Feuille d'entraînement : Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

10 questions · filière BCPST · durée estimée environ 53 min

Énoncés

Exercice 1ENS Physique BCPST 2023, Q15· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 5 min
Montrer, sous une hypothèse que l'on précisera, que l'on peut modéliser la liaison atomique $A B$ par un ressort à comportement linéaire dont on exprimera la raideur $k$ et la longueur au repos $ℓ_{0}$ en fonction des caractéristiques extraites de l'énergie potentielle d'interaction $U (R)$ .
Exercice 2ENS Physique BCPST 2023, Q16· Exigeant· Incontournable· ≈ 7 min
Appliquer le principe fondamental de la dynamique au point matériel $B$ , puis $A$ . En déduire que l'équation différentielle à laquelle obéit la distance inter-nucléaire $R (t)$ s'écrit
$\frac{d ^{2}}{d t ^{2}} R + ω_{0}^{2} (R - R_{e}) = 0$
où on exprimera $ω_{0}$ en fonction de $k$ et $μ$ , avec $μ = \frac{m _{A} m _{B}}{m _{A} + m _{B}}$ . Exprimer la fréquence $f$ des oscillations de la molécule $A B$ en fonction de $μ$ et $k$ . Rappeler le domaine spectral en longueur d'onde correspondant aux mouvements vibrationnels d'une molécule.
Exercice 3ENS Physique BCPST 2021, Q43· Application directe· Incontournable· ≈ 6 min
Établir l'équation différentielle vérifiée par l'abscisse $x_{m} (t)$ de la masse $m$ . On fera apparaître la variable $L (U)$ définie par $L (U) = \frac{F ( U )}{k}$ . En régime quasi-statique, que représente $L (U)$ ?
Exercice 4ENS Physique BCPST 2022, Q38· Exigeant· ≈ 6 min
Représenter l'allure graphique de la dépendance de l'énergie totale $U_{tot} = U_{elec} + U_{hp}$ d'un virus vis-à-vis de son rayon $R_{v}$ .
En déduire qu'il existe un rayon privilégié $R_{v}^{⋆}$ que l'on définira et exprimera en fonction de $σ$ , $ε$ et $γ$ .
Exercice 5ENS Physique BCPST 2021, Q44· Exigeant· ≈ 6 min
Exprimer la fréquence propre $f_{0}$ du système. Déterminer la valeur de la masse effective $m$ (le résultat sera donné avec un chiffre significatif). Calculer le ratio de la masse effective $m$ sur la masse $m_{a}$ de l'actionneur. Proposer un argument justifiant que ce ratio doit être inférieur à 1.
Exercice 6ENS Physique BCPST 2021, Q52· Intermédiaire· ≈ 6 min
Lorsqu'il n'y a pas de glissement entre les masses, en utilisant Q48, Q49, Q50 et Q51, établir que l'équation différentielle vérifiée par l'abscisse $x_{m}$ prend la forme générale :
$\frac{d ^{2} x _{m} ( t )}{d t ^{2}} + ω^{2} x_{m} (t) = ω^{2} (a_{i} (t - t_{i}) + b_{i}),$
où $i = l$ pour une phase lente et $i = r$ pour une phase rapide. On exprimera les coefficients constants $a_{l}, b_{l}, a_{r}$ et $b_{r}$ sur la base des paramètres $L_{ma x}, τ_{l}$ et $τ_{r}$ .
Exercice 7ENS Physique BCPST 2021, Q53· Application directe· ≈ 3 min
Nous recherchons une solution particulière $x_{p} = x_{p} (t)$ de l'équation différentielle (15) sous la forme d'un polynôme $P = P (t - t_{i})$ de la variable $t - t_{i}$ . Déterminer $x_{p}$ (on choisira $P$ de degré le plus bas possible).
Exercice 8ENS Physique BCPST 2021, Q54· Application directe· ≈ 3 min
En déduire la solution générale de l'équation différentielle. On prendra la variable temporelle sous la forme de la différence $t - t_{i}$ .
