Oscillateurs de relaxation, concours G2E ( G�ologie, Eau, Environnement )2021. En poursuivant votre navigation sur ce site, vous acceptez l’utilisation de Cookies vous proposant des publicit�s adapt�es � vos centres d’int�r�ts. . . . . . . .. .. ...... ... Les oscillateurs de relaxation sont des syst�mes qui oscillent ind�finiment et p�riodiquement entre deux �tats d’�nergie diff�rente. Leur �volution n’est pas sinuso�dale et n�cessite une source ext�rieure d’�nergie. Dans ce probl�me nous �tudions des exemples d’oscillateurs de relaxation dans des contextes physiques tr�s diff�rents. Les exercices propos�s sont compl�tement ind�pendants. 1. La bascule � eau : un oscillateur de relaxation m�canique.  Le syst�me ci-dessous constitue un premier exemple d’oscillateur de relaxation. Un robinet alimente r�guli�rement un r�cipient pos� sur le c�t� droit d’une balan�oire initialement inclin�e � gauche (sch�ma A). Le poids de l’eau finit par faire basculer la planche (sch�ma B) et le r�cipient se d�verse sur la droite (sch�ma C), puis remonte et retrouve sa position initiale A. Dans cet exercice nous allons d�terminer � quelle condition un tel basculement est possible.  La bascule est constitu�e d’une planche rectangulaire homog�ne de masse M , de largeur L et de longueur 3L . Cette planche est initialement inclin�e d’un angle a par rapport � l’horizontale. Elle peut pivoter sans frottement autour d’un axe horizontal D parall�le � son petit c�t� et passant aux 2/3 de sa longueur (sch�ma ci-dessous). Le r�cipient a la forme d’un cube de c�t� L (ouvert sur le haut et sur le c�t� droit). Sa masse est n�gligeable. 1.1 Exprimer le moment du poids de la planche par rapport � l’axe D en fonction de M, g, L et a , dans la position A. On conviendra que l’axe D est orient� vers le lecteur, c'est-�-dire dans la direction ( X ) du sch�ma ci-dessous. Cette valeur �tant positive, le poids fait tourner la planche dans le sens trigonom�trique direct. On suppose pour l’instant que l’eau est mont�e jusqu’au bord droit du cube sans que la planche ne pivote, comme indiqu� sur le sch�ma. 1.2. Exprimer la masse mtot de l’eau contenue dans le r�cipient en fonction de sa masse volumique r , de L et de a . Aire de base =�L2 tan a Volume d'eau V = �L3 tan a. Masse d'eau: mtot = � r L3 tan a. 1.3. Soit G le centre de masse de l’eau contenue dans le r�cipient � cet instant. D�finir G. On ne demande pas de calculer explicitement ses coordonn�es. On admet que dans le rep�re orthonorm� direct li� � la planche de la balan�oire (voir sch�ma ci-dessus), les coordonn�es de G valent XG=0, YG = L/3 ; ZG = L / 3 tan a. Le centre de masse d'un corps est un point imaginaire de r�f�rence situ� � la position moyenne de la masse du corps.  1.4. Exprimer en fonction de mtot , g et a les coordonn�es dans ce m�me rep�re  du vecteur Peau  poids de l’eau dans le r�cipient. En d�duire  le moment du poids de l’eau par rapport � l’axe de rotation  1.5. En d�duire qu’une premi�re condition n�cessaire pour le basculement de la planche est que a < 45� . En donner une interpr�tation g�om�trique simple. Cette condition �tant remplie, quelle est la valeur maximale Mmax de la masse M de la planche qui autorise un basculement au cours