Énergie mécanique : conservation et dissipation

a) $E_{pe}=\frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{2}\times 25\times (4,0\times {10}^{-2}{)}^2$. Le calcul donne $E_{pe}$ = 0,5 × 25 × 1,6×10⁻³, soit $E_{pe}$ = 2,0×10⁻² J.

b) $E_c=\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{1}{2}\times 0,16\times (0,30{)}^2$ = 0,5 × 0,16 × 0,090, soit $E_c$ = 7,2×10⁻³ J.

c) L'altitude étant constante, l'énergie potentielle de pesanteur ne varie pas et on la prend nulle : $E_m=E_c+E_{pe}$ = 7,2×10⁻³ + 2,0×10⁻² = 2,72×10⁻². L'énergie mécanique du système vaut $E_m$ = 2,7×10⁻² J (deux chiffres significatifs, comme les données).

a) $T_0$$=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{m}{k}}}$$=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{0,32}{12}}}$$=2\pi \sqrt{2,667\times {10}^{-2}}$$=2\pi \times 0,1633$, soit $T_0$ = 1,03 s.

b) $T_0$$=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{\ell }{g}}}$$=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{1,10}{9,81}}}$$=2\pi \sqrt{0,1121}$$=2\pi \times 0,3349$, soit $T_0$ = 2,10 s.

c) $f_0={\displaystyle \frac{1}{T_0}}={\displaystyle \frac{1}{2,10}}$, soit $f_0$ = 0,476 Hz.

d) Non. L'expression $T_0=2\pi \sqrt{\ell /g}$ ne contient pas la masse : pour de petites oscillations, la période propre du pendule simple ne dépend que de sa longueur et de l'intensité de la pesanteur. Elle reste donc égale à 2,10 s.

a) Au départ, $v=0$ donc $E_c=0$ et $E_m=E_{pp}=mgh=28\times 9,81\times 3,5$ = 961,4 J, soit $E_m$ = 9,6×10² J.

b) Le système n'est soumis qu'au poids (conservatif) et à la réaction normale du support (travail nul) : l'énergie mécanique se conserve, $\Delta E_m=0$. En bas, $z=0$ donc $E_m=\frac{1}{2}m{v}^2=mgh$, d'où $v=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9,81\times 3,5}=\sqrt{68,67}$, soit $v$ = 8,3 m·s⁻¹.

c) La masse se simplifie dans $\frac{1}{2}m{v}^2=mgh$ : la vitesse d'arrivée $v=\sqrt{2gh}$ ne dépend que du dénivelé. Elle serait donc inchangée (8,3 m·s⁻¹) ; seule l'énergie mécanique, elle, serait doublée.

a) À l'instant du lâcher, $v=0$ et $x=X_m$ = 6,0×10⁻² m : $E_m=\frac{1}{2}k{X}_m^2=\frac{1}{2}\times 32\times (6,0\times {10}^{-2}{)}^2$ = 0,5 × 32 × 3,6×10⁻³. Comme il n'y a pas de frottement, cette valeur reste constante : $E_m$ = 5,8×10⁻² J.

b) La vitesse est maximale là où l'énergie potentielle élastique est minimale, c'est-à-dire au passage par la position d'équilibre ($x=0$). On y a $E_m=\frac{1}{2}m{v}_{max}^2$, donc $v_{max}=\sqrt{{\displaystyle \frac{2E_m}{m}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 5,76\times {10}^{-2}}{0,22}}}=\sqrt{0,5236}$, soit $v_{max}$ = 0,72 m·s⁻¹.

c) Conservation de l'énergie mécanique : $\frac{1}{2}m{v}^2+\frac{1}{2}k{x}^2=\frac{1}{2}k{X}_m^2$, donc $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{k}{m}}(X_m^2-x^2)}$. Avec ${\displaystyle \frac{k}{m}}={\displaystyle \frac{32}{0,22}}$ = 145,5 : $v$$=\sqrt{145,5\times (3,6\times {10}^{-3}-9,0\times {10}^{-4})}$$=\sqrt{145,5\times 2,7\times {10}^{-3}}$$=\sqrt{0,3928}$, soit $v$ = 0,63 m·s⁻¹. La vitesse a diminué, conformément à la hausse de $E_{pe}$.