Exercice 9ENS Physique BCPST 2021, Q55· Intermédiaire· ≈ 4 min
On suppose que, durant chaque phase lente (pour $t_{l} < t < t_{l} + τ_{l}$ ): $ω τ_{l} ≫ 1$ . Quel terme peut-on alors négliger dans l'équation différentielle (15) ? En déduire l'expression de $x_{m} (t)$ dans cette limite.
Exercice 10ENS Physique BCPST 2021, Q57· Exigeant· ≈ 7 min
Durant la phase de descente (pour $t_{r} < t < t_{r} + τ_{r}$ ), la tension varie rapidement, soit : $ω τ_{r} ≪ 1$ . En supposant qu'il n'y a pas de glissement et en utilisant le résultat de Q54, donner une approximation de l'expression de $x_{m} (t)$ dans cette limite. On utilisera que $∣ t - t_{r} ∣ < τ_{r}$ et donc $ω ∣ t - t_{r} ∣ ≪ 1$ , ainsi que $τ_{r} ≪ τ_{l}$ . Les conditions initiales $x_{m} (t_{r})$ et $v_{m} (t_{r})$ de cette phase correspondent à la position et la vitesse de $m$ à la fin de la phase de montée (cf. Q56).

Corrigés

Exercice 1ENS Physique BCPST 2023, Q15
L'énergie potentielle d'interaction U(R) présente un minimum d'énergie -E_0 en R = R_e, correspondant à la position d'équilibre stable de la molécule.
Sous l'hypothèse des petites oscillations (ou faibles écarts à l'équilibre), la distance internucléaire R reste très proche de la position d'équilibre :
|R - R_e| \ll R_e
Effectuons un développement de Taylor de U(R) au voisinage de R = R_e à l'ordre 2 :
U(R) = U(R_e) + \left.\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}R}\right|_{R_e} (R - R_e) + \frac{1}{2} \left.\frac{\mathrm{d}^2 U}{\mathrm{d}R^2}\right|_{R_e} (R - R_e)^2 + \mathcal{O}\left((R - R_e)^3\right)
La position R_e étant un extremum d'énergie potentielle (minimum), la dérivée première est nulle :
\left.\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}R}\right|_{R_e} = 0
En posant U(R_e) = -E_0, l'expression approchée de l'énergie potentielle s'écrit :
U(R) \approx -E_0 + \frac{1}{2} k (R - R_e)^2
L'énergie potentielle d'un ressort idéal de raideur k et de longueur au repos \ell_0 soumis à un allongement R est donnée (à une constante additive près) par :
E_{p,\text{élastique}} = \frac{1}{2} k (R - \ell_0)^2
Par identification, la liaison atomique se modélise par un ressort à comportement linéaire caractérisé par :
\boxed{\ell_0 = R_e \quad \text{et} \quad k = \left.\frac{\mathrm{d}^2 U}{\mathrm{d}R^2}\right|_{R = R_e} > 0}
La force exercée sur le noyau B par le noyau A s'écrit alors :
\vec{F}_{A \to B} = -\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}R}\,\vec{e}_x \approx -k(R - R_e)\,\vec{e}_x = -k(R - \ell_0)\,\vec{e}_x
ce qui correspond bien à la force de rappel d'un ressort élastique linéaire.
Résultat
$ℓ_{0} = R_{e} et k = \frac{d ^{2} U}{d R ^{2}}_{R = R_{e}} > 0$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2ENS Physique BCPST 2023, Q16
Dans le référentiel galiléen lié au centre de masse G, les positions le long de l'axe (Ox) orienté par \vec{e}_x s'écrivent :
\vec{r}_A = x_A \vec{e}_x = -R_A \vec{e}_x \quad \text{et} \quad \vec{r}_B = x_B \vec{e}_x = R_B \vec{e}_x
La distance internucléaire est donc R = x_B - x_A = R_B + R_A.
