z A. Étude préliminaire : le ressort vertical sur Terre Mclergeon.fr/2012PCSI2poinca/Evaluations_files/DS_01c.pdf · Devoir de Physique n°1 PCSI 2017 – 2018 1. Exprimer −→

Devoir de Physique n°1 PCSI 2017 – 2018

Conseils :

• Ce devoir comporte 3 exercices.

• Le correcteur tiendra compte de la présentation (soin apporté aux schémas) et de la ré-daction de votre copie : justifiez rapidement vos affirmations, donnez la valeur littéralesimplifiée des résultats en fonction des données de l’énoncé, vérifiez l’homogénéité et lacohérence (tout résultat non homogène sera sanctionné). Les résultats NON ENCADRÉSne seront pas notés. Laissez une marge à gauche pour le correcteur.

• L’usage des calculatrices est interdite.

I. MESURE DE MASSE EN APESANTEUR

A. Étude préliminaire : le ressort vertical sur Terre

z

M

O

On étudie une masse m, supposée ponctuelle, posée sur un ressort ver-tical comme sur la figure ci-contre (il n’y a aucun support, la masse reposedirectement sur le ressort, celui-ci étant contraint à se déplacer verticale-ment avec la masse). La constante de raideur du ressort est notée k et salongueur à vide l0. L’axe Oz est ascendant et l’origine O est prise sur Terre,à la base du ressort.

1. (a) Donner l’expression de la force de rappel du ressort en fonction de z et des données deQ1l’énoncé.

(b) Déterminer l’expression de zeq, position de la masse m lorsqu’elle est à l’équilibre.Q2

(c) Vérifier explicitement l’homogénéité du résultat de la question précédente.Q3

2. Équation du mouvement : Déterminer l’équation différentielle du mouvement et la mettreQ4sous la forme

z + ω20z = ω2

0zeq en précisant l’expression de ω0.

3. Chute de la masse sur le ressort : on enlève la masse du ressort, puis on la laisse tombersur le ressort (on suppose que le ressort est contraint à rester vertical). Au moment où lamasse entre en contact avec le ressort, elle se déplace à la vitesse ~v0 = −v0~ez. On a appliquéun peu de colle sous la masse : par conséquent, elle demeure collée au ressort et oscilleverticalement.

(a) On écrit l’équation du mouvement sous la forme :

z(t) = A cos(ω0t) + B sin(ω0t) + zpart

Traduire mathématiquement les conditions initiales. Donner l’expression de z(t) en fonc-Q5tion des données du problème.

(b) Dans le but de simplifier la suite des calculs, écrire z(t) sous une autre forme possible fai-Q6sant apparaître l’amplitude zm des oscillations. Traduire mathématiquement les condi-tions initiales. Donner l’expression de zm en fonction des données.

(c) En déduire la longueur du ressort au point le plus haut et au point le plus bas desQ7oscillations.

Lycée Poincaré – Nancy Page 1/4 20 septembre 2017, durée 2h00


(d) Montrer que la période T des oscillations peut s’exprimer grâce à la formule T = 2π√

mk

.Q8Justifier votre réponse à l’aide d’une des formes obtenues pour z(t) dans les questionsprécédentes. La détermination des constantes d’intégration n’est pas nécessaire pour larésolution de cette question.

(e) Vérifier explicitement l’homogénéité de l’expression proposée par l’énoncé dans la ques-Q9tion précédente.

4. Étude énergétique du système :

(a) Donner l’expression de l’énergie potentielle élastique en fonction de z et des donnéesQ10du problème.

(b) Donner l’expression de l’énergie potentielle de pesanteur du ressort en fonction de z etQ11des données du problème (on pourra prendre une référence nulle en z = 0).

(c) En utilisant la conservation de l’énergie mécanique, établir une équation du second de-Q12gré en fonction de la longueur du ressort zhaut au point le plus haut.L’équation étant du second degré, elle admet deux solutions : à quoi correspond ladeuxième solution?

(d) Question bonus, n’y passez pas trop de temps.

Montrer qu’à une constante K près (grandeur ne dépendant pas de z), l’énergie poten-Q13tielle totale du système (de pesanteur et élastique) peut s’exprimer sous la forme

Ep =1

2k(z − zeq)

2 + K

B. Mesures en apesanteur

Lors d’un séjour dans une station spatiale, il est importantpour les astronautes de suivre l’évolution de leur masse corpo-relle. En seulement quelques semaines, celle-ci peut diminuerde près de 15 % à cause de l’atrophie musculaire provoquéepar leur sous-utilisation.Pour mesurer une masse dans la station spatiale en l’absencede gravité, il est possible d’utiliser un système original consti-tué d’une chaise attachée à l’extrémité d’un ressort (photo ci-contre). L’autre extrémité du ressort est liée à un point fixe dela station spatiale.