du remplissage du r�servoir ? Calculer Mmax pour : a= 30� , r=1,0 103  kg m-3 et L =50 cm . Le moment du poids de l'eau doit �tre n�gatif pour provoquer le basculement. -cos a + tan a sin a < 0 ; cos a > sin2 a / cos a ;  cos2 a > sin2 a  ; a < 45� . La valeur absolue moment du poids de l'eau doit de plus �tre sup�rieur au moment de la planche. mtot g L / 3 ( cos a -tan a sin a) > Mg L / 2 cos a ; mtot  / 3 ( 1 -tan2 a ) > M / 2 ; � r L3 tan a / 3 (1 -tan2 a ) > M / 2 ; r L3 tan a / 3 ( 1 -tan2 a ) > M ; 1,0 103 x0,53 tan 30 / 3(1 -tan230) > M ; M < 16 kg. 2. Le geyser : un oscillateur de relaxation en thermodynamique.  Un geyser est constitu� d’une cavit� souterraine de volume V situ�e approximativement � une profondeur h sous la surface terrestre, � laquelle il est reli� par un conduit. Le tout est rempli d’eau liquide, de masse volumique r= 1,00 . kg / L suppos�e ici ind�pendante de la temp�rature et de la pression. La temp�rature de surface vaut T0= 300 K et le gradient g�othermique vaut g=1,00� . C m-1  (i.e. la temp�rature de la roche et de l’eau du geyser augmente de 1�C lorsqu’on descend de 1 m�tre). La pression atmosph�rique vaut P0=1,013 105 Pa. On admet que la vapeur d’eau, m�me saturante, se comporte ici comme un gaz parfait. La masse molaire de l’eau vaut M=18,0 g / mol. 2.1. Donner l’allure de la courbe de saturation associ�e � l’�quilibre liquide vapeur dans le diagramme (P,V). Placer le point critique C' et les domaines d’existence du liquide, de la vapeur, et du m�lange liquide vapeur. Repr�senter sur ce graphique une isotherme � une temp�rature T inf�rieure � la temp�rature critique. Qu’appelle-t-on pression de vapeur saturante � la temp�rature T ? Que vaut la pression de vapeur saturante de l’eau � T =100 �C ? La courbe en pointill�s est appel�e courbe de saturation, lle se compose de 2 parties: - courbe d'�bullition pour V< VC'. -courbe de ros�e pour V>VC'. Au point critique C' les deux branches se raccordent. La pression de vapeur saturante est la pression � laquelle la phase gazeuse  d'une substance est en �quilibre avec sa phase liquide � une temp�rature donn�e. La pression de vapeur saturante de l’eau � T =100 �C vaut 1,013 105 Pa.  2.2. Dans la suite on verra que h est de l’ordre de 200 m�tres. D�terminer la pression correspondante P(h) dans la cavit�, l’eau dans le geyser �tant liquide et immobile. Si de la vapeur se forme dans la cavit�, quel est son volume molaire vG ? Comparer le volume molaire vL de l’eau liquide � celui du gaz vG. Une mole d'eau ( 18 g) occupe un volume molaire vL = 18 mL. P(h) = Patm + rgh. vG = RT / P(h) avec T = 300 + h. vG = 8,31(300+h)/ (Patm + rgh). Si h = 100 m : vG =8,31 x 400 /(1,013 105 +1000 x9,81 x100)=3,07 10-3 m3 >> vL. Si h = 10 m : vG =8,31 x 310 /(1,013 105 +1000 x9,81 x10)=1,3 10-2 m3 >> vL.  On admet que l’enthalpie de vaporisation (ou chaleur latente) L ob�it � l’�quation de Clapeyron : L=T(vG-vL) dPv sat /dT . Dans cette expression, Pv sat , est la pression de vapeur saturante, qui ne d�pend que de la temp�rature T . Dans la suite on n�glige vL devant vG , et on consid�re L comme une constante.  