D'après le modèle harmonique validé à la question précédente, la force de rappel élastique exercée par A sur B s'écrit :
\vec{F}_{A \to B} = -k(R - R_e)\,\vec{e}_x
D'après le principe des actions réciproques (troisième loi de Newton) :
\vec{F}_{B \to A} = -\vec{F}_{A \to B} = +k(R - R_e)\,\vec{e}_x
1. Application du PFD au point matériel B :
m_B \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{e}_x = \vec{F}_{A \to B} \implies m_B \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2} = -k(R - R_e)
Soit :
\frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2} = -\frac{k}{m_B}(R - R_e)
2. Application du PFD au point matériel A :
m_A \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{e}_x = \vec{F}_{B \to A} \implies m_A \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2} = +k(R - R_e)
Soit :
\frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2} = +\frac{k}{m_A}(R - R_e)
3. Équation différentielle sur R(t) :
En soustrayant membre à membre les deux équations précédentes :
\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^2 R}{\mathrm{d}t^2} &= \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2} - \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2} \\ &= -\left(\frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}\right) k(R - R_e) \end{aligned}
En introduisant la masse réduite \mu = \frac{m_A m_B}{m_A + m_B}, on a \frac{1}{\mu} = \frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}, d'où :
\frac{\mathrm{d}^2 R}{\mathrm{d}t^2} + \frac{k}{\mu}(R - R_e) = 0
On obtient bien l'équation demandée :
\boxed{\frac{\mathrm{d}^2 R}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0^2(R - R_e) = 0}
avec :
\boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{\mu}}}
4. Fréquence d'oscillation :
La fréquence des oscillations vibrationnelles est donnée par f = \frac{\omega_0}{2\pi} :
\boxed{f = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu}}}
5. Domaine spectral associé :
Les transitions vibrationnelles des molécules correspondent classiquement à l'absorption ou à l'émission de rayonnement dans le domaine de l'infrarouge (IR), typiquement pour des longueurs d'onde :
\boxed{\lambda \in [0{,}8\,\mu\mathrm{m}\;;\;100\,\mu\mathrm{m}]} \quad (\text{en particulier l'infrarouge moyen : } 2{,}5\,\mu\mathrm{m} \text{ à } 25\,\mu\mathrm{m})
Résultat
$\frac{d ^{2} R}{d t ^{2}} + ω_{0}^{2} (R - R_{e}) = 0$ $ω_{0} = \frac{k}{μ}$ $f = \frac{1}{2 π} \frac{k}{μ}$ $λ \in [0, 8 μ m; 100 μ m]$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3ENS Physique BCPST 2021, Q43
On étudie la masse effective m dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. Le mouvement s'effectuant uniquement le long de l'axe (Ox), le bilan des forces horizontales s'écrit :
- la force piézo-électrique : \vec{F}(U) = F(U)\,\vec{e}_x ;
- la force de rappel élastique exercée par le ressort de raideur k et de longueur à vide nulle : \vec{F}_{\text{rappel}} = -k\,x_m(t)\,\vec{e}_x.
D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué à la masse m en projection sur l'axe (Ox) :
m \frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} = F(U) - k\,x_m(t)
En introduisant la variable L(U) = \dfrac{F(U)}{k}, on obtient :
\boxed{\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \frac{k}{m}\left(x_m(t) - L(U)\right) = 0}
ou, sous forme équivalente avec la pulsation propre \omega_0 = \sqrt{k/m} :
\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0^2 x_m(t) = \omega_0^2 L(U)
En régime quasi-statique, les variations temporelles sont suffisamment lentes pour que l'accélération soit négligeable devant les termes de force (\ddot{x}_m \approx 0). L'équation du mouvement se réduit à :
x_m(t) \approx L(U)
L(U) représente donc la position d'équilibre (ou le déplacement statique) de la masse effective m sous l'effet de la tension appliquée U.
