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Solutionnaire Benson Physique 3 - ondes, optique et
physique moderne (5e édition)
Sciences de la nature - profil Sciences de la santé (Collège d’Enseignement Général et
Professionnel Édouard-Montpetit)
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Chapitre 1 : Les oscillations
Exercices
E1. Étant donné les identités trigonométriques cos θ = cos(θ + 2π) et cos θ = sin(θ + π2 ),
l’équation x(t) = A cos(ωt − π3 ) est équivalente aux expressions
π 5π π
A cos(ωt − 3 + 2π) = A cos(ωt + 3 ) et A sin(ωt − 3 + π2 ) = A sin(ωt + π6 )
donc aux expressions (b) et (c)
E2. La position du bloc est donnée par x(t) = A sin(ωt + φ) = 0,03 sin(20πt + π4 ) m. Donc
l’amplitude vaut A = 0,03 m et la phase est θ(t) = ωt + φ = 20πt + π4 .
(a) On cherche la plus petite valeur de t > 0 telle que |x(t)| = A = 0,03, ce qui implique que
¡ ¢
sin 20πt + π4 = ±1 =⇒ 20πt + π4 = ± π2 =⇒ t = 0,0125 s ou −0,0375 s
Pour avoir tmin > 0, on conserve le premier résultat, soit t = 0,0125 s
(b) Selon l’équation 1.3, la vitesse du bloc est donnée par
¡ ¢ ¡ ¢
vx = dx π
dt = (20π) (0,03) cos 20πt + 4 = 0,6π cos 20πt + 4
π
On cherche la plus petite valeur de t > 0 telle que |vx | = Aω = 0,6π. Ainsi, la vitesse
peut prendre deux valeurs, et
¡ ¢ ¡ ¢
vx = ±0,6π = 0,6π cos 20πt + π4 =⇒ cos 20πt + π4 = ±1
Cette condition est obtenue pour
π
20πt + 4 = 0; π; 2π; ... =⇒ t = −0,0125 s; 0,0375 s; 0,0875 s; ...
Pour avoir tmin > 0, on conserve le second résultat, soit t = 0,0375 s
(c) Selon l’équation 1.4, l’accélération du bloc est donnée par
¡ ¢ ¡ ¢
ax = dv π 2
dt = − (20π) (0,6π) sin 20πt + 4 = −1,2π sin 20πt + 4
x π
On cherche la plus petite valeur de t > 0 telle que |ax | = Aω2 = 1,2π 2 , ce qui implique
¡ ¢
que sin 20πt + π4 = ±1, comme on l’a vu en (a), donc t = 0,0125 s
(d) On définit dans le logiciel Maple l’expression de la position, de la vitesse et de l’accéléra-
tion du bloc. Au moment de superposer les graphes, on corrige l’amplitude de la vitesse
et de l’accélération :
> restart:
> x:=0.03*sin(20*Pi*t+Pi/4);
> vx:=diff(x,t);
> ax:=diff(vx,t);
v3 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations 1
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> omega:=20*Pi;
> plot([x,vx/omega,ax/omega^2],t=0..0.05,color=[red,blue,green]);
E3. Les masses respectives correspondent à ma = 1450 kg (automobile) et à mp = 150 kg
(soit deux passagers de 75 kg). Comme il y a quatre roues et quatre ressorts, on résout
le problème en considérant que chaque roue supporte le quart du poids de l’auto et des
passagers.
(a) La loi de Hooke (équation 1.6) associe la force de rappel d’un ressort à sa compression ou
à son allongement. Comme la relation est linéaire, on peut aussi l’exprimer de la manière
suivante : ∆Fres = k |∆x| ; un accroissement de l’allongement ou de la compression du
ressort entraîne un accroissement de la force de rappel.