2.3. Montrer qu’avec les approximations faites, l’expression , Pv sat(T) =A exp(-L/ (RT) est solution de l’�quation de Clapeyron, o� A est une constante. L=T vG  dPv sat /dT  ; dPv sat /dT =L / (T vG) ;  vG = RT / Pv sat pour une mole. dPv sat /dT =L  Pv sat/ (RT2 ) ; dPv sat / Pv sat= L / R dT / T2; Int�grer : ln(Pv sat) = -L/(RT)+ Cste ; Pv sat =A exp(-L/ (RT). On rappelle que la temp�rature d’�bullition de l’eau vaut , 373 K � la pression atmosph�rique P0 . On mesure L= 40,0 kJ mol-1 . 2.4. En d�duire la valeur num�rique de la constante A avec trois chiffres significatifs (v�rifier que A est proche de 4 1010 Pa). A = P0 exp(L/ (RT) = 1,013 105 exp(40,0 103 /(8,314 x373)= 4,05 1010 Pa. Sur le graphe ci-dessous on a repr�sent� la pression de vapeur saturante et la pression hydrostatique (en Pascal) en fonction de la profondeur (en m�tres). Dans le cas d’un geyser, l’�bullition se produit d’abord dans la cavit� (ce qui explique la grande quantit� de vapeur form�e). On note H la profondeur � laquelle la pression P de l’eau dans la cavit� co�ncide avec la pression de vapeur saturante Pv sat , � la temp�rature impos�e par le gradient g�othermique.  2.5. Comparer la profondeur h de la cavit� du Geyser � H . Justifier. Lorsque la pression de l'eau dans la cavit� est �gale � la pression de vapeur saturante, l'eau se vaporise : h = H.  Pour une profondeur comprise entre 0 et H , le potentiel chimique �V de l’eau vapeur est-il inf�rieur ou sup�rieur � celui �L de l’eau liquide ? Ecrire l’�quation permettant en principe de calculer H . La solution num�rique de cette �quation est H = 217 m. Pour une profondeur comprise entre 0 et H ,l'eau est sous forme liquide : �L > �V. A l'�tat d'�quilibre, l'�galit� des potentiels chimiques conduit � : �L(T) = �G(T) + RT ln( Psat / P�). Pour le liquide : P(h) = Patm + rgh. Pour la vapeur : Pv sat =A exp(-L/ (RT). Patm + rgh = A exp(-L/ (RT). Dans la suite on supposera que la profondeur h de la cavit� vaut exactement H . D�s le d�but de l’�bullition dans la cavit�, les bulles remontent dans le conduit et expulsent rapidement l’eau qui s’y trouvait. Le conduit ne contient alors quasiment plus que de la vapeur d’eau et de l’air, et la pression dans la cavit� passe subitement � la pression atmosph�rique, alors que la temp�rature T de l’eau y est encore �gale � celle de la roche environnante. Cette situation �loign�e de l’�quilibre conduit � une intensification soudaine de l’�bullition de toute l’eau de la cavit�. On note c =4,18 J K-1 g-1 la capacit� thermique massique de l’eau liquide, suppos�e ind�pendante de la temp�rature, m la masse d’eau contenue dans la cavit�, et mV la masse de vapeur produite � chaque �ruption du geyser. On mesure mV =44,0 103 kg. On n�glige tout transfert de chaleur avec la roche pendant l’�ruption. Pour d�terminer m, on admet que l’on peut appliquer la relation approximative suivante : mcDT +nV L=0  o� nV est la quantit� de mati�re de vapeur form�e et , DT = T�b atm-Tg�o(h)  repr�sente l’�cart de temp�rature de l’eau liquide entre sa valeur initiale dans la cavit� et la temp�rature d’�bullition � la pression atmosph�rique.  