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le début |
Fin de la correction de méca, à relire. Pour la thermo, je le laisse à d'autres |
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Ligne 26 :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>E_p = -mgl\cos\theta</math>}}</center>
<li> La seule force à laquelle est soumise la barre est la force de pesanteur,
: <math>E_m = E_c + E_p = \frac{5}{4}ml^2\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2 - mgl\cos\theta</math>
En dérivant l'énergie mécanique par rapport au temps, on obtient :
Ligne 35 :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\frac{d^2\theta}{dt^2} + \frac{2}{5}\frac{g}{l}\sin\theta = 0</math>}}</center>
<li> Pour de petits mouvements, on effectue un
: <math>\frac{d^2\theta}{dt^2} + \frac{2}{5} \frac{g}{l}\theta = 0</math>
En notant <math>\omega_1^2 = \frac{2}{5}\frac{g}{l}</math>, les solutions de cette équation sont :
Ligne 41 :
Où <math>A</math> et <math>\varphi</math> sont des constantes déterminées par les conditions initiales :
* <math>\theta(0) = \theta_0</math>, donc <math>\theta_0 = A\cos\varphi</math>
* <math>\left.\frac{d\theta}{dt}\right|_{t = 0} = 0</math>, donc <math>0 = -A\omega_1\sin(\
donc <math>\varphi = 0</math> et <math>A = \theta_0</math> d'où la solution de l'équation différentielle :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\theta(t) = \theta_0\cos(\omega_1 t)</math>}}</center>
A.N. : Avec <math>\omega_1 = \sqrt{\frac{2}{5}\frac{g}{l}}</math> on a {{Cadre simple|contenu=<math>\omega_1 \approx 1,34 {\rm rad\cdot s^{-1}}</math>}}
</ol>
</ol>
=== Partie 2 - Oscillateur harmonique ===
<ol start="2">
<li>
<ol>
<li> Le ressort exerce sur la plateforme une force
: <math>\overrightarrow{f} = -K(x - x_0)\overrightarrow{e_x} = -K\overrightarrow{e_x}</math>
L'énergie potentielle emmagasinée par le ressort est définie par :
: <math>dE_p = -\overrightarrow{f}\cdot d\overrightarrow{O'O}</math>
Avec <math>d\overrightarrow{O'O} = dx\overrightarrow{e_x} = dX\overrightarrow{e_x}</math> on obtient :
: <math>dE_p = KXdX</math>
Puis par intégration en prenant la convention <math>E_p(x_O) = 0</math> :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>E_p = \frac{1}{2}KX^2</math>}}</center>
<li> L'énergie cinétique est donnée par :
: <math>E_c = \frac{1}{2}M\left(\frac{dX}{dt}\right)^2</math>
En l'absence de frottement (liaison supposée parfaite), les forces exercées sur la plateforme soit ne travaille pas (poids, réaction des guides), soit dérivent d'une énergie potentielle (force de rappel du ressort). Il y a donc conservation de l'énergie mécanique.
: <math>E_m = E_c + E_p</math>
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>E_m = \frac{1}{2}M\left(\frac{dX}{dt}\right)^2 + \frac{1}{2}KX^2</math>}}</center>
Puis par dérivation :
: <math>M\frac{dX}{dt}\frac{d^2X}{dt^2} + K\frac{dX}{dt}X = 0</math>
D'où l'équation différentielle pour la variable <math>X</math>
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\frac{d^2X}{dt^2} + \frac{K}{M}X = 0</math>}}</center>
<li> Avec <math>\omega_2 = \frac{K}{M}</math>, les solutions de cette équation différentielle sont :
: <math>X(t) = A\cos(\omega_2 t + \varphi)</math>
où <math>A</math> et <math>\varphi</math> sont des constantes dépendant des conditions initiales.