Résultat
$\frac{d ^{2} x _{m} ( t )}{d t ^{2}} + \frac{k}{m} (x_{m} (t) - L (U)) = 0$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4ENS Physique BCPST 2022, Q38
D'après la question Q37 et la relation (24) de l'énoncé, l'énergie totale du virus s'écrit :
U_{\mathrm{tot}}(R_{\mathrm{v}}) = U_{\mathrm{elec}} + U_{\mathrm{hp}} = \frac{2\pi \sigma^2}{\varepsilon} R_{\mathrm{v}}^3 - \gamma R_{\mathrm{v}}^2
Pour étudier les variations de U_{\mathrm{tot}} vis-à-vis de R_{\mathrm{v}} \ge 0, dérivons cette fonction par rapport à R_{\mathrm{v}} :
\frac{\mathrm{d}U_{\mathrm{tot}}}{\mathrm{d}R_{\mathrm{v}}} = \frac{6\pi \sigma^2}{\varepsilon} R_{\mathrm{v}}^2 - 2\gamma R_{\mathrm{v}} = 2 R_{\mathrm{v}} \left( \frac{3\pi \sigma^2}{\varepsilon} R_{\mathrm{v}} - \gamma \right)
Pour R_{\mathrm{v}} > 0, la dérivée s'annule en un point unique :
R_{\mathrm{v}}^\star = \frac{\gamma \varepsilon}{3\pi \sigma^2}
Le signe de la dérivée montre que :
- pour 0 < R_{\mathrm{v}} < R_{\mathrm{v}}^\star, \dfrac{\mathrm{d}U_{\mathrm{tot}}}{\mathrm{d}R_{\mathrm{v}}} < 0 : la fonction est strictement décroissante ;
- pour R_{\mathrm{v}} > R_{\mathrm{v}}^\star, \dfrac{\mathrm{d}U_{\mathrm{tot}}}{\mathrm{d}R_{\mathrm{v}}} > 0 : la fonction est strictement croissante.
L'énergie totale admet donc un minimum absolu en R_{\mathrm{v}} = R_{\mathrm{v}}^\star. Par ailleurs :
- U_{\mathrm{tot}}(0) = 0 avec une tangente horizontale à l'origine ;
- U_{\mathrm{tot}}(R_{\mathrm{v}}) = 0 pour R_{\mathrm{v}} = \dfrac{3}{2} R_{\mathrm{v}}^\star = \dfrac{\gamma \varepsilon}{2\pi \sigma^2} ;
- U_{\mathrm{tot}}(R_{\mathrm{v}}) \xrightarrow[R_{\mathrm{v}} \to +\infty]{} +\infty.
Le rayon privilégié R_{\mathrm{v}}^\star est défini comme le rayon qui minimise l'énergie potentielle totale du virus, correspondant à l'état d'équilibre thermodynamique stable de la capside auto-assemblée :
\boxed{R_{\mathrm{v}}^\star = \frac{\gamma \varepsilon}{3\pi \sigma^2}}
Résultat
$R_{v}^{⋆} = \frac{γ ε}{3 π σ ^{2}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5ENS Physique BCPST 2021, Q44
D'après l'équation différentielle du mouvement obtenue à la question Q43, la pulsation propre du système est \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}. La fréquence propre associée s'écrit :
\boxed{f_0 = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}}
On en déduit l'expression de la masse effective m :
m = \frac{k}{4\pi^2 f_0^2}
Application numérique :
- k = 310\text{ N}\cdot\mu\text{m}^{-1} = 3{,}1 \times 10^8\text{ N}\cdot\text{m}^{-1}
- f_0 = 530\text{ kHz} = 5{,}3 \times 10^5\text{ Hz}
- 4\pi^2 \approx 40 et (5{,}3 \times 10^5)^2 \approx 2{,}8 \times 10^{11}\text{ s}^{-2}, d'où 4\pi^2 f_0^2 \approx 1{,}1 \times 10^{13}\text{ s}^{-2}.
m = \frac{3{,}1 \times 10^8}{1{,}1 \times 10^{13}} \simeq 2{,}8 \times 10^{-5}\text{ kg}
Avec un chiffre significatif :
\boxed{m \simeq 3 \times 10^{-5}\text{ kg} = 3 \times 10^{-2}\text{ g}}
Calculons la masse totale m_a de l'actionneur. Le volume de l'actionneur est :
\begin{aligned} V_a &= 5\text{ mm} \times 5\text{ mm} \times 2\text{ mm} = 50\text{ mm}^3 = 5{,}0 \times 10^{-2}\text{ cm}^3 = 5{,}0 \times 10^{-8}\text{ m}^3 \end{aligned}
Sa masse vaut donc :
m_a = \rho_a V_a = 7{,}8\text{ g}\cdot\text{cm}^{-3} \times 5{,}0 \times 10^{-2}\text{ cm}^3 = 0{,}39\text{ g} = 3{,}9 \times 10^{-4}\text{ kg}
Le ratio de la masse effective sur la masse totale vaut :
\frac{m}{m_a} = \frac{2{,}8 \times 10^{-5}}{3{,}9 \times 10^{-4}} \simeq 0{,}07
\boxed{\frac{m}{m_a} \simeq 0{,}07 = 7\%}
Justification physique de m/m_a < 1 : L'actionneur est encastré à sa base (z = 0, vitesse nulle) et subit un cisaillement maximal à sa face supérieure (z = 2\text{ mm}, vitesse \dot{x}_m). Par conséquent, la vitesse des éléments de matière croît de 0 à \dot{x}_m. L'énergie cinétique totale du matériau en déformation :
E_c = \int_{\text{actionneur}} \frac{1}{2} v^2(z) \, \mathrm{d}m
est strictement inférieure à l'énergie cinétique qu'aurait l'ensemble du solide se déplaçant en bloc à la vitesse maximale \frac{1}{2} m_a \dot{x}_m^2. Par identification avec l'énergie cinétique de la masse effective E_c = \frac{1}{2} m \dot{x}_m^2, on a nécessairement :
m < m_a \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{m}{m_a} < 1
Résultat
$f_{0} = \frac{1}{2 π} \frac{k}{m}$ $m ≃ 3 \times 1 0^{- 5} kg = 3 \times 1 0^{- 2} g$ $\frac{m}{m _{a}} ≃ 0, 07 = 7%$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6ENS Physique BCPST 2021, Q52
D'après l'équation du mouvement de la masse m (Q48) :
m \frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2} + k\big(x_m(t) - L(U)\big) = -T
En l'absence de glissement, la force de frottement s'exprime selon Q49 par :
T = -\xi\big(x_m(t) - L(U)\big) \quad \text{avec} \quad \xi = \frac{kM}{m+M}
En substituant cette expression dans l'équation du mouvement, on obtient :
m \frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2} + (k - \xi)\big(x_m(t) - L(U)\big) = 0
Or, la raideur apparente k - \xi vaut :
k - \xi = k - \frac{kM}{m+M} = k\left(1 - \frac{M}{m+M}\right) = \frac{km}{m+M}
En divisant par la masse m, l'équation différentielle devient :
\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \frac{k}{m+M} x_m(t) = \frac{k}{m+M} L(U)
On retrouve bien la pulsation propre du système solidaire (déjà rencontrée en Q46) :
\omega = \sqrt{\frac{k}{m+M}}
L'équation prend ainsi la forme canonique :
\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \omega^2 x_m(t) = \omega^2 L(U)
Identifions à présent le second membre selon la phase considérée :
- Phase lente (i=l) : d'après Q50, F_l = k L_{\max} \frac{t - t_l}{\tau_l}, d'où :
  L(U) = \frac{F_l}{k} = \frac{L_{\max}}{\tau_l} (t - t_l)
  Par identification avec a_l (t - t_l) + b_l, il vient :
  \boxed{ a_l = \frac{L_{\max}}{\tau_l} \quad \text{et} \quad b_l = 0 }
- Phase rapide (i=r) : d'après Q51, F_r = k L_{\max} \left(1 - \frac{t - t_r}{\tau_r}\right), d'où :
  L(U) = \frac{F_r}{k} = -\frac{L_{\max}}{\tau_r} (t - t_r) + L_{\max}
  Par identification avec a_r (t - t_r) + b_r, il vient :
  \boxed{ a_r = -\frac{L_{\max}}{\tau_r} \quad \text{et} \quad b_r = L_{\max} }
Résultat
$a_{l} = \frac{L _{m a x}}{τ _{l}} et b_{l} = 0$ $a_{r} = - \frac{L _{m a x}}{τ _{r}} et b_{r} = L_{m a x}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7ENS Physique BCPST 2021, Q53
L'équation différentielle (15) s'écrit :