d) $T_0$$=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{m}{k}}}$$=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{0,22}{32}}}$$=2\pi \sqrt{6,875\times {10}^{-3}}$$=2\pi \times 8,292\times {10}^{-2}$, soit $T_0$ = 0,521 s.

a) À l'équilibre, la force de rappel du ressort compense le poids : $k{x}_{eq}=mg$, donc $x_{eq}={\displaystyle \frac{mg}{k}}={\displaystyle \frac{0,120\times 9,81}{15}}={\displaystyle \frac{1,177}{15}}$, soit $x_{eq}$ = 7,85×10⁻² m, soit 7,85 cm.

b) Système : le solide ; référentiel terrestre supposé galiléen ; axe vertical descendant, origine à la position d'équilibre. L'allongement total vaut $x=x_{eq}+X$. La deuxième loi de Newton projetée sur cet axe donne $m\ddot{X}=mg-k(x_{eq}+X)$. Or $mg=k{x}_{eq}$ d'après la question a), donc $m\ddot{X}=-kX$, c'est-à-dire $\ddot{X}+{\displaystyle \frac{k}{m}}X=0$ : le solide effectue des oscillations harmoniques autour de sa position d'équilibre, exactement comme dans le cas horizontal.

c) L'équation est de la forme $\ddot{X}+{\omega }_0^{2}X=0$ avec ${\omega }_0^2=k/m$, donc $T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{m}{k}}}=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{0,120}{15}}}=2\pi \sqrt{8,00\times {10}^{-3}}$, soit $T_0$ = 0,562 s.

d) De $x_{eq}={\displaystyle \frac{mg}{k}}$ on tire ${\displaystyle \frac{m}{k}}={\displaystyle \frac{x_{eq}}{g}}$, donc $T_0=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{x_{eq}}{g}}}$. Vérification : $2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{7,85\times {10}^{-2}}{9,81}}}=2\pi \sqrt{8,00\times {10}^{-3}}$ = 0,562 s : on retrouve bien la même valeur. Mesurer l'allongement à l'équilibre suffit donc à prévoir la période, sans connaître ni $m$ ni $k$.

a) $\Delta E_c$$=\frac{1}{2}m(v_2^2-v_1^2)$$=\frac{1}{2}\times 78\times (16,0^2-4,0^2)$$=39\times (256-16)$$=39\times 240$, soit $\Delta E_c$ = 9,36×10³ J.

b) Le cycliste descend, donc $\Delta E_{pp}=-mgh=-78\times 9,81\times 42$ = −32 139 J, soit $\Delta E_{pp}$ = −3,21×10⁴ J.

c) $\Delta E_m=\Delta E_c+\Delta E_{pp}$ = 9,36×10³ − 3,214×10⁴ = −2,278×10⁴ J. D'après le théorème de l'énergie mécanique, $\Delta E_m=W(\overrightarrow{f})$ : l'énergie dissipée vaut donc 2,28×10⁴ J (environ 71 % de l'énergie potentielle libérée).

d) La force étant constante et opposée au déplacement, $W(\overrightarrow{f})=-fL$, donc $f={\displaystyle \frac{2,278\times {10}^4}{620}}$, soit $f$ = 36,7 N. Cette valeur est cohérente avec la résistance de l'air à cette vitesse.

a) Une courbe fermée signifie que le système repasse indéfiniment par les mêmes couples (position ; vitesse) : l'amplitude ne décroît pas, donc l'énergie mécanique se conserve et les frottements sont négligeables. Le parcours est horaire : dans la partie supérieure du portrait, $v>0$, donc la position augmente et le point représentatif se déplace vers la droite.

