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H Prepa Exercices problèmes physique MPSI PCSI PTSI .pdf



Nom original: H-Prepa Exercices_problèmes_physique_MPSI_PCSI_PTSI.pdf
Titre: Exercices problèmes physique MPSI PCSI PTSI
Auteur: Orsini

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H PRÉPA

EXERCICES ET
PROBLÈMES

1
PHYSIQUE
RE

ANNÉE

MPSI/PCSI/PTSI
POUR S’ENTRAÎNER ET RÉUSSIR SA PRÉPA
• Plus de 300 exercices et extraits de concours corrigés
• Un rappel des connaissances essentielles
• Conseils, astuces et méthodes

H PRÉPA

EXERCICES ET
PROBLÈMES

1

PHYSIQUE
MPSI/PCSI/PTSI
Jean-Marie BRÉBEC
Tania CHABOUD
Thierry DESMARAIS
Alain FAVIER
Marc MÉNÉTRIER
Régine NOËL

RE

ANNÉE

Composition et mise en page : Laser Graphie
Maquette intérieure : Véronique Lefebvre
Maquette de couverture : Guylaine Moi
Relecture : Anne Panaget

© Hachette Livre 2010, 43 quai de Grenelle, 75905 Paris Cedex 15

www.hachette-education.com
I.S.B.N. 978-2-0118-1306-0

Tous droits de traduction, de reproduction et d’adaptation réservés pour tous pays.
Le Code de la propriété intellectuelle n’autorisant, aux termes des articles L. 122-4 et L. 122-5 d’une part, que
les « copies ou reproductions strictement réservées à l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation
collective », et, d’autre part, que « les analyses et les courtes citations » dans un but d’exemple et d’illustration,
« toute représentation ou reproduction intégrale ou partielle, faite sans le consentement de l’auteur ou de ses
ayants droit ou ayants cause, est illicite ».
Cette représentation ou reproduction par quelque procédé que ce soit, sans autorisation de l’éditeur ou du Centre
français de l’exploitation du droit de copie (20, rue des Grands-Augustins, 75006 Paris), constituerait donc une
contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code pénal.

A

vant-propos

Quel est l’objet de cet ouvrage ?
Nous avons élaboré cet ouvrage d’exercices de première année de classes préparatoires aux
grandes écoles avec deux objectifs principaux, l’assimilation du cours par la mise en pratique,
et la préparation aux interrogations écrites et orales, pendant l’année et aux concours :
– Les rappels de cours complets permettent de voir rapidement les résultats importants à connaître pour toute préparation d’épreuves oralse ou écrites, que ce soit une colle, ou un concours de
première ou deuxième Année.
– Les exercices, choisis pour leur contenu, préparent à toutes ces épreuves.
Comment travailler de manière optimale avec cet ouvrage ?
À la suite de l’énoncé, il existe une partie « conseils » ; les solutions sont présentées après l’ensemble des énoncés. Comment utiliser de manière optimale cette disposition ?
– Comme pour une épreuve d’écrit, il faut commencer par lire entièrement un énoncé : pour
résoudre une question donnée certaines informations peuvent être présentes dans les questions
suivantes.
– Après une période de réflexion « correcte », fructueuse ou non, il est possible de lire la partie
« conseils » : cette partie peut se présenter ainsi :
– soit une idée de résolution est proposée ;
– soit une question est posée pour la mise en évidence d’un phénomène ;
– soit un théorème est énoncé,….
– Si l’aide ne permet pas de résoudre l’exercice, il faut alors s’aider de la solution, qu’il ne suffit pas de lire : après lecture il faut essayer de refaire l’ensemble de l’exercice seul.
Dans un souci d’aide maximale à ces préparations, et à cette méthode de travail :
– Les exercices choisