20 Chapitre 1
Oscillateur harmonique
Corrections
Interro de cours
1. Réponse (b).
2. Réponse (c).
3. Réponse (d) : la solution générale s’écrit sous la forme A cos(ω0t) + B sin(ω0t) avec x(0) = x0 = A et
˙
x(0) = v0 = Bω0.
4. Réponse (a) : initialement, ˙
x(0) = v0 > 0.
5. Réponse (c) : la période est T0 = 4,0 s d’où ω0 =
2π
T0
= 1,6 rad · s
−1 et l’amplitude vaut C = 4 cm.
6. Réponse (c) : C cos(ϕ) = 2 et ˙
x(0) = −Cω0 sin(ϕ) > 0.
7. Réponse (a) : l’énergie mécanique de l’oscillateur se conservant, comme initialement le ressort s’allonge,
l’énergie potentielle commence par augmenter (courbe 2), l’énergie cinétique diminuant (courbe 3).
Exercice 1.1
1. Sophie a vraiment commis de nombreuses erreurs : A1 = 2,0 cm, A2 = 1,5 cm et A3 = 3,0 cm, les
périodes sont T1 = T2 = 1,05 s, T3 = 0,78 s, donc ω1 = ω2 =
2π
T1
= 6,0 rad · s
−1 et ω3 = 8,0 rad · s
−1 .
Notons que les unités proposées par Sophie pour les pulsations sont incorrectes.
2. ϕ1 = 0, donc x1(t) = A1 cos(ω1t) ; x2(t) est en retard par rapport à x1(t), le décalage temporel entre
deux passages par 0 est δt = 0,13 s =
ϕ2
2π
T2, soit ϕ2 = 0,78 rad ≈
π
4
, on obtient donc :
x2(t) = A2 cos(ω1t − π/4). Quant à x3(t), on reconnaît clairement la courbe d’un sinus :
x3(t) = A3 sin(ω3t) = A3 cos(ω3t − π/2).
Exercice 1.2
1. On réinjecte la forme donnée dans l’équation différentielle : ¨
x(t) = −Aω
2 cos(ωt) − Bω
2 sin(ωt), d’où
−Aω
2 cos(ωt) − Bω
2 sin(ωt) + ω
2
0 (A cos(ωt) + B sin(ωt) + xp) = ω
2
0 xe pour tout t. On en déduit immédiatement ω = ω0 et xp = xe.
Les valeurs de A et B s’obtiennent par la prise en compte des conditions initiales. On obtient :
x(0) = A + xe = x0, d’où A = x0 − xe, et ˙
x(0) = v0 = Bω0, soit B =
v0
ω0
.
L’expression finale est ainsi x(t) = (x0 − xe) cos(ω0t) +
v0
ω0
sin(ω0t) + xe.
2. On développe C cos(ω0t + ϕ) en C cos(ω0t) cos(ϕ) − C sin(ω0t) sin(ϕ). Par identification à l’expression
précédente on obtient C cos(ϕ) = A et −C sin(ϕ) = B, soit tan(ϕ) = −B/A = −
v0
(x0 − xe)ω0
et :
C =
√
A 2 + B 2 =
(x0 − xe) 2 +
v
2
0
ω
2
0
.
3. Dans les deux cas, xp = 0,0 m.
a. Nous trouvons A = x0 = 1,0 m et B = 1,0 m. Nous en déduisons C =
√
A 2 + B 2 = 1,4 m. Enfin,
arctan
−
B
A
= −45° et sin(ϕ) = −
B
C
< 0 : ϕ = arctan
−
B
A
= −45°.
b. Nous trouvons A = x0 = −1,0 m et B = 1,0 m. Nous en déduisons C =
√
A 2 + B 2 = 1,4 m. Enfin,
arctan
−
B
A
= 45° et sin(ϕ) = −
B
C
< 0 : ϕ = arctan
−
B
A
− 180 = −135°.
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1. Réponse (b).
2. Réponse (c).
3. Réponse (d) : la solution générale s’écrit sous la forme A cos(ω0t) + B sin(ω0t) avec x(0) = x0 = A et
˙
x(0) = v0 = Bω0.
4. Réponse (a) : initialement, ˙
x(0) = v0 > 0.
5. Réponse (c) : la période est T0 = 4,0 s d’où ω0 =
2π
T0
= 1,6 rad · s
−1 et l’amplitude vaut C = 4 cm.
6. Réponse (c) : C cos(ϕ) = 2 et ˙
x(0) = −Cω0 sin(ϕ) > 0.
7. Réponse (a) : l’énergie mécanique de l’oscillateur se conservant, comme initialement le ressort s’allonge,
l’énergie potentielle commence par augmenter (courbe 2), l’énergie cinétique diminuant (courbe 3).
Exercice 1.1
1. Sophie a vraiment commis de nombreuses erreurs : A1 = 2,0 cm, A2 = 1,5 cm et A3 = 3,0 cm, les
périodes sont T1 = T2 = 1,05 s, T3 = 0,78 s, donc ω1 = ω2 =
2π
T1
= 6,0 rad · s
−1 et ω3 = 8,0 rad · s
−1 .
Notons que les unités proposées par Sophie pour les pulsations sont incorrectes.
2. ϕ1 = 0, donc x1(t) = A1 cos(ω1t) ; x2(t) est en retard par rapport à x1(t), le décalage temporel entre
deux passages par 0 est δt = 0,13 s =
ϕ2
2π
T2, soit ϕ2 = 0,78 rad ≈
π
4
, on obtient donc :
x2(t) = A2 cos(ω1t − π/4). Quant à x3(t), on reconnaît clairement la courbe d’un sinus :
x3(t) = A3 sin(ω3t) = A3 cos(ω3t − π/2).
Exercice 1.2
1. On réinjecte la forme donnée dans l’équation différentielle : ¨
x(t) = −Aω
2 cos(ωt) − Bω
2 sin(ωt), d’où
−Aω
2 cos(ωt) − Bω
2 sin(ωt) + ω
2
0 (A cos(ωt) + B sin(ωt) + xp) = ω
2
0 xe pour tout t. On en déduit immédiatement ω = ω0 et xp = xe.
Les valeurs de A et B s’obtiennent par la prise en compte des conditions initiales. On obtient :
x(0) = A + xe = x0, d’où A = x0 − xe, et ˙
x(0) = v0 = Bω0, soit B =
v0
ω0
.
L’expression finale est ainsi x(t) = (x0 − xe) cos(ω0t) +
v0
ω0
sin(ω0t) + xe.
2. On développe C cos(ω0t + ϕ) en C cos(ω0t) cos(ϕ) − C sin(ω0t) sin(ϕ). Par identification à l’expression
précédente on obtient C cos(ϕ) = A et −C sin(ϕ) = B, soit tan(ϕ) = −B/A = −
v0
(x0 − xe)ω0
et :
C =
√
A 2 + B 2 =
(x0 − xe) 2 +
v
2
0
ω
2
0
.
3. Dans les deux cas, xp = 0,0 m.
a. Nous trouvons A = x0 = 1,0 m et B = 1,0 m. Nous en déduisons C =
√
A 2 + B 2 = 1,4 m. Enfin,
arctan
−
B
A
= −45° et sin(ϕ) = −
B
C
< 0 : ϕ = arctan
−
B
A
= −45°.
b. Nous trouvons A = x0 = −1,0 m et B = 1,0 m. Nous en déduisons C =
√
A 2 + B 2 = 1,4 m. Enfin,
arctan
−
B
A
= 45° et sin(ϕ) = −
B
C
< 0 : ϕ = arctan
−
B
A
− 180 = −135°.
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