A = 2 0

4 ²

T

 ainsi :

k

m =

2 0

4 ²

T

  20

m T 4 ².

k   et finalement en ne gardant que la solution

positive : 0 m

T 2 k

  .

2.2.2. Avec m = 205 g = 0,205 kg et k = 10,0 N.m1 il vient:

0 0,205

T 2 10,0

  = 0,900 s(on conserve 3 chiffres signifciatifs).

2.2.3.

3,0 s  9,5 cm

3T0  8,5 cm donc 3T0 = (8,5 x 3,0) / 9,5

T0 = (8,5 x 3,0) / (9,53) T0 = 0,89 s. On obtient une valeur de T0 très proche de celle de la question 2.2.2. La différence peut être due à une détermination graphique de T0 imprécise.

P

R

F G

x' x O i

2.3. Énergies.

2.3.1. Le terme 1

.k.x² 2

est l’énergie potentielle élastique du système solide-ressort, notée Epe.

Le terme

2 1 dx

.m. 2 dt

     

est l’énergie cinétique du solide S, notée EC.

Rappel : vx = dx

dt et EC =

21.m.v 2

2.3.2. Energie mécanique : Em = EC + EPe =

2 1 dx

.m. 2 dt

     

+ 1

.k.x² 2

m 0 0

dx 2 t X sin 2

dt T T

       

    x(t) = X m

0

t cos 2

T

   

 

EC =

2 2 2 m2

00

1 dx 1 4 ² t .m. .m. .X .sin 2 .

2 dt 2 TT

      

    EPe =

2 2 m

0

1 1 t .k.x² .k.X .cos 2 .

2 2 T

    

 

or d’après la question 2.2.1. on a : 2 0

4 ²

T

 =

k

m

donc : EC = 2 2 m

0

1 t .k.X .sin 2 .

2 T

   

 

en reportant dans l’expression de Em : Em = 2 2 m

0

1 t k.X .sin 2

2 T

   

  + 2 2m

0

1 t k.X .cos 2

2 T

   

 

Em = 2 m

1 .k.X

2

2 2

0 0

t t . cos 2 sin 2

T T

            

    

Finalement : Em = 2 m

1 k.X

2

2.3.3. L’énergie mécanique est constante au cours du mouvement.

Sur le document 3, on peut lire Xm = 3,5 cm = 3,510–2 m, alors Em = 0,5 10,0  (3,510–2)2 = 6,110–3 J = 6,1 mJ.

2.4.1. Pour Xm = 1,00 cm = 1,00 × 102 m , Em =   2

21 10,0 1,00.10 2

  = 5,00104 J.

2.4.2. Il existe une infinité de valeurs de Xm entre Xm = 0,00 cm et Xm = 1,00 cm. Ainsi, l’énergie mécanique

Em = 2 m

1 k.X

2 prend elle aussi une infinité de valeurs. L’énergie mécanique n’est pas quantifiée.

3. Le pendule élastique en mécanique quantique. 3.1. L’énergie de vibration Evib de la molécule est quantifiée car elle ne peut prendre que certaines valeurs et non pas une infinité de valeurs.

3.2.1. 0 14 0

1 1

T 1,95 10   

0 14

1

1,95 10  

 = 5,131013 Hz.

Evib(n) = 0 1

n .h 2

    

  = 34 13 20

1 1 n 6,63 10 5,13 10 n 3,40 10

2 2

                   

J.

Niveau n Evib(n) (1020 J)

0 1,70

1 5,10

2 8,50

3 11,90

4 15,30

= 1

3.2.2. Écart entre deux niveaux d’énergie successifs :

Evib(n+1) – Evib(n) = 0 1

n 1 .h. 2

     

  – 0

1 n .h.

2

    

  =

= 0h.

Evib(n+1) – Evib(n) = 3,40 × 1020 J. On remarque que l’écart est constant. 3.2.3. Entre les niveaux n = 0 et n = 1 :

E = 0h. = 3,40 × 10 20 J

Or E = h.c

 donc

h.c

E   

34 8

20

6,63 10 3,00 10

3,40 10

    

 = 5,85 × 106 m = 5,85 µm. Cette radiation n’est pas visible car elle n’appartient pas au domaine des radiations visibles [400 nm ; 800 nm] soit [0,400 µm ; 0,800 µm].

Elle appartient au domaine infra-rouge car > 0,800 µm.

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