mp g
Ici, le poids ajouté sur chaque roue par les passagers ( 4 ) est équilibré par une com-
pression supplémentaire, soit 0,01 m. Donc, on obtient
∆F mp g 150(9,8)
k= ∆x = 4∆x = 4(0,01) =⇒ k = 3,68 × 104 N/m
(b) La période d’oscillation dépend de la masse totale que supporte chaque roue, à savoir
ma +mp
m= 4 = 400 kg
Conséquemment, on trouve
p q
T = 2π mk = 2π 400
3,68×104
s =⇒ T = 0,655 s
E4. La position du bloc est donnée par x = 0,2 sin(12t+0,2) m dans laquelle la phase équivaut
à θ(t) = ωt + φ = 12t + 0,2. La vitesse du bloc est donnée par
dx
vx = dt = 2,4 cos(12t + 0,2) m/s, et l’accélération, selon l’équation 1.5b, correspond à
dvx
ax = dt = −ω 2 x = −28,8 sin(12t + 0,2) m/s2
(a) Quand x = 0,08 m, −ω2 x = − (12)2 (0,08) =⇒ ax = −11,5 m/s2
π 5π
(b) Si x = 0,1 m =⇒ sin(12t + 0,2) = 0,5, on a θ(t) = 12t + 0,2 = 6 ou 6 , mais la
π 3π
condition vx < 0 implique que cos(12t + 0,2) < 0, c’est-à-dire 2 ≤ θ (t) ≤ 2 ; la phase
doit avoir une valeur se situant dans le second ou le troisième quadrant. On retient la
5π
solution θ (t) = 6 =⇒ t = 0,201 s
(c) On définit dans le logiciel Maple l’expression de la position et de l’accélération du bloc.
Au moment de superposer les graphes, on corrige l’amplitude de l’accélération :
> restart:
> x:=0.2*sin(12*t+0.2);
> ax:=diff(x,t$2);
2 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations v3
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> omega:=12;
> plot([x,ax/omega^2],t=0..0.4,color=[red,blue]);
E5. La position du bloc est donnée par x(t) = 0,35 sin(3,6t + 1,07) et, selon l’équation 1.3 du
manuel, la vitesse du bloc est vx (t) = Aω cos(3,6t + 1,07).
On veut que
|vx | = 0,5Aω =⇒ cos(3,6t + 1,07) = ±0,5
Cette égalité est satisfaite pour θ(t) = ± π3 ; ± 2π 4π 5π 7π
3 ; ± 3 ; ± 3 ; ± 3 ..., donc
(3,6t + 1,07) = ± π3 ; ± 2π 4π 5π
3 ; ± 3 ; ± 3 ...
π
Comme on cherche les quatre premiers instants positifs (t > 0) et que 3 < 1,07, les valeurs
2π 4π 5π 7π
d’angle à conserver sont 3 , 3 , 3 et 3 . Avec ces quatre valeurs, on calcule
t1 = 0,285 s; t2 = 0,866 s; t3 = 1,16 s; t4 = 1,74 s
E6. Selon l’exemple 1.3, si un bloc est lâché à l’instant initial de x = +A, sa position pour
les instants ultérieurs est décrite par
¡ ¢
x = A sin ωt + π2 où ω = 2π T et θ(t) = ωt +
π
2 = 2πt
T + π2 .
De plus, dans ce cas,
¡ 2πt π ¢ dvx
¡ 2πt ¢
vx = dx
dt = Aω cos T + 2 , et ax = dt = −ω 2 x = −ω2 A sin T + π
2 .
(a) On veut que
¡ ¢
|vx | = 0,5Aω =⇒ cos ωt + π2 = ±0,5
Cette égalité est satisfaite pour θ(t) = ± π3 ; ± 2π 4π 5π 7π
3 ; ± 3 ; ± 3 ; ± 3 ..., donc
2πt π
T + 2 = ± π3 ; ± 2π 4π 5π 7π
3 ; ± 3 ; ± 3 ; ± 3 ...
π
Comme on cherche les quatre premiers instants positifs (t > 0) et que 2 > π3 , les valeurs
2π 4π 5π 7π
d’angle à conserver sont 3 , 3 , 3 et 3 . On obtient ainsi
2πt π 2π 4π 5π 7π 2πt
T + 2 = 3 ; 3 ; 3 ; 3 =⇒ T = π6 ; 5π 7π 11π
6 ; 6 ; 6 =⇒
T 5T 7T
t1 = 12 ; t2 = 12 = 11T
; t3 =
12 12 ; t4
¡ ¢ √
À chacun de ces instants, sin ωti + π2 = ± 23 = ±0,866, soit x = ±0,866A
(b) On veut que
¡ ¢
|ax | = 0,5Aω 2 =⇒ sin ωt + π2 = ±0,5
Cette égalité est satisfaite pour θ(t) = ± π6 ; ± 5π 7π 11π 13π
6 ; ± 6 ; ± 6 ; ± 6 ..., donc
2πt π
T + 2 = ± π6 ; ± 5π 7π 11π 13π
6 ; ± 6 ; ± 6 ; ± 6 ...