2.6. Proposer une interpr�tation simple de cette relation. En d�duire la masse m et le volume V de la cavit�. L'�nergie lib�r�e par l'eau liquide sert uniquement � vaporiser le liquide : le syst�me, l'eau liquide, est adiabatique. m = -nV L/ (cDT) ; DT = T�b atm-Tg�o(H) = 373 -(373+217)= -217 K. L=4,00 104 J / mol ; nV = 44,0 103 / M(H2O) = 2,44 106 mol. m = 2,44 106 x4,00 104 /(4,18 103 x217)=1,08 105 kg. Volume de la cavit� : m / reau =1,08 105 / 1000 = 108 m3.  2.7. On assimile la cavit� � une sph�re et on suppose qu’apr�s �ruption du geyser, la cavit� se remplit rapidement avec de l’eau froide � la temp�rature Tf=300 K qui se m�lange � l’eau chaude restante. Quelle est la temp�rature de l’eau dans la cavit� juste apr�s le remplissage ? Qu’est-ce qui d�termine essentiellement la p�riode d’�ruption ? Masse d'eau chaude restante � la temp�rature de 517 K : m-mV =1,08 105-4,40 104=6,38 104 kg. Volume de cette eau : 6,38 104 / 1000 = 63,8 m3. Volume d'eau froide � 300 K : 108-63,8 =44,2 m3 ( 4,42 104 kg). Energie c�d�e par l'eau chaude : 6,38 104  c ( Tfin -517). Energie gagn�e par l'eau froide : 4,42 104  c ( Tfin -300). 6,38 104  c ( Tfin -517) +4,42 104  c ( Tfin -300)=0 6,38  ( Tfin -517) +4,42  ( Tfin -300)=0. 10,8 Tfin -3,30 103 -1,326 103 =0 ; Tfin =428 K. La p�riode du cycle d'�ruption est d�termin�e par la dur�e d'�l�vation de la temp�rature de l'eau froide de 300 K � 517 K. ... .... Un oscillateur de relaxation �lectronique. Les portes logiques P1 et P2 utilis�es dans le montage ci-dessous sont des composants actifs, qui ont leur propre alimentation. Ce sont des inverseurs : leur caract�ristique est indiqu�e sur le sch�ma ci-dessous � droite : pour une tension d’entr�e UE inf�rieure � la tension de basculement VB , la tension de sortie US vaut E (avec E >VB). Lorsque l’entr�e UE passe au-dessus de VB , la sortie US passe de E � 0. L’imp�dance d’entr�e des portes est consid�r�e comme infinie : les courants d’entr�e (� gauche des portes) sont nuls. Par contre leur courant de sortie est a priori quelconque. Nous allons d�terminer la p�riode des oscillations du potentiel des points du circuit. On suppose que le syst�me se trouve initialement dans l’�tat suivant : US2=UE1=E,  US1=0, UC=0, (le condensateur de capacit� C et de tension UC est d�charg�). 3.1. Justifier sans calcul que la tension UE2 va varier. Va-t-elle diminuer ou augmenter ? US1=Uc =0, condensateur d�charg�. UE2 = US1 + Uc = 0. UE2 va cro�tre.  Cette phase s’ach�ve lorsque UE2 atteint VB et nous choisirons cet instant comme origine des temps. A t =0 (c’est-�-dire juste avant le basculement), on a donc US2=UE1=E, US1=0, et UE2=VB. La porte 2 bascule. 3.2. Que valent ces tensions � l’instant t =0+ , juste apr�s le basculement de la porte 2 ? Justifier. �crire l’�quation diff�rentielle v�rifi�e par la tension Uc(t) aux bornes du condensateur dans la phase qui suit. En d�duire l’expression de Uc(t), en fonction de E, VB, R, C et t , puis celle de UE2 ( t)  pendant cette phase. US2(0+)= 0 = UE1(0+) ; US1(0+)= E ; UE2(0+)=VB ; US1(0+)+UC(0+)=UE2(0+)=VB ; US1+ Uc +UR = US2 ;  E+ Uc +UR = 0. UR =R i(t) = RC dUc/dt ; RC dUc/dt  +Uc= - E. On pose t = RC ; Uc(t) = A exp(-t / t) -E avec A une constante. Uc(0) = A -E=UE2=VB ; A = E + VB. Uc(t) = (E + VB) exp(-t / t) -E. UE2 = Uc(t) + US1 = Uc(t) + E ; UE2 =(E + VB) exp(-t / t). Cette phase s’ach�ve � l’instant TB pour lequel UE2 atteint de nouveau VB. 3.3. V�rifier que TB = RC ln[(VB+E) / VB] . UE2(t) diminue et lorsqu'elle atteint la valeur VB il y a basculement. UE2(TB)= VB=(E + VB) exp(-TB / t). VB /(E + VB) =exp(-TB / t). ln[(E + VB) / VB] =TB / t ; TB = RC ln[(VB+E) / VB]. 