Masse suspendue à un ressort, une expériene revisitée. Un ressort vertial a une extrémité fixe O et une extrémité mobile à laquelle est arohée une masse pontuelle M se déplaçant vertialement selon Oz. On note L la longueur et µ la masse linéïque du ressort à vide. A l équilibre, le poids de la masse M tend le ressort et l on note z + ζ E (z la position de la spire qui, à vide (en l absene hypothétique de pesanteur, serait à la ote z. Si l on oupe par la pensée le ressort à e niveau, la partie supérieure exere sur la partie inférieure une fore dont le module est donné par la loi de Hooke à savoir : F = dζ E Question : Tenter de justifier ette loi, en inventant une loi d assoiation de ressorts en série. Considérons un ressort de longueur à vide l 0 et de raideur k ; par définition, sous l ation d une fore de module F, son allongement sera l = F/k. Plaçons bout à bout deux ressorts identiques et exerçons à l extrémité du seond une fore de module F. Puisque que le seond est à l équilibre, la somme des fores qui lui sont appliquées est nulle et don le premier exere sur le seond une fore opposée à elle de l opérateur ; il est don dans la situation préédente et son allongement est le même. L allongement total des deux ressorts bout à bout est alors l total = 2 l = 2 F/k Si l on définit une raideur équivalente par l total = F/k eq, on en déduit k eq = k/2 et omme par ailleurs la longueur à vide est devenue 2 l 0, on remarque que le produit de la longueur à vide par la raideur est la même pour un ressort et pour deux. Ce résultat se généralise aisément à un nombre quelonque de ressorts et permet d affirmer que k l 0 = Cte notée et d érire pour un ressort F = l/l 0 Appliquons e résultat à une tranhe de ressort qui, à vide, serait entre les otes z et z + et dont la longueur à vide serait l 0 =. A l équilibre les otes des extrémités seraient z + + ζ E (z + et z + ζ E (z, la longueur serait don la différene et en soustrayant la longueur à vide l allongement serait, à un développement de Taylor près : l = [(z + + ζ E (z + (z + ζ E (z] = ζ E (z + ζ E (z = dζ E d où F = l/l 0 = dζ E / CQFD. Question 2 : Déterminer la fontion ζ E (z. On pourra étudier l équilibre d une portion élémentaire de ressort puis exploiter les onditions aux limites. En déduire l allongement du ressort et omparer au résultat lassique.
Etudions la tranhe de ressort dont les otes à vide seraient, omme i-dessus, z et z +. Appelons F (z la tension du ressort au niveau de la spire de ote à vide z, indépendamment de sa position réelle, tension qui est donnée par la loi i-dessus, à savoir F (z = dζ E. La tranhe en question est soumise à la tension F (z + = dζ E vers le bas au niveau de l extrémité inférieure z+ à la tension F (z = dζ E vers le haut au niveau de l extrémité supérieure z au poids dm g = µ g vers le bas On a don, à l équilibre, ave un développement de Taylor : 0 = dζ E dζ E z+ + dm g = d2 ζ E + µ g (équation z 2 soit 0 = d2 ζ E 2 + µ g (équation 2 d où dζ E = µ g z + Cte pour l extrémité inférieure du ressort, orrespondant à z = L, la tension du ressort s oppose au poids de la masse M don F (L = M g et dζ E = M g/ e qui permet de déterminer la onstante d intégration L et dζ E d où = M g + µ g (L z Une seonde intégration ave ζ E (0 = 0 puisque l autre extrémité est fixe en z=0 donne ζ E (z = M g z µ g (L z2 2 l allongement du ressort est ζ E (L = M g L/ qui est le résultat lassique ar la raideur du ressort est /L Question 3 : On étudie désormais les vibrations du système et l on note z + ζ(z, t la position de la spire qui, à vide, serait à la ote z. Trouver une équation différentielle verifiée par ζ(z, t. Est-e une équation de d Alembert? On note f(z, t = ζ(z, t ζ E (z ; montrer que f(z, t vérifie une équation de d Alembert. Si vous lisez et exerie après le ours de méanique des fluides, il s agit ii d un point de vue lagrangien ar on suit une spire donnée et repérée par sa position initiale.
On reprend le raisonnement qui mène à l équation à ei près que le bilan n est pas nul mais est égal au produit de la masse par l aélération, d où : µ 2 ζ t 2 = ζ z ζ z+ z + µ g = 2 ζ E + µ g (équation 3 z z2 soit µ d 2 ζ dt 2 = 2 ζ z 2 + µ g (équation 4 qui n est pas une équation de d Alembert à ause de la présene d un terme onstant. Si l on retranhe l équation 2 à l équation 4, en notant f(z, t = ζ(z, t ζ E (z, on tire aisément : µ 2 f t 2 = 2 f z 2 qui en est une. Notons au passage la démarhe lassique 2 onsistant à retranher la solution du problème à l équilibre à elle du problème en mouvement. La élérité des ondes dans le ressort est don = µ pour faire apparaître la forme anonique de l équation : 2 f 2 t 2 = 2 f z 2 Question 4 : Quelle est la ondition imposée à la fontion ζ et don en f en z = 0? On herhe une solution en f(z, t = Φ(z os(ω t ; déterminer, à une onstante multipliative près, Φ(z en fontion de z, et ω. On a 2 f z 2 = Φ (z os(ω t 2 f t 2 = ω2 Φ(z os(ω t d où en reportant dans l équation de d Alembert et après simplifiation par os(ω t 2 Φ (z = Φ(z don φ(z est sinusoïdale de pulsation ω/. Or, omme on l a vu plus haut, l extrémité supérieure du ressort est immobile, e qui entraîne que ζ(0, t don f(0, t et Φ(0 sont nuls et l on pourra érire Φ(z = A sin z ζ(z, t = M g f(z, t = A sin z os(ω t z µ g 2 (L z2 + A sin z os(ω t Question 5 : Quelle est la ondition imposée à la fontion ζ en z = L? Montrer que ω est solution de : tan(ω L/ = /(M ω que l on résoudra graphiquement. La ote de la masse M et son aélération sont z M (t = ζ(l, t = M g L ( ω L + A sin os(ω t 2 On ne répétera jamais assez qu une astue utilisée plusieurs fois devient une méthode.