π
Comme on cherche les quatre premiers instants positifs (t > 0) et que 2 > π6 , les valeurs
5π 7π 11π 13π
d’angle à conserver sont 6 , 6 , 6 et 6 . On obtient ainsi
v3 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations 3
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physique moderne (5e édition)
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Chapitre 1 : Les oscillations
Exercices
E1. Étant donné les identités trigonométriques cos θ = cos(θ + 2π) et cos θ = sin(θ + π2 ),
l’équation x(t) = A cos(ωt − π3 ) est équivalente aux expressions
π 5π π
A cos(ωt − 3 + 2π) = A cos(ωt + 3 ) et A sin(ωt − 3 + π2 ) = A sin(ωt + π6 )
donc aux expressions (b) et (c)
E2. La position du bloc est donnée par x(t) = A sin(ωt + φ) = 0,03 sin(20πt + π4 ) m. Donc
l’amplitude vaut A = 0,03 m et la phase est θ(t) = ωt + φ = 20πt + π4 .
(a) On cherche la plus petite valeur de t > 0 telle que |x(t)| = A = 0,03, ce qui implique que
¡ ¢
sin 20πt + π4 = ±1 =⇒ 20πt + π4 = ± π2 =⇒ t = 0,0125 s ou −0,0375 s
Pour avoir tmin > 0, on conserve le premier résultat, soit t = 0,0125 s
(b) Selon l’équation 1.3, la vitesse du bloc est donnée par
¡ ¢ ¡ ¢
vx = dx π
dt = (20π) (0,03) cos 20πt + 4 = 0,6π cos 20πt + 4
π
On cherche la plus petite valeur de t > 0 telle que |vx | = Aω = 0,6π. Ainsi, la vitesse
peut prendre deux valeurs, et
¡ ¢ ¡ ¢
vx = ±0,6π = 0,6π cos 20πt + π4 =⇒ cos 20πt + π4 = ±1
Cette condition est obtenue pour
π
20πt + 4 = 0; π; 2π; ... =⇒ t = −0,0125 s; 0,0375 s; 0,0875 s; ...
Pour avoir tmin > 0, on conserve le second résultat, soit t = 0,0375 s
(c) Selon l’équation 1.4, l’accélération du bloc est donnée par
¡ ¢ ¡ ¢
ax = dv π 2
dt = − (20π) (0,6π) sin 20πt + 4 = −1,2π sin 20πt + 4
x π
On cherche la plus petite valeur de t > 0 telle que |ax | = Aω2 = 1,2π 2 , ce qui implique
¡ ¢
que sin 20πt + π4 = ±1, comme on l’a vu en (a), donc t = 0,0125 s
(d) On définit dans le logiciel Maple l’expression de la position, de la vitesse et de l’accéléra-
tion du bloc. Au moment de superposer les graphes, on corrige l’amplitude de la vitesse
et de l’accélération :
> restart:
> x:=0.03*sin(20*Pi*t+Pi/4);
> vx:=diff(x,t);
> ax:=diff(vx,t);
v3 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations 1
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> omega:=20*Pi;
> plot([x,vx/omega,ax/omega^2],t=0..0.05,color=[red,blue,green]);
E3. Les masses respectives correspondent à ma = 1450 kg (automobile) et à mp = 150 kg
(soit deux passagers de 75 kg). Comme il y a quatre roues et quatre ressorts, on résout
le problème en considérant que chaque roue supporte le quart du poids de l’auto et des
passagers.
(a) La loi de Hooke (équation 1.6) associe la force de rappel d’un ressort à sa compression ou
à son allongement. Comme la relation est linéaire, on peut aussi l’exprimer de la manière
suivante : ∆Fres = k |∆x| ; un accroissement de l’allongement ou de la compression du
ressort entraîne un accroissement de la force de rappel.
mp g
Ici, le poids ajouté sur chaque roue par les passagers ( 4 ) est équilibré par une com-
pression supplémentaire, soit 0,01 m. Donc, on obtient
∆F mp g 150(9,8)
k= ∆x = 4∆x = 4(0,01) =⇒ k = 3,68 × 104 N/m
(b) La période d’oscillation dépend de la masse totale que supporte chaque roue, à savoir
ma +mp
m= 4 = 400 kg
Conséquemment, on trouve
p q
T = 2π mk = 2π 400
3,68×104
s =⇒ T = 0,655 s
E4. La position du bloc est donnée par x = 0,2 sin(12t+0,2) m dans laquelle la phase équivaut
à θ(t) = ωt + φ = 12t + 0,2. La vitesse du bloc est donnée par
dx
vx = dt = 2,4 cos(12t + 0,2) m/s, et l’accélération, selon l’équation 1.5b, correspond à
dvx
ax = dt = −ω 2 x = −28,8 sin(12t + 0,2) m/s2
(a) Quand x = 0,08 m, −ω2 x = − (12)2 (0,08) =⇒ ax = −11,5 m/s2
π 5π
(b) Si x = 0,1 m =⇒ sin(12t + 0,2) = 0,5, on a θ(t) = 12t + 0,2 = 6 ou 6 , mais la
π 3π
condition vx < 0 implique que cos(12t + 0,2) < 0, c’est-à-dire 2 ≤ θ (t) ≤ 2 ; la phase
doit avoir une valeur se situant dans le second ou le troisième quadrant. On retient la
5π
solution θ (t) = 6 =⇒ t = 0,201 s
(c) On définit dans le logiciel Maple l’expression de la position et de l’accélération du bloc.