3.4. Que vaut la tension UC � t=TB- (juste avant TB ) ? Que valent les tensions US2, UE1, US1, UE2 et UC � t = TB+ (juste apr�s TB ) ? A TB-, la porte n'a pas encore bascul�  : US2 = UE1 = 0 ; US1 = E ; UE2 = VB ; UC = UE2 - US1 =VB-E. A TB+, la porte vient de basculer  : US2 = UE1 = E ; US1 = 0 ;  UC =VB-E ; UE2 + US1 =VB-E.  3.5. Montrer que dans la phase qui suit, UE2(t) =E+(VB-2E) exp[(t-tB) / (RC)]. Le condensateur se charge durant cette phase. Uc +UR = E ; Uc +RC dUc /dt = E ; dUc /dt + Uc / t = E / t. Solution de l'�quation sans second membre : Uc(t) = B exp[-(t-tB) / t] avec B une constante. Solution particuli�re : Uc = E. Solution de l'�quation diff�rentielle : Uc(t) = B exp[-(t-tB) / t] +E. A t = TB+ : Uc = B +E = VB - E ; B = VB -2 E. Uc(t) = (VB -2 E ) exp[-(t-tB) / t] +E= UE2(t).  3.6. Un nouveau basculement se produit � l’instant T=TB+TH. Etablir l’expression de TH et de T en fonction de R, C, E et VB . Justifier que T peut �tre qualifi�e de p�riode des oscillations. Lorsque UE2 = VB, il y a un nouveau basculement. VB = (VB -2 E ) exp[-TH / t] +E. (VB-E) / (VB -2 E )= exp[-TH / t] ln[(VB-2E) / (VB -E )] = TH / t]. TH =RC ln[(VB-2E) / (VB -E )]. T = TB+TH =RC ln[(VB+E) / VB] + RC ln[(VB-2E) / (VB -E )]. T = RC ln[(VB+E)(VB-2E) / ((VB -E )VB)]. T correspond � un cycle de charge et d�charge compl�te du condensateur. 3.7. Calculer T pour : R = 100 kW, C=10 nF, E=10 V, VB=5 V. RC = 105 x10-8=10-3 s ; T =10-3 x ln[ 15 x(-15) / (-5 x5)]=2,2 10-3 s. Le siphon : un oscillateur de relaxation en m�canique des fluides. On consid�re un r�servoir cylindrique d’axe vertical (Oz) orient� vers le haut, dont la base a pour aire S. Ce r�servoir est rempli d’eau jusqu’� une certaine altitude h (soit h=zA)  pour un certain point A en surface). La partie basse de ce r�servoir est perc�e d’un trou (point B), au contact d’un siphon (B-C-D), qui est une conduite de forme coud�e et de section d’aire constante s tr�s petite devant S. La surface libre de l’eau (en A) et la sortie du siphon (point D) sont en contact avec l’air libre (pression atmosph�rique P0 ). D est plus bas que B, qui est lui-m�me plus bas que A. L’altitude de r�f�rence z = 0 est celle du point D, et les points B et C sont � des altitudes constantes zB et zC . Dans les calculs qui suivent nous allons consid�rer que le siphon est amorc� : il est enti�rement rempli d’eau, consid�r�e comme un fluide homog�ne de masse volumique r et incompressible : le siphon ne contient pas d’air. Dans ces conditions nous allons d�terminer le temps de vidange du r�servoir. On note g l’intensit� de la pesanteur. 4.1. Ecrire le th�or�me de Bernoulli le long d’une ligne de courant entre un point A � la surface de l’eau et un point D � la sortie du siphon. On suppose que les conditions d’application de ce th�or�me sont v�rifi�es. Quelles sont ces conditions ? Pour un fluide parfait, homog�ne et incompressible, en �coulement permanent dans un r�f�rentiel galil�en : �v2A+gzA +PA / r =�v2D+gzD +PD / r .  