( ω L z M (t = ω 2 A sin os(ω t Cette masse est soumise à son poids de module M g dirigé vers le bas et à la tension du ressort, dirigée vers le haut et de module T = ζ z (L, t. Or ζ z = M g + µ g (L z + A ω os z os(ω t d où T = M g + A ω ( ω L os os(ω t Le prinipe fondamental de la dynamique, appliqué à la masse M, donne M z M = M g T soit : ( ω L M ω 2 A sin os(ω t = A ω ( ω L os os(ω t ( ω L d où M ω sin = ( ω L os ( ω L et tan = M ω dont les solutions donnent les pulsations possibles. L équation non algébrique se résout graphiquement en posant u = ω L/ et a = M 2 / L = Cte. L équation s érit otan(u = a u que l on résout en superposant les graphes des deux membres en fontion de u. Remarquons que 2 = /µ don a = M/µ L soit le rapport de la masse M et de la masse du ressort. Ci-dessous les graphes ave a = 20 qui orrespond à une situation fort plausible. Question 6 : On se plae dans la situation où a, rapport des masses, est assez grand. On appelle ω 0, ω, ω 2, et. les solutions de ette équation dans l ordre roissant. Montrer, qu à part ω 0, on retrouve pratiquement les pulsations des modes propres du ressort s il avait ses deux extrémités fixes. Chiffrer l éart en bonne approximation. Le graphe i-dessus montre que les valeurs de u solutions de l équation sont prohes, hormis la première, des valeurs qui rendent infinie la otangente, soit u p = ω p L/ = p π d où ω p = p π /L, f p = p /2 L, λ p = 2 L/p, valeurs lassiques des modes propres.
Posons u p = p π +ε p. Dans l équation / tan(u = a u, on a tan(u p = tan(ε p ε p et dans le seond membre u p p π d où = p π a soit ε p = u p p π = ε p p π a Après multipliation par /L ω p p π /L ω p = p π L p π a L ( + p 2 π 2 a Ave π 2 0, a = 20, le déalage est de 0,5 % pour le fondamental (p =, d un peu plus de 0, % pour l harmonique 2 (p = 2, de 0,05% pour l harmonique 3, et. Question 7 : Pour ω 0, montrer qu on peut utiliser le développement asymptotique otan(u = /u u/3. Montrer que l on se ramène à un ressort sans masse arohé à une masse M que l on déterminera. Le graphe montre que u 0 est suffisamment petit pour valider le développement proposé d où u 0 u 0 3 = a u 0 u 0 = ( a + 3 u 2 0 = ( a + 3 ω 2 0 = 2 u 0 ( a + 3 L 2 Reportons-y 2 = /µ et a = M/µ L puis la raideur k = /L et la masse m = µ L du ressort, alors ω 2 0 = ( M µ L + 3 µ L 2 ω0 2 = ( M + µ L 3 L ω0 2 k = ( M + m 3 Conlusion la formule lassique ω0 2 = k/m suppose un ressort idéal ave raideur mais sans masse, e qui est bien sûr impossible! La onlusion sur la valeur de ω 0 déoiffe, non? Question 8 : Montrer que pour ω 0 le ressort se déforme de façon quasiment homothétique et retrouver le résultat par une méthode énergétique. On vient de voir que u π soit ω π /l, ω L/ π et a fortiori ω z/ π. Dans l expression établie plus haut de ζ(z, t, on peut don onfondre le sinus et son argument soit ζ(z, t = M g z µ g 2 (L z2 + A ω z os(ω t
Le terme dépendant du temps (allongement à partir de l équilibre est bien proportionnel à z. On en déduit ζ(z, t = A ω ω z sin(ω t en partiulier la vitesse V de la masse M est V = ζ(l, t = A ω ω L sin(ω t d où par division ζ(z, t = V L z Si l on n avait pas résolu le problème, l allongement proportionnel à tout instant à z, onduit au même résultat final ar ζ(z, t = ζ E (z + k(t z, ζ(z, t = k(t z, V = k(t L et par division ζ = V L z En déoupant le ressort en petites tranhes, son énergie inétique est L 0 ( V 2 2 µ L z = µ V 2 L 3 2 L 2 3 = µ L 2 3 V 2 et don l énergie inétique totale masse et ressort est 2 (M + m/3 V 2 et sans qu il soit besoin de refaire la démonstration lassique, on voit qu il faut ajouter à la masse M le tiers de la masse du ressort. C est ertes plus simple que tout e qui préède mais la seule façon de justifier la néessaire hypothèse d une déformation homothétique est...de faire tout e qui préède, sinon e n est qu un oup de bluff.