Problèmes sur l'oscillateur harmonique

3.d) Enfin si 2 kR = mg , θ > sin θ montre que la force est du signe contraire de θ , donc tend à rappeler M versB : B est une position d’équilibre stable.4) Si 2kR > mg , au voisinage de θ = 0 , f ≈ ( mg −2 kR)θ = mR θ qui est de la forme de l’équation 22kR − mgθ + ωθ= 0 d’un oscillateur harmonique de pulsation ω telle que ω = .mR2kR5) f = mgsin θ−2kRθ= 0 ⇔ { θ = 0 ou sinc θ =mg }. Or, d’après le graphe de la fonction sinus cardinal,2kR2kRl’équation sinc θ = pour 0 < θ < π a une racine positive en θ si < 1 et n’a pas de racine dans le casmgmgcontraire.Donc, si et seulement si 2kR < mg , il existe, outre la position θ = 0 , deux autres positions d’équilibre, θ = θ0et2kRθ = −θ0, où θ0est la solution positive unique de sinc θ 0 =mg6) Si ces deux positions supplémentaires d’équilibre existent, alors elles sont stables. En effet, elles le sont si f estdf2kRsinθ0une fonction décroissante de θ , soit ( θ 0) < 0 ⇔ mg cosθ0 − 2kR< 0 ⇔ cosθ 0 < = .dθmgθ0Si 0 < θ 0 < π/2, cela équivaut à θ 0 < tan θ0qui est toujours vrai.Si π < θ 0 < π , cos θ , donc l’inégalité est toujours vérifiée.0 < 02dfdf7) Soit ( θ 0) = mg cosθ0−2kR. Près de θ 0 , l’équation du mouvement est mRθ = f ( θ)≈ ( θ − θ0) ( θdθdθ0) quiest l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation ω telle que2 1 df cos 0 2( 0) mg θ − kR 2 mR 2ω = − θ = − ⇒ T = π où sincθ kR0 =mR dθmR 2kR −mg cosθmgθ= f mg( sin ) mg( ...)03 3mgθ8.a) Dans le cas limite mg 2kR, = −θ + θ = −θ + θ− + − .6 64mgRθ8.b) Ep ∫ −fRdθ = en omettant la constante d’intégration.244 44 41 2 2 mgRθ mgRθmdθg ( θm− θ )8.c) La conservation de l’énergie donne mR θ + = ⇒ = θ =±.2 24 24 dt12RdθdθT 12Rθmdθ8.d) t = ∫ dt = ∫ = ± ⇒ =θ ∫g ( 4 4 ) 4 g ∫θ 0m − θ θm4 4− θ12R1qui se calcule en faisant le changement de variable θ = θ 8 3Rdxmx d θ = θ mdx ⇒ T = 0 4m g ∫ θ 1 − x.9.a) Près d’une position d’équilibre stable θ , la force totale est F + f()θ . A l’équilibre, elle est nulle :0F + f( θ 0 + ∆θ ) = 0. Si θ0est une position d’équilibre stable en l’absence de F ,df∆θ 1F = −f( θ 0 + ∆θ) ≈ −∆θ ( θ0). D’où χ = = − .dθF df( θ0)dθ19.b) Si 2 kR > mg , χ = .2kR − mg19.c) Si 2kR < mg , χ =.2kR−mgcosθ09.d) Si 2 kR est voisin de mg , χ est très grand : le système est très sensible, il peut détecter et mesurer lesvariations de la pesanteur, qui sont très petites.La période d’oscillation est très grande, car, d’après 8.d), lim( θ m → 0)T = ∞ : une mesure prend beaucoup de temps.Problèmes sur l’oscillateur harmonique, page 13