On se placera dans le référentiel de la station spatiale, que l’on supposera galiléen et avec unegravité nulle (hypothèses simplificatrices).

1. Justifier que l’expression de la période des oscillations établie dans la partie précédenteQ14reste valable pour ce système.

2. La masse de la chaise m0 et la constante de raideur k étant inconnues, il faut réaliser troisexpériences pour mesurer la masse de l’astronaute m2 :

(a) on mesure la période des oscillations lorsque la chaise est inocupée : T0 = 1,00 s ;

(b) on mesure la période des oscillations en fixant sur la chaise une masse connuem1 = 15,0 kg : T1 = 2,00 s ;

(c) on mesure la période des oscillations lorsque l’astronaute est sur la chaise : T2 = 4,00 s ;3. Exprimer de façon analytique (c’est-à-dire en fonction des autres grandeurs du problème)Q15

la grandeur T 2

2−T 2

0

T 2

1−T 2

0

.



4. En déduire l’expression de m2 en fonction des périodes mesurées et de m1.Q16

5. Faire l’application numérique.Q17

II. EXPRESSION DE LA VITESSE DE LA LUMIÈRE

On rappelle que par définition, l’intensité i du courant électrique est liée à la charge dq traver-sant un conducteur pendant un intervalle de temps dt par la relation i = dq

dt.

1. La force s’exerçant entre deux particules chargées de charges q1 et q2 distantes de r a pourexpression : ~F = 1

4πǫ0

q1q2

r2 ~u où ~u est un vecteur unitaire.Q18En déduire la dimension de ǫ0 en fonction des dimensions de base du système international.

2. (a) La force de Lorentz subie par une charge q en mouvement à une vitesse ~v dans un champmagnétique ~B est ~F = qvB sin ϕ~u où ϕ est l’angle que font entre eux les vecteurs ~v et ~B,et ~u un vecteur unitaire. En déduire la dimension de B.Q19

(b) Le champ magnétique créé à une distance R par un conducteur rectiligne parcouru parun courant d’intensité I se calcule par la relation B = µ0I

2πRoù µ0 est une constante fon-

damentale. En déduire la dimension de µ0.Q20

3. Les ondes électromagnétiques (et en particulier la lumière) se propagent dans le vide avecune célérité c vérifiant cn = ǫ0µ0. Déterminer n en utilisant vos réponses aux questionsQ21précédentes.

III. PROPAGATION DU SON DANS UN SOLIDE

On cherche à étudier la propagation du son dans un solide. Pour cela, on modélise à l’échellemicroscopique un solide par une chaîne infinie d’oscillateurs de type masse-ressort. Les pointsmatériels représentent les atomes du solide, et les ressorts permettent de rendre compte des forcessubies par ces atomes lorsqu’ils se déplacent au voisinage de leur position d’équilibre. Le poidsdes atomes ainsi que les forces de frottement sont négligées. Tous les points matériels ont la mêmemasse, notée m. Tous les ressorts ont la même raideur k et la même longueur à vide l0.

En l’absence de son, les ressorts ont pour longueur l0. Tous les points matériels sont alors àl’équilibre, et sont tous espacés entre eux d’une longueur l0. Le point matériel n est alors à l’abs-cisse xn(t) = n l0 . En présence d’une onde sonore, chacun des points matériels se déplace au coursdu temps sur l’axe (Ox). Le point matériel n est alors à l’abscisse xn(t) = nl0 +εn(t) , avec εn(t) > 0ou εn(t) 6 0. L’onde sonore est caractérisée par la donnée de εn(t) pour toutes les valeurs de n.

εn−1 εn εn+1

m

n − 1

m

n

m

n + 1

(Ox)

l0

m

n − 1

m

n

m

n + 1

(Ox)

~ex



1. Exprimer−→T gauche la force exercée sur le point n par le ressort situé à sa gauche, en fonctionQ22

de εn, εn−1 et des constantes du problème.

2. Exprimer−→T droite la force exercée sur le point n par le ressort situé à sa droite, en fonction deQ23

εn et εn+1 et des constantes du problème.