b) Pour un oscillateur harmonique, $v_{max}={\omega }_0{X}_m$, donc ${\omega }_0={\displaystyle \frac{v_{max}}{X_m}}={\displaystyle \frac{1,0}{8,0\times {10}^{-2}}}$, soit ${\omega }_0$ = 12,5 rad·s⁻¹. Alors $T_0={\displaystyle \frac{2\pi }{{\omega }_0}}={\displaystyle \frac{2\pi }{12,5}}$, soit $T_0$ = 0,503 s.

c) ${\omega }_0=\sqrt{{\displaystyle \frac{k}{m}}}$ donc $k=m{\omega }_0^2=0,090\times (12,5{)}^2=0,090\times 156,25$, soit $k$ = 14 N·m⁻¹.

d) Au passage par l'équilibre, toute l'énergie est cinétique : $E_m=\frac{1}{2}m{v}_{max}^2=\frac{1}{2}\times 0,090\times (1,0{)}^2$, soit $E_m$ = 4,5×10⁻² J. On vérifie avec $\frac{1}{2}k{X}_m^2=0,5\times 14,06\times 6,4\times {10}^{-3}$ = 4,5×10⁻² J.

a) À une élongation maximale, la vitesse est nulle : $E_m=\frac{1}{2}k{X}^2$. On obtient $E_{m1}=\frac{1}{2}\times 22\times (5,0\times {10}^{-2}{)}^2$ = 2,75×10⁻² J ; $E_{m2}=\frac{1}{2}\times 22\times (4,2\times {10}^{-2}{)}^2$ = 1,94×10⁻² J ; $E_{m3}=\frac{1}{2}\times 22\times (3,5\times {10}^{-2}{)}^2$ = 1,35×10⁻² J.

b) Calculons les rapports de deux valeurs successives : ${\displaystyle \frac{E_{m2}}{E_{m1}}}={\displaystyle \frac{1,940}{2,750}}$ = 0,705 et ${\displaystyle \frac{E_{m3}}{E_{m2}}}={\displaystyle \frac{1,348}{1,940}}$ = 0,695. Ces deux rapports sont égaux à 0,70 près de 1 % : l'énergie mécanique est donc, aux incertitudes de mesure près, une suite géométrique de raison 0,70. Autrement dit, l'oscillateur perd environ 30 % de son énergie mécanique par pseudo-période, quelle que soit l'amplitude. (C'est cohérent : $E_m\propto X^2$ et le rapport des amplitudes vaut 4,2/5,0 = 0,84, dont le carré est 0,71.)

c) Les deux premières élongations relevées sont séparées d'une pseudo-période : $\Delta E_m=E_{m2}-E_{m1}$ = 1,940×10⁻² − 2,750×10⁻² = −8,1×10⁻³ J, soit 8,1 mJ dissipés. La puissance moyenne dissipée vaut $P={\displaystyle \frac{8,1\times {10}^{-3}}{0,64}}$, soit $P$ = 1,3×10⁻² W.

d) L'amortissement est faible : sur une pseudo-période, le système ne perd que 30 % de son énergie, donc le mouvement reste oscillant (régime pseudo-périodique) et non apériodique. Pour un tel amortissement, la pseudo-période reste très proche de la période propre $T_0=2\pi \sqrt{m/k}$, qui ne dépend ni de l'amplitude ni du temps : on peut donc la mesurer sur plusieurs oscillations successives, et elle apparaît constante.

a) En A : $E_m(A)=\frac{1}{2}m{v}_A^2=\frac{1}{2}\times 0,045\times (3,8{)}^2$ = 0,3249 J. Le théorème de l'énergie mécanique donne $E_m(B)=E_m(A)+W(\overrightarrow{f})$ = 0,3249 − 0,065 = 0,2599 J. Or, pour être immobile en B, il faudrait au minimum $E_{pp}(B)=mg{h}_B=0,045\times 9,81\times 0,55$ = 0,2428 J. Comme 0,2599 J > 0,2428 J, l'énergie disponible en B est supérieure à l'énergie potentielle nécessaire : la bille atteint B, et avec une vitesse non nulle.

b) $E_c(B)=E_m(B)-E_{pp}(B)$ = 0,2599 − 0,2428 = 1,71×10⁻² J. Donc $v_B=\sqrt{{\displaystyle \frac{2E_c(B)}{m}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 1,71\times {10}^{-2}}{0,045}}}=\sqrt{0,760}$, soit $v_B$ = 0,87 m·s⁻¹.

c) La bille s'arrête à la hauteur maximale : $E_c=0$ et $mg{h}_{max}=E_m(A)+W(\overrightarrow{f})$ = 0,2599 J. Donc $h_{max}={\displaystyle \frac{0,2599}{0,045\times 9,81}}={\displaystyle \frac{0,2599}{0,4415}}$, soit $h_{max}$ = 0,59 m. La bille ne peut donc dépasser B que de 4 cm environ.

d) L'égalité $\frac{1}{2}m{v}_A^2=mg{h}_B$ traduit la conservation de l'énergie mécanique et suppose que la bille s'arrête en B ; elle est doublement fautive ici. D'une part, les frottements travaillent, donc il faut écrire $\Delta E_m=W(\overrightarrow{f})\ne 0$. D'autre part, la bille n'est pas immobile en B : son énergie cinétique finale n'est pas nulle. La relation correcte est $\frac{1}{2}m{v}_B^2=\frac{1}{2}m{v}_A^2-mg{h}_B+W(\overrightarrow{f})$, qui conduit à 0,87 m·s⁻¹ et non à 1,6 m·s⁻¹ : négliger la dissipation conduit ici à surestimer la vitesse de 84 %.

a) La bille est à la distance $\ell$ du point de suspension ; la projection verticale du fil vaut $\ell \cos {\theta }_m$. La bille est donc remontée de $h=\ell -\ell \cos {\theta }_m$, soit $h=\ell (1-\cos {\theta }_m)$. Numériquement, $h=0,85\times (1-0,9781)=0,85\times 2,185\times {10}^{-2}$, soit $h$ = 1,86×10⁻² m (1,86 cm).

b) Au lâcher, $v=0$ : $E_m=mgh=0,34\times 9,81\times 1,857\times {10}^{-2}$, soit $E_m$ = 6,2×10⁻² J. Les seules forces sont le poids (conservatif) et la tension du fil (travail nul, car perpendiculaire à la vitesse) : cette valeur se conserve.

c) Au point le plus bas, $z=0$ donc $E_m=\frac{1}{2}m{v}_{max}^2$, d'où $v_{max}=\sqrt{2gh}=\sqrt{2\times 9,81\times 1,857\times {10}^{-2}}=\sqrt{0,3644}$, soit $v_{max}$ = 0,60 m·s⁻¹. On remarque que la masse se simplifie : cette vitesse est indépendante de $m$.

d) $T_0$$=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{\ell }{g}}}$$=2\pi \sqrt{{\displaystyle \frac{0,85}{9,81}}}$$=2\pi \sqrt{8,665\times {10}^{-2}}$$=2\pi \times 0,2944$, soit $T_0$ = 1,85 s. Cette expression ne contient ni $m$ ni ${\theta }_m$ : la période propre est indépendante de la masse (comme la vitesse de la question c, pour la même raison : le poids est proportionnel à la masse, tout comme l'inertie) et de l'amplitude (isochronisme des petites oscillations). Mais cette formule provient de l'approximation $\sin \theta \approx \theta$ (en radians), valable seulement pour de petits angles : à 12° l'écart est inférieur à 0,1 %. À 60°, l'approximation n'est plus acceptable, l'oscillateur n'est plus harmonique et la période réelle dépasse d'environ 7 % la valeur 1,85 s : le modèle ne s'applique plus.