\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \omega^2 x_m(t) = \omega^2\left(a_i(t - t_i) + b_i\right)
Cherchons une solution particulière sous la forme d'un polynôme de degré 1 de la variable (t - t_i) :
x_p(t) = A (t - t_i) + B
où A et B sont des constantes à déterminer. En dérivant deux fois par rapport au temps :
\frac{\mathrm{d}x_p}{\mathrm{d}t}(t) = A \quad \text{puis} \quad \frac{\mathrm{d}^2 x_p}{\mathrm{d}t^2}(t) = 0
En substituant x_p(t) dans l'équation différentielle, on obtient :
0 + \omega^2\left(A(t - t_i) + B\right) = \omega^2\left(a_i(t - t_i) + b_i\right)
Comme \omega \neq 0, cette égalité est vérifiée pour tout t si et seulement si :
A = a_i \quad \text{et} \quad B = b_i
On en déduit l'expression de la solution particulière de degré minimal :
\boxed{x_p(t) = a_i (t - t_i) + b_i}
Résultat
$x_{p} (t) = a_{i} (t - t_{i}) + b_{i}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8ENS Physique BCPST 2021, Q54
L'équation différentielle linéaire régissant l'abscisse x_m(t) s'écrit :
\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \omega^2 x_m(t) = \omega^2 \left( a_i (t - t_i) + b_i \right)
L'équation homogène associée est :
\frac{\mathrm{d}^2 x_h(t)}{\mathrm{d}t^2} + \omega^2 x_h(t) = 0
Sa solution générale, exprimée avec la variable temporelle t - t_i, est une combinaison linéaire de fonctions sinusoïdales :
x_h(t) = A_i \cos\bigl(\omega (t - t_i)\bigr) + B_i \sin\bigl(\omega (t - t_i)\bigr)
où A_i et B_i sont deux constantes d'intégration réelles fixées par les conditions initiales de la phase considérée (i = l ou r).
D'après la question Q53, une solution particulière de l'équation avec second membre est :
x_p(t) = a_i (t - t_i) + b_i
Par linéarité de l'équation différentielle, la solution générale x_m(t) = x_h(t) + x_p(t) s'exprime donc sous la forme :
\boxed{x_m(t) = A_i \cos\bigl(\omega(t-t_i)\bigr) + B_i \sin\bigl(\omega(t-t_i)\bigr) + a_i(t-t_i) + b_i}
En notant x_{0,i} = x_m(t_i) et v_{0,i} = \dot{x}_m(t_i) la position et la vitesse à l'instant initial t_i, les constantes s'identifient par :
\begin{aligned} x_m(t_i) &= A_i + b_i = x_{0,i} \implies A_i = x_{0,i} - b_i \\ \dot{x}_m(t_i) &= \omega B_i + a_i = v_{0,i} \implies B_i = \frac{v_{0,i} - a_i}{\omega} \end{aligned}
Résultat
$x_{m} (t) = A_{i} cos (ω (t - t_{i})) + B_{i} sin (ω (t - t_{i})) + a_{i} (t - t_{i}) + b_{i}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9ENS Physique BCPST 2021, Q55
D'après la question Q52, l'équation différentielle (15) s'écrit pour la phase lente (i=l, avec a_l = \frac{L_{\max}}{\tau_l} et b_l = 0) :
\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \omega^2 x_m(t) = \omega^2 \frac{L_{\max}}{\tau_l}(t - t_l)
Soit, en divisant par \omega^2 :
\frac{1}{\omega^2}\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + x_m(t) = \frac{L_{\max}}{\tau_l}(t - t_l)
Pendant la phase lente, la sollicitation extérieure varie sur une échelle de temps caractéristique \tau_l. L'accélération de la masse est donc de l'ordre de grandeur de :
\left|\frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2}\right| \sim \frac{L_{\max}}{\tau_l^2}
En comparant le terme d'accélération au terme de rappel :
\frac{\left|\frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2}\right|}{\omega^2 |x_m|} \sim \frac{1}{(\omega \tau_l)^2}
Comme l'énoncé précise que \omega \tau_l \gg 1, on a (\omega \tau_l)^2 \gg 1, de sorte que :
\left|\frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2}\right| \ll \omega^2 |x_m|
On peut donc négliger le terme inertiel (la dérivée seconde \frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2}) devant le terme \omega^2 x_m(t).