4.2. Justifier que la vitesse vA de l’eau en A est tr�s petite devant la vitesse en sortie du siphon vD. Conservation du d�bit volumique : SvA = svD. S >> s, donc vA << vD. On remarque d’autre part que vA = -h'(t). 4.3. Justifier qu’avec les hypoth�ses faites, l’altitude h (t) de l’eau dans le r�servoir ob�it approximativement � l’�quation diff�rentielle :  h '+s/S (2g)� h� =0. PA = PD = P0 ; v2A+2gzA  = v2D+gzD =v2D ;  vD >> vA, donc 2gh  = v2D =(S / s)2 v2A. vA (S / s) =(2g)� h� ; vA -(s / S) (2g)� h� =0 ; -h' -(s / S) (2g)� h� =0.  h '+s/S (2g)� h� =0. 4.4. R�soudre cette �quation en supposant qu’� l’instant initial, h(0) = h0 >> zC. En d�duire que le niveau d’eau dans le r�servoir parvient � l’entr�e du siphon (en B) � l’instant t1=(2/g)�S / s[h0�-zB�] . Que se passe-t-il � cet instant ? S�paration des variables : dh / h� =  -s / S(2g)� dt. Int�grer entre h0 et h d'une part et entre 0 et t d'autre part : 2 h� - 2h0�= -s / S(2g)� t ; h� - h0�= -s / S(0,5g)� t ; t1=[h0�-zB�] (2 / g)�S / s. Le siphon se d�samorce ensuite.  Afin de mod�liser l’�coulement de l’eau dans une grotte, on reprend les calculs pr�c�dents en supposant d�sormais que le r�servoir est aliment� en permanence par une arriv�e d’eau de d�bit volumique constant D qui ne perturbe pas l’�coulement de vidange.  4.5. Dans les m�mes conditions que pr�c�demment (le siphon �tant rempli d’eau), justifier que la hauteur h de l’eau ob�it maintenant � l’�quation diff�rentielle h'+s/S (2g)� h� = D / S. A chaque seconde, l’altitude h (t) de l’eau dans le r�servoir augmente de D / S. h'+s/S (2g)� h� = D / S. 4.6. V�rifier que cette �quation poss�de une solution stationnaire, pour une hauteur d’eau hS que l’on exprimera en fonction de , D, s et g . Cette hauteur doit �videmment �tre sup�rieure � celle de l’entr�e du siphon. A quel d�bit minimum Dmin cela correspond-il ? En r�gime stationnaire, h' = 0 : s/S (2g)� h� = D / S. s (2g)� h� = D ; h� =D / [ s (2g)�] ; h =D2 / [ s2 (2g)]. Dmin = s (2g)� hB� .  4.7. Lorsque le siphon contient de l’air, il ne fonctionne plus ( DS=0 ) : on dit qu’il est d�samorc�. Dans ce cas, comment �volue la hauteur d’eau dans le r�servoir ? L'eau ne s'�coule plus et la hauteur de l'eau augmente de hB � hC. 4.8. Soit DC le d�bit volumique sortant par le siphon (amorc�) lorsque h=zC . Exprimer DC en fonction de s, g et zC . Que peut-on dire de l’�volution ult�rieure de h si D > DC  v2C+2gzC  = v2D+gzD ; vC << vD et zD = 0 : 2gzC  = v2D. Dc = s vD = s (2gzC)�. Si D > DC , l'eau monte dans le r�servoir et va finir par d�border.  Ainsi lorsque D < DC , le siphon �volue entre les deux �tats : amorc� et d�samorc�. On suppose de plus que lorsque le siphon est amorc�, D est n�gligeable devant le d�bit de sortie. 4.9. Exprimer dans ces conditions la p�riode des oscillations du niveau d’eau h(t) dans le r�servoir. Repr�senter qualitativement l’allure de ces oscillations. Siphon d�samorc� : la dur�e pour atteindre la hauteur zC est : S(zC-zB) / D. Siphon amorc� : la dur�e de vidange est S(zC-zB) / Dc. 5. L’oscillateur de relaxation " Stick-slip " un mod�le simple en g�ophysique.  Le coulissement entre deux plaques lithosph�riques (faille transformante) peut �tre mod�lis� en premi�re approximation par le dispositif suivant : un objet consid�r� comme ponctuel, de masse m, est pos� sur un tapis roulant entra�n� � une vitesse v constante (par rapport au sol, consid�r� comme � fixe �). Cet objet, qui est choisi comme � syst�me �, est �galement reli� � un point fixe par l’interm�diaire d’un ressort de raideur k . La position du centre de l’objet est rep�r�e par son abscisse x (axe horizontal). A l’instant t = 0 , le ressort n’est pas tendu (il n’exerce aucune force sur ses extr�mit�s), et l’abscisse de la masse est not�e x0 (c’est la longueur � vide du ressort).   5.1. On constate que tant que l’intensit� de la force de traction T  exerc�e par le ressort ne d�passe pas une valeur Tmax , l’objet reste � coll� �, c’est-�-dire fixe par rapport au tapis. Exprimer alors la loi horaire x (t) durant cette phase. Ecrire une relation simple entre la force de frottement F  exerc�e par le tapis sur l’objet et la force T  exerc�e par le ressort. Justifier. En d�duire la norme F(t) de la force exerc�e par le tapis sur l’objet. La vitesse de l'objet par rapport au sol est identique � celle du tapis par rapport au sol. On note v cette vitesse. dx/dt = v ; x(t) = vt + x0. Le syst�me ( objet) dans le r�f�rentiel li� au sol, suppos� galil�en est telle que T = F= k (L-L0)= k(x(t) -x0)= k v t.. Par contre d�s que T atteint la valeur Tmax , l’objet � se d�colle � et on consid�re qu’il glisse sans frottement sur le tapis : F s’annule, et l’objet n’est plus soumis qu’� l’action du ressort. 5.2. A quel instant t1 (� exprimer en fonction de Tmax k, et v ) l’objet d�colle-t-il du tapis ? A quelle �quation diff�rentielle ob�it la position x (t) de cet objet dans la phase qui suit ? L'objet d�colle si T = Tmax : F(t1) = k v t1 = Tmax. t1 = Tmax / (kv). Dans la phase qui suit F = 0 et : md2x/dt2 = -k(x-x0). d2x/dt2 +k / m x=k / mx0.  5.3. Justifier que l’on peut �crire la solution de cette �quation diff�rentielle sous la forme x(t)=x0 +A sin [w0(t-t1) +a], o� A, w0 et a sont des constantes. Exprimer w0 en fonction de k et de m. En tenant compte des conditions initiales, exprimer tan a en fonction de w0 et t1 , et A en fonction de v1t1, et w0. dx(t) /dt=dx0 /dt +Aw0 cos [w0(t-t1) +a]= 0+Aw0 cos [w0(t-t1) +a]. d2x/dt2 = - A w02 sin [w0(t-t1) +a]. Repport dans l'�quation diff�rentielle : - A w02 sin [w0(t-t1) +a]+ kx0 / m+ kA / m sin [w0(t-t1) +a] =k /m x0. On pose w02  = k / m. La solution propos�e v�rifie l'�quation diff�rentielle. x(t1) =x0 +A sin a = x0 + v t1. sin a = vt1 / A. v(t) = dx(t) /dt=Aw0 cos [w0(t-t1) +a]. v(t1)=Aw0 cos(a) = v par continuit�. cos(a) = v / (Aw0). tan a = w0t1. sin2 a =( v t1 / A)2 ; .cos2 a = [v / (Aw0)]2. sin2 a +cos2 a =1 =v2 / A2[ t12+1/w02]. A = v[ t12+1/w02]�. 5.4. Lorsque la vitesse de la masse par rapport au tapis s’annule � nouveau, la force de frottement F r�appara�t. A quel instant t2 cela se produit-il ? (exprimer t2 en fonction de t1 ,a et  w0 ). V�rifier qu’� cet instant, la longueur du ressort vaut x(t2)=x0-Asin a. Continuit� de v(t) : v(t2) =Aw0 cos [w0(t2-t1) +a]= v. cos [w0(t2-t1) +a]= v / (Aw0)= cos(a). Solution : w0(t2-t1) +a= - a+2p. t2-t1= 2 / w0[p -arctg(a)] t2=t1+ 2 / w0[p -arctg(a)]. x(t2)=x0 +A sin [w0(t2-t1) +a]. x(t2)=x0 +A sin [ - a+2p] = x0-Asin a.

menu