* <math>X(0) = X_0</math>, donc <math>A\cos\varphi = X_0</math>
* <math>\left.\frac{dX}{dt}\right|_{t = 0} = 0</math>, donc <math>-A\omega_2\sin\varphi = 0</math>
On obtient <math>A = X_0</math> et <math>\varphi = 0</math>, d'où l'expression de <math>X</math> en fonction du temps :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>X(t) = X_0\cos(\omega_2 t)</math>}}</center>
</ol>
</ol>
=== Partie 3 - Oscillations couplées ===
<ol start="3">
<li>
<ol>
<li> L'accélération de <math>O</math> est donnée par :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\overrightarrow{a_O}= \frac{d^2X}{dt^2}\overrightarrow{e_x}</math>}}</center>
Avec <math>\overrightarrow{OG} = l\overrightarrow{e_r}</math> on a :
: <math>\frac{d\overrightarrow{OG}}{dt} = l\frac{d\overrightarrow{e_r}}{dt} = l\frac{d\theta}{dt}\overrightarrow{e_{\theta}}</math>
puis
: <math>\frac{d^2\overrightarrow{OG}}{dt^2} = l\frac{d}{dt}\left(\frac{d\theta}{dt}\overrightarrow{e_\theta}\right)</math>
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\frac{d^2\overrightarrow{OG}}{dt^2} = l\frac{d^2\theta}{dt^2}\overrightarrow{e_\theta} - l\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2\overrightarrow{e_r}</math>}}</center>
Le référentiel lié à la plateforme étant en translation par rapport au référentiel du laboratoire, la loi de composition des mouvements donne :
: <math>\overrightarrow{\Gamma_G} = \frac{d^2\overrightarrow{O'O}}{dt^2} + \frac{d^2\overrightarrow{OG}}{dt^2}</math>
: <math>\overrightarrow{\Gamma_G} = \frac{d^2X}{dt^2}\overrightarrow{e_x} + l\frac{d^2\theta}{dt^2}\overrightarrow{e_\theta} - l\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2\overrightarrow{e_r}</math>
Avec <math>\overrightarrow{e_r} = \sin\theta\overrightarrow{e_x} - \cos\theta\overrightarrow{e_y}</math> et <math>\overrightarrow{e_\theta} = \cos\theta\overrightarrow{e_x} + \sin\theta\overrightarrow{e_y}</math>, on obtient :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\overrightarrow{\Gamma_G} = \left(\frac{d^2X}{dt^2} - l\sin\theta\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2 + l\cos\theta\frac{d^2\theta}{dt^2}\right)\overrightarrow{e_x} + \left(l\sin\theta\frac{d^2\theta}{dt^2} + l\cos\theta\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2\right)\overrightarrow{e_y}</math>}}</center>
<li> En appliquant le théorème de la résultante cinétique à la tige, dans le référentiel du laboratoire, on a :
: <math>m\overrightarrow{\Gamma_G} = m\overrightarrow{g} + \overrightarrow{R} = -mg\overrightarrow{e_y} + T\overrightarrow{e_x} + N\overrightarrow{e_y}</math>
En projection sur les axes <math>(Ox)</math> et <math>(Oy)</math>, on obtient :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\left\{\begin{array}{l}
T = m\cfrac{d^2X}{dt^2} - ml\sin\theta\left(\cfrac{d\theta}{dt}\right)^2 + ml\cos\theta\cfrac{d^2\theta}{dt^2} \\
N = mg + ml\cos\theta\left(\cfrac{d\theta}{dt}\right)^2 + ml\sin\theta\cfrac{d^2\theta}{dt^2}
\end{array}\right.</math>}}</center>
<li> <math>\overrightarrow{\sigma_G} = \overrightarrow{\sigma}^*</math> est le moment cinétique barycentrique donc :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\overrightarrow{\sigma_G} = I_G\frac{d\theta}{dt}\overrightarrow{e_z}</math>}}</center>
<li> En dérivant l'expression précédente :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\frac{d\overrightarrow{\sigma_G}}{dt} = I_G\frac{d^2\theta}{dt^2}\overrightarrow{e_z}</math>}}</center>