L'équation différentielle se réduit alors à :
\omega^2 x_m(t) \approx \omega^2 \frac{L_{\max}}{\tau_l}(t - t_l)
D'où l'expression de la position dans cette limite :
\boxed{x_m(t) = L_{\max}\frac{t - t_l}{\tau_l}}
Résultat
$x_{m} (t) = L_{m a x} \frac{t - t _{l}}{τ _{l}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10ENS Physique BCPST 2021, Q57
D'après la question Q54, la solution générale de l'équation différentielle s'écrit pour la phase rapide (i = r) :
x_m(t) = A_r \cos(\omega(t-t_r)) + B_r \sin(\omega(t-t_r)) + a_r(t-t_r) + b_r
avec, d'après Q52, les coefficients :
a_r = -\frac{L_{\max}}{\tau_r} \quad \text{et} \quad b_r = L_{\max}
À l'instant initial de cette phase t = t_r, la continuité de la position et de la vitesse impose, d'après les résultats de Q56 :
\begin{aligned} x_m(t_r) &= x_f = L_{\max} \\ \dot{x}_m(t_r) &= v_f = \frac{L_{\max}}{\tau_l} \end{aligned}
On en déduit les constantes d'intégration :
\begin{aligned} x_m(t_r) = A_r + b_r = L_{\max} &\implies A_r = 0 \\ \dot{x}_m(t_r) = \omega B_r + a_r = \frac{L_{\max}}{\tau_l} &\implies \omega B_r = \frac{L_{\max}}{\tau_l} - a_r = L_{\max}\left(\frac{1}{\tau_l} + \frac{1}{\tau_r}\right) \end{aligned}
La position s'exprime donc sous la forme exacte :
x_m(t) = \frac{L_{\max}}{\omega}\left(\frac{1}{\tau_l} + \frac{1}{\tau_r}\right) \sin(\omega(t-t_r)) - \frac{L_{\max}}{\tau_r}(t-t_r) + L_{\max}
Puisque \omega \tau_r \ll 1 et |t - t_r| < \tau_r, on a \omega |t-t_r| \ll 1. Au premier ordre en \omega(t-t_r) :
\sin(\omega(t-t_r)) \approx \omega(t-t_r)
En injectant ce développement, le terme principal en 1/\tau_r se compense exactement avec le second membre :
x_m(t) \approx L_{\max}\left(\frac{1}{\tau_l} + \frac{1}{\tau_r}\right)(t-t_r) - \frac{L_{\max}}{\tau_r}(t-t_r) + L_{\max} = L_{\max} + \frac{L_{\max}}{\tau_l}(t-t_r)
Enfin, comme \tau_r \ll \tau_l, la variation de position durant cet intervalle vérifie pour tout t \in [t_r, t_r+\tau_r] :
\frac{L_{\max}}{\tau_l}(t-t_r) \le L_{\max} \frac{\tau_r}{\tau_l} \ll L_{\max}
Dans cette limite, la position de la masse m reste donc quasi constante :
\boxed{x_m(t) \approx L_{\max}}
Résultat
$x_{m} (t) \approx L_{m a x}$
Indice, stratégie et pièges de cette question

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