3. Appliquer le principe fondamental de la dynamique au point matériel n et montrer queQ24l’équation du mouvement peut se mettre sous la forme :

d2εn

dt2= ω2

0 (εn+1 + εn−1 − 2εn)

Déterminer ω0.La question ci-dessous, un peu plus difficile, n’est à aborder que si tout le reste a été traité.

4. Vérifier qu’une fonction du type εn(t) = A cos (ωt − αnl0) (où A et α sont des constantes)Q25est solution de l’équation différentielle précédente, à condition que ω, ω0, α, et l0 soient liésentre eux par une relation que l’on précisera.



Remarques :

La moyenne est de 10,6 et l’écart type de 4,0 (c’est-à-dire que les notes sont très étalés). Les notes sontréparties selon la distribution ci-contre.Les remarques et les conseils pour progresser faitlors du premier devoir restent pertinent : il fautretravailler ce devoir, comprendre vos erreurs etcomprendre comment il aurait fallu faire pouravoir beaucoup plus de points.Il y avait des questions délicates, mais aussi et sur-tout beaucoup de questions tout à fait abordableset similaires à ce que nous avions fait en TD.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20notes

nombre de

cop

ies

A. Les erreurs fréquentes

• Si le résultat est donné ou très facile à deviner, alors il faut justifier avec soin. Par exemple pourl’homogénéité, on sait que l’on veut trouver le résultat homogène à une longueur. La seule difficultéest la dimension de k. Si vous écrivez directement sans justifier

[mgk

]= M.L.T−2

M.T−2 on va penser quevous avez écrit directement M.T−2 juste pour que ça donne bien L après la division.

[mg

k

]

=M.L.T−2

ceQuiMarrangePourAvoirL

• Il y a eu beaucoup d’erreur de signes sur les projections (en particulier de ~g et ~v0.

Si l’on considère un vecteur ~A, on note généralement A sa norme (toujours positive) et Ax sa projec-tion selon l’axe x (positive ou négative et toujours |Ax| < A).

Si on se place dans le cas simple où le vecteur ~A est selon l’axe Ox, alors pour projeter il y a deuxpossibilités :

1. soit je connais parfaitement le vecteur (ex : ~F = −k(x − l0)~ux), auquel cas il suffit de recopier cequi est devant ~ux (Ax = −k(x − l0)) ;

2. soit je connais le vecteur par sa norme/direction/sens, auquel cas Ax = A si les deux vecteurssont de même sens, et Ax = −A s’ils sont de sens opposés.

Si ~A⊥~ux, alors Ax = 0 bien sûr.

• Assurez vous d’avoir répondu à la question : une réponse telle que zm = l0/ cos(ϕ) + zpart ne sert àrien si l’on ne connait pas ϕ et zpart.

• Vous ne faites pas assez de schémas pour justifier/représenter ce que vous faites. Si j’entends encoreune fois « mais le schéma était dans l’énoncé » comme excuse à ce sujet, nous ne mettrons plus aucunschéma dans les énoncés avec Mme Laidevant/M. Duez!

• Attention à ce que j’appelle des « arnaques » (volontaires ou non) : je sais le résultat que je veuxtrouver, je change « miraculeusement » certains signes pour que, de mon hypothèse fausse, j’arrive àun résultat juste. C’est très mal vu par les correcteurs.

Lycée Poincaré – Nancy Page 1/6 Correction


Pas convainquant

signe qui change miraculeusement

ou encore

terme εn−1 qui apparait

Convainquant

Vu le schéma, on ne va pas poser plus dequestion sur ln.

I. MESURE DE MASSE EN APESANTEUR

A. Étude préliminaire : le ressort vertical sur Terre

Il faut bien commencer un exercice de mécanique,prennez le temps de réfléchir au bilan des forces et

représentez les sur un schéma. Soyez prudent sur lessignes des projections. Il ne fallait pas oublier le poids

et bien l’orienter selon −~ez .

z

M

O

l = z ~P = −mg~ez

~F = −k(l − l0)~ez

1. (a) Force de rappel du ressort ~F = −k(l − l0)~ez soit ~F = −k(z − l0)~ezQ1

(b) Système : masse m.Q2Référentiel : terrestre supposé galiléen.

Bilan des forces : le poids ~P = m~g = −mg~ez et la force de rappel du ressort.Schéma : voir ci-dessusOn applique le principe fondamental de la dynamique au système dans le référentielgaliléen. À l’équilibre, l’accélération est nulle, soit en projection selon ~ez :

0 = −mg − k(zeq − l0) (Eq.1) ⇒ zeq = l0 − mg

k

Beaucoup de justifications douteuses et de fautes de signe ici : utilisez un théorèmede la physique (et il n’y a pas de théorème qui dit "à l’équilibre, F = mg"). Pour les

signes, faites un schéma et écrivez vectoriellement ~P = m~g = m(−g~ez) avant deprojeter.



Vérifiez la cohérence du résultat : si m augmente, zeq doit diminuer.

(c) l0 est une longueur. De plus [F ] = [kx] et [F ] = [mg] donc on a [mg] = [kx] ⇒ [mg/k] =Q3[x] = L, le rapport mg/k est bien homogène à une longueur. On peut donc bien faire lasoustraction l0 − mg/k (première chose à vérifier pour l’homogénéité) et le résutlat estune longueur. [mg/k] = [l0] = [zeq] : le résutlat est donc homogène.

Attention à justifier la dimension de k, sinon on vous soupçonnera d’avoir mis cequi vous arrange pour trouver le bon résultat. J’ai d’ailleurs vu plusieurs

personnes avoir une dimension différente pour k à deux endroits différents, ce quipermettait à chaque fois de trouver que la relation était homogène!

2. On applique à nouveau le principe fondamental de la dynamique, à un instant t, en projec-Q4tion selon ~ez : mz = −mg − k(l − l0) soit en soustrayant l’équation 1 membre à membre, onobtient :

mz = −k(z − zeq) ⇒ z + ω20z = ω2

0zeq avec ω0 =

√

k

m

Une autre manière de faire apparaitre zeq est la suivante :

z +k

mz =

k

ml0 − g =

k

m

(

l0 − mg

k

)

=k

mzeq

Il faut justifier de la forme complète de l’équation, certains d’entre vous ont mis= ω2

0zeq alors que ça ne correspondait pas du tout au résultat qu’ils avaient obtenusen question 2.

3. (a) On écrit l’équation du mouvement sous la forme : z(t) = A cos(ω0t) + B sin(ω0t) + zpart.Q5Tout d’abord, zpart correspond à la solution particulière. Une solution particulière dumouvement est la position d’équilibre, d’où zpart = zeq.

Il ne faut pas donner le résultat en fonction de zpart qui est une inconnu au mêmetitre que A et B.

Les conditions initiales sont (l’équation étant d’ordre 2, on doit considérer 2 conditions) :

z(t = 0) = l0 car il n’y a initialement aucune masse sur le ressort avant la collision et

z(t) = −v0 (attention au signe).

On en déduit le système d’équation{

zeq + A = l0Bω0 = −v0

⇒{

A = l0 − zeq = mg

k

B = −v0

ω0

La solution s’écrit donc z(t) = mg

kcos(ω0t) − v0

ω0

sin(ω0t) + l0 − mg

k.

(b) On écrit la solution sous la forme z(t) = zm cos(ω0t + ϕ) + zeq .Q6z = −zmω0 sin(ω0t + ϕ)

Soit en utilisant les conditions initiales à t = 0 : l0 = zm cos(ϕ)+zeq et −v0 = −zmω0 sin(ϕ)

En utilisant cos2(ϕ) + sin2(ϕ) = 1, on obtient : zm =

√

(l0 − zeq)2 +v2

0

ω2

0

=

√(

mg

k

)2+

v2

0

ω2

0

(c) zmax = zeq + zm et zmin = zeq − zm car cosinus prend toutes les valeurs dans [−1, 1].Q7



(d) On utilise la forme z(t) = zm cos(ω0t + ϕ) + zeq. La période du cosinus est de 2π, ainsi,lorsque t augmente de T , alors l’argument du cosinus augmente de 2π, d’où ω0(t + T ) +

ϕ = (ω0t + ϕ) + 2π ⇒ ω0T = 2π. Finalement T = 2πω0

= 2π√

mk

.Q8

(e) Dimensionnellement, [F ] = [kx], d’où [k] = [F ].L−1 = M.T−2. D’où[√

mk

]

=√

MM.T−2 = T.

Le résultat précédent est donc bien homogène.Q9On ne peut pas directement utiliser [ω0] = T−1 car cela présuppose que l’expressionobtenue pour ω0 est homogène.