D'après le théorème du moment cinétique barycentrique :
: <math>\frac{d\overrightarrow{\sigma_G}}{dt} = \overrightarrow{\mathcal{M}_G}\left(\overrightarrow{R}\right) + \overrightarrow{\mathcal{M}_G}\left(m\overrightarrow{g}\right)</math>
où
* <math>\overrightarrow{\mathcal{M}_G}\left(\overrightarrow{R}\right) = \overrightarrow{GO} \wedge \overrightarrow{R} = -l\overrightarrow{e_r} \wedge \left(T\overrightarrow{e_x} + N\overrightarrow{e_y}\right)</math> <br/> <math>\overrightarrow{\mathcal{M}_G}\left(\overrightarrow{R}\right) = -l\left(\sin\theta\overrightarrow{e_x} - \cos\theta\overrightarrow{e_y}\right) \wedge \left(T\overrightarrow{e_x} + N\overrightarrow{e_y}\right)</math> <br/> <math>\overrightarrow{\mathcal{M}_G}\left(\overrightarrow{R}\right) = - \left(lT\cos\theta + lN\sin\theta\right) \overrightarrow{e_z}</math>
* <math>\overrightarrow{\mathcal{M}_G}\left(m\overrightarrow{g}\right) = \overrightarrow{0}</math>
On obtient :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>I_G\frac{d^2\theta}{dt^2} = -lT\cos\theta - lN\sin\theta</math>}}</center>
<li> La relation précédente avec les expressions de <math>N</math> et <math>T</math> déterminées en 3.2 donne :
: <math>I_G\frac{d^2\theta}{dt^2} = -ml\cos\theta\frac{d^2X}{dt^2} + ml^2\cos\theta\sin\theta\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2 - ml^2\cos^2\theta\frac{d^2\theta}{dt^2} - mlg\sin\theta - ml^2\cos\theta\sin\theta\left(\frac{d\theta}{dt^2}\right)^2 - ml^2\sin^2\theta\frac{d^2\theta}{dt^2}</math>
: <math>(I_G + ml^2)\frac{d^2\theta}{dt^2} + mlg\sin\theta = -ml\cos\theta\frac{d^2X}{dt^2}</math>
Dans la partie 1, <math>l</math> est choisit tel que <math>I_G + ml^2 = I_O = \frac{3}{2}ml^2</math>, d'où l'équation différentielle :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\frac{3}{2}l\frac{d^2\theta}{dt^2} + g\sin\theta = -\cos\theta\frac{d^2X}{dt^2}</math>}}</center>
<li> Dans l'hypothèse des petits mouvements <math>\cos\theta \sim 1</math> et <math>\sin\theta \sim \theta</math> d'où :
: <math>\frac{3}{2}l\frac{d^2\theta}{dt^2} + g\theta = -\frac{d^2X}{dt^2}</math>
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\frac{d^2\theta}{dt^2} + \omega_1^2\theta = -\alpha\frac{d^2}{dt^2}\left(\frac{X}{l}\right)</math> avec <math>\omega_1 = \sqrt{\frac{2}{3}\frac{g}{l}}</math> et <math>\alpha = \frac{2}{3}</math>}}</center>
Application numérique : Avec la valeur de <math>l</math> de la partie 1, on a <math>\omega_1 = \sqrt{3} {\rm rad\cdot s^{-1}}</math>.
<li> La plateforme est soumise
* à son poids <math>-Mg\overrightarrow{e_y}</math>
* à la force de rappel élastique <math>-KX\overrightarrow{e_x}</math>
* à la réaction d'axe s'exerçant sur la plateforme <math>-\overrightarrow{R}</math>
Le théorème de la résultante cinétique appliqué à la plateforme dans le référentiel galiléen du laboratoire donne :
: <math>M\frac{d^2X}{dt^2}\overrightarrow{e_x} = -Mg\overrightarrow{e_y} - KX\overrightarrow{e_x} - \overrightarrow{R}</math>
En projection sur l'axe <math>(O'x)</math>, on obtient :
: <math>M\frac{d^2X}{dt^2} = -KX - T</math>
Et d'après l'expression de <math>T</math> obtenue en 3.2 :
: <math>M\frac{d^2X}{dt^2} = -KX - m\frac{d^2X}{dt^2} + ml\sin\theta\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2 - ml\cos\theta\frac{d^2\theta}{dt^2}</math>
En constatant que <math>\frac{d}{dt}\left(\cos\theta\frac{d\theta}{dt}\right) = -\sin\theta\left(\frac{d\theta}{dt}\right)^2 + \cos\theta\frac{d^2\theta}{dt^2}</math>, on obtient :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>(m+M)\frac{d^2X}{dt^2} + KX = -ml\frac{d}{dt}\left(\cos\theta\frac{d\theta}{dt}\right)</math>}}</center>