Au moment de superposer les graphes, on corrige l’amplitude de l’accélération :
> restart:
> x:=0.2*sin(12*t+0.2);
> ax:=diff(x,t$2);
2 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations v3
© ERPI
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> omega:=12;
> plot([x,ax/omega^2],t=0..0.4,color=[red,blue]);
E5. La position du bloc est donnée par x(t) = 0,35 sin(3,6t + 1,07) et, selon l’équation 1.3 du
manuel, la vitesse du bloc est vx (t) = Aω cos(3,6t + 1,07).
On veut que
|vx | = 0,5Aω =⇒ cos(3,6t + 1,07) = ±0,5
Cette égalité est satisfaite pour θ(t) = ± π3 ; ± 2π 4π 5π 7π
3 ; ± 3 ; ± 3 ; ± 3 ..., donc
(3,6t + 1,07) = ± π3 ; ± 2π 4π 5π
3 ; ± 3 ; ± 3 ...
π
Comme on cherche les quatre premiers instants positifs (t > 0) et que 3 < 1,07, les valeurs
2π 4π 5π 7π
d’angle à conserver sont 3 , 3 , 3 et 3 . Avec ces quatre valeurs, on calcule
t1 = 0,285 s; t2 = 0,866 s; t3 = 1,16 s; t4 = 1,74 s
E6. Selon l’exemple 1.3, si un bloc est lâché à l’instant initial de x = +A, sa position pour
les instants ultérieurs est décrite par
¡ ¢
x = A sin ωt + π2 où ω = 2π T et θ(t) = ωt +
π
2 = 2πt
T + π2 .
De plus, dans ce cas,
¡ 2πt π ¢ dvx
¡ 2πt ¢
vx = dx
dt = Aω cos T + 2 , et ax = dt = −ω 2 x = −ω2 A sin T + π
2 .
(a) On veut que
¡ ¢
|vx | = 0,5Aω =⇒ cos ωt + π2 = ±0,5
Cette égalité est satisfaite pour θ(t) = ± π3 ; ± 2π 4π 5π 7π
3 ; ± 3 ; ± 3 ; ± 3 ..., donc
2πt π
T + 2 = ± π3 ; ± 2π 4π 5π 7π
3 ; ± 3 ; ± 3 ; ± 3 ...
π
Comme on cherche les quatre premiers instants positifs (t > 0) et que 2 > π3 , les valeurs
2π 4π 5π 7π
d’angle à conserver sont 3 , 3 , 3 et 3 . On obtient ainsi
2πt π 2π 4π 5π 7π 2πt
T + 2 = 3 ; 3 ; 3 ; 3 =⇒ T = π6 ; 5π 7π 11π
6 ; 6 ; 6 =⇒
T 5T 7T
t1 = 12 ; t2 = 12 = 11T
; t3 =
12 12 ; t4
¡ ¢ √
À chacun de ces instants, sin ωti + π2 = ± 23 = ±0,866, soit x = ±0,866A
(b) On veut que
¡ ¢
|ax | = 0,5Aω 2 =⇒ sin ωt + π2 = ±0,5
Cette égalité est satisfaite pour θ(t) = ± π6 ; ± 5π 7π 11π 13π
6 ; ± 6 ; ± 6 ; ± 6 ..., donc
2πt π
T + 2 = ± π6 ; ± 5π 7π 11π 13π
6 ; ± 6 ; ± 6 ; ± 6 ...
π
Comme on cherche les quatre premiers instants positifs (t > 0) et que 2 > π6 , les valeurs
5π 7π 11π 13π
d’angle à conserver sont 6 , 6 , 6 et 6 . On obtient ainsi
v3 Ondes, optique et physique moderne, Chapitre 1 : Les oscillations 3
© ERPI
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