4. Étude énergétique du système :

(a) EP,el = 12k(l − l0)2 EP,el = 1

2k(z − l0)

2Q10

(b) EP,pes = mgzQ11

Les énergies sont définies à une constante près. On peut ajouter une constante dansla définition à condition de rester cohérent par la suite.

(c) L’expression générale de l’énergie mécanique est : E = Ec+EP = 12mz2+ 1

2k(z−l0)2+mgz

Au moment du contact, la norme de la vitesse vaut v0 et z = l0 d’oùEcontact = 1

2mv2

0 + mgl0.Aux points extrêmes (et en particulier en haut), la vitesse s’annule et donc l’énergiecinétique est nulle.Eext = 1

2k(zext − l0)

2 + mgzext.Ce qui nous donne une équation du second degré à résoudre pour trouver zext :

12k(zext − l0)2 + mgzext = 1

2mv2

0 + mgl0 . Dans cette formule, on n’a bien que zext qui estQ12l’inconnue et k, l0, m, g qui sont des constantes du problème données par l’énoncé. Onne peut pas donner une réponde en fonction de Em qui est a priori une inconnue sansplus de précision.

La valeur minimale est la deuxième solution puisque là aussi la vitesse s’annule lorsdu demi-tour.

(d) L’enoncé propose de regarder la grandeur 12k(z − zeq)

2 = 12k

(

z − l0 + mg

k

)2= 1

2kz2 +

12kl2

0 + 12

m2g2

k− kzl0 + mgz − mgl0. On peut réorganiser les termes :

1

2kz2 − kzl0 +

1

2kl2

0︸︷︷︸

EP,el=1

2k(z−l0)2

+ mgz︸︷︷︸

EP,pes

+1

2

m2g2

k− mgl0

︸︷︷︸

K

. On reconnait donc bien l’énergie potentielle

à une constante K près.Q13

B. Mesures en apesanteur

1. On modélise le système chaise comme une masse attachée à un ressort. On étudie le systèmeQ14dans le référentiel de la station 1 que l’énoncé nous dit de considérer comme galiléen. Enl’absence de pesanteur, la seule force est la force de rappel du ressort. Mais on avait vu quela période était indépendante de g, son expression reste la même (et sinon, on reprend lesformules avec g = 0).

1. Le référentiel est en fait non-galiléen. Toutefois le caractère non-galiléen compense dans cet étude parfaitementl’attraction gravitationnelle (qui est non nulle). Tout se passe donc pour nous comme si le référentiel était galiléensans pesanteur.



2. Sans refaire de mise en équation, on reprend l’expression de T obtenue dans la partie pré-cédente : T = 2π

√mk

. La masse m a prendre en compte est m0 dans la première expérience,m0 + m1 dans la deuxième et m0 + m2 dans la troisième.

Réfléchissez bien au système qui oscille réellement. Lorsque l’astronaute est sur lachaise, la masse est la masse de l’astronaute plus celle de la chaise !

T 22 − T 2

0 = 4π2 m0+m2

k− 4π2 m0

k= 4π2 m2

k. De même T 2

1 − T 20 = 4π2 m1

k, d’où T 2

2−T 2

0

T 2

1−T 2

0

=m2

m1.Q15

3. Le résultat est immédiat si l’on a bien simplifié le calcul précédent : m2 = m1T 2

2−T 2

0

T 2

1−T 2

0

.Q16

4. Numériquement : m2 = 1542−12

22−12 = 1515

3= 75 kg .Q17

II. EXPRESSION DE LA VITESSE DE LA LUMIÈRE

On déduit de ce que nous donne l’énoncé que [q] = I.T

1. On déduit de la formule donnée par l’énoncé que [ǫ0] = [q]2

[F ]L2 = I2.T2

M.L3.T−2 soit [ǫ0] = M−1.L−3.T4.I2 .Q18

2. (a) [B] = [F ][qv]

= M.L.T−2

I.T.L.T−1 d’où [B] = M.I−1.T−2 .Q19

(b) [µ0] = [B].[R][I]

= M.I−1.T−2.LI = M.L.T−2.I−2 .Q20

3. [ǫ0µ0] = M.L.T−2.I−2 × M−1.L−3.T4.I2 = L−2.T2 = 1L2.T−2 = 1

[c2]. On a alors n = −2 .Q21

III. PROPAGATION DU SON DANS UN SOLIDE

εn−1 εn εn+1

m

n − 1

m

n

m

n + 1

(Ox)

l0

m

n − 1

m

n

m

n + 1

(Ox)

~ex

ln−1,n

l0 − εn−1

−→T gauche

−→T droite

Système : {le point n de masse m}Référentiel : terrestre, considéré comme galiléen pour cette étude.Bilan des forces appliquées :

−→T gauche et

−→T droite tels que définis par l’énoncé.

Schéma : voir plus haut. Le sens des forces pour les ressorts a été représenté en faisant l’hypo-thèse que le ressort est étiré (cela permet de vérifier les signes, qui restent les mêmes si le ressortest comprimé).



1. On remarque sur le schéma que la longueur du ressort entre n − 1 et n, ici noté ln−1,n estQ22telle que ln−1,n + εn−1 = l0 + εn et donc ln−1,n = l0 − εn−1 + εn . On en déduit :−→T gauche = −k(ln−1,n − l0)~ex = −k(l0 − εn−1 + εn − l0)~ex = −k(εn − εn−1)~ex

Autre justification possible, l’énoncé donne à l’équilibrexn = nl0, donc hors équilibre xn = nl0 + εn

d’où ln−1,n = xn − xn−1 = nl0 + εn − ((n − 1)l0 + εn−1) = l0 + εn − εn−1.

2. De même ln,n+1 = l0 − εn + εn+1Q23d’où :

−→T droite = −k(ln,n+1 − l0)(−~ex) = +k(l0 − εn + εn+1 − l0)~ex = +k(εn+1 − εn)~ex

3. En appliquant le principe fondamental de la dynamique au point matériel n :Q24m~a = ~Tgauche + ~Tdroite ⇒ md2εn

dt2 ~ex = −k(εn − εn−1)~ex + k(εn+1 − εn)~ex

Soit en projetant selon ~ex :

md2εn

dt2 = k(εn−1 + εn+1 − 2εn) ⇒ d2εn

dt2=

k

m(εn−1 + εn+1 − 2εn) ce qui est bien la forme

suggérée par l’énoncé avec ici ω0 =√

km

.

Le résultat étant donné, il faut être particulièrement rigoureux sur les justifications àcette question et aux deux précédentes.

4. Soit εn(t) = A cos(ωt − αnl0), alors d2εn

dt2 = −Aω2 cos(ωt − αnl0).On a alors εn+1(t) = A cos(ωt − α(n + 1)l0) et εn−1(t) = A cos(ωt − α(n − 1)l0)

Pour que ce type de solution marche, il faut et il suffit donc que∀t; −Aω2 cos(ωt−αnl0) = ω2

0(A cos(ωt−α(n+1)l0)+A cos(ωt−α(n−1)l0)−2A cos(ωt−αnl0))

⇔ ∀t −ω2 cos(ωt−αnl0) = ω20(cos(ωt−α(n+1)l0)+cos(ωt−α(n−1)l0)−2 cos(ωt−αnl0))

On utilise une formule d’addition de cosinus (pour faire apparaitre cos(ωt − αnl0) partoutet pouvoir simplifier) :cos(ωt − α(n + 1)l0) + cos(ωt − α(n − 1)l0) = 2 cos(ωt − αnl0) cos(αl0)

On en déduit que la fonction εn de l’énoncé est solution si et seulement si :∀t − ω2 cos(ωt − αnl0) = ω2

0(2 cos(ωt − αnl0) cos(αl0) − 2 cos(ωt − αnl0))

On regroupe tout dans le même membre et on factorise par le cosinus :⇔ ∀t 0 = (2ω2

0 cos(αl0) − 2ω20 + ω2) cos(ωt − αnl0)

Comme cela doit être vrai pour tout t et que le cosinus n’est pas nul pour tout t, alors

c’est que 2ω20 cos(αl0) − 2ω2

0 + ω2 = 0 ⇔√

2ω0

√

1 − cos(αl0) = ω qui est une condition né-Q25

cessaire et suffisante pour que la fonction proposée par l’énoncé soit solution de l’équation.

Remarque On remarque donc qu’une onde progressive peut se propager dans notre chained’oscillateur. C’est d’ailleurs ce qui se passe dans les solides. De plus, la pulsation ω et levecteur d’onde α ne sont pas simplement relié par la relation classique ω = αc (sauf dans lecas où αl0 ≪ 1 auquel cas la relation peut se simplifier via un développement limité (voircours de maths plus tard dans l’année) ce qui donnera la relation classique).


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