<li> Dans l'hypothèse des petits mouvements <math>\cos\theta \sim 1</math> et
: <math>(m+M)\frac{d^2X}{dt^2} + KX = -ml\frac{d^2\theta}{dt^2}</math>
On obtient l'équation différentielle :
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\frac{d^2}{dt^2}\left(\frac{X}{l}\right) + \omega_2^2\frac{X}{l} = -\beta\frac{d^2\theta}{dt^2}</math> avec <math>\omega_2 = \sqrt{\frac{K}{m+M}}</math> et <math>\beta = \frac{m}{m+M}</math>}}</center>
<li> <math>\omega_2^2 = \frac{K}{m+M}</math>, on obtient
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\omega_2^2 = 4 {\rm rad\cdot s^{-2}}</math>}}</center>
<math>\alpha</math> et <math>\beta</math> sont des coefficients sans dimension et <math>\alpha\beta = \frac{2}{3}\frac{m}{m+M}</math> donc
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\alpha\beta = \frac{1}{2}</math>}}</center>
<li> On cherche des solutions du système
: <math>\left\{\begin{array}{l}
\cfrac{d^2\theta}{dt^2} + \omega_1^2\theta = -\alpha\cfrac{d^2}{dt^2}\left(\cfrac{X}{l}\right) \\
\cfrac{d^2}{dt^2}\left(\cfrac{X}{l}\right) + \omega_2^2\cfrac{X}{l} = -\beta\cfrac{d^2\theta}{dt^2}
\end{array}\right.</math>
sous la forme <math>\theta = A\cos\Omega t</math> et <math>\frac{X}{l} = \beta\cos\Omega t</math>, on a nécessairement :
: <math>\left\{\begin{array}{l}
-A\Omega^2\cos\Omega t + A\omega_1^2\cos\Omega t = \alpha B\Omega^2\cos\Omega t \\
-B\Omega^2\cos\Omega t + B\omega_2^2\cos\Omega t = \beta A\Omega^2\cos\Omega t
\end{array}\right.</math>
: <math>\left\{\begin{array}{l}
\cfrac{A}{B} = \cfrac{\alpha\Omega^2}{\omega_1^2 - \Omega^2} \\
\cfrac{A}{B} = \cfrac{\omega_2^2 - \Omega^2}{\beta\Omega^2}
\end{array}\right.</math>
donc nécessairement
: <math>\alpha\beta\Omega^4 = \Omega^4 - \left(\omega_1^2 + \omega_2^2\right)\Omega^2 + \omega_1^2\omega_2^2</math>
: <math>(1-\alpha\beta)\Omega^4 - \left(\omega_1^2 + \omega_2^2\right)\Omega^2 + \omega_1^2\omega_2^2 = 0</math>
avec les valeurs <math>\alpha\beta = \frac{1}{2}</math> (question 3.9), <math>\omega_1 = \sqrt{3} {\rm rad\cdot s^{-1}}</math> et <math>\omega_2 = 2 {\rm rad\cdot s^{-1}}</math> (correspondant aux applications numériques des questions 3.6 et 3.9) on obtient l'équation :
: <math>\frac{1}{2}\Omega^4 - 7\Omega^2 + 12 = 0</math>
dont les solutions sont
<center>{{Cadre simple|contenu=<math>\Omega = \sqrt{2} {\rm rad\cdot s^{-1}}</math> et <math>\Omega = 3\sqrt{2} {\rm rad\cdot s^{-1}}</math>}}</center>
<li> Le système des équations I et II étant linéaire, les expressions de <math>\theta</math> et <math>\frac{X}{l}</math> proposées sont bien solutions, et ces solutions vérifient :
* <math>\theta(0) = \frac{3}{5}\theta_0 + \frac{2}{5}\theta_0 = \theta_0</math>
* <math>\left.\frac{X}{l}\right|_{t=0} = \frac{9}{20}\theta_0 (1 - 1) = 0</math>
De plus avec
: <math>\left\{\begin{array}{l}
\cfrac{d\theta}{dt} = -\cfrac{3\sqrt{2}}{5}\theta_0\sin\left(\sqrt{2}t\right) - \cfrac{4\sqrt{3}}{5}\theta_0\sin\left(2\sqrt{3}t\right) \\
\cfrac{d}{dt}\left(\frac{X}{l}\right) = \cfrac{9}{20}\theta_0\left[-\sqrt{2}\sin\left(\sqrt{2}t\right) + 2\sqrt{3}\theta_0\sin\left(2\sqrt{3}t\right)\right]
\end{array}\right.</math>
On vérifie bien
: <math>\frac{d\theta}{dt} (0) = 0</math> et <math>\frac{dX}{dt}(0) = 0</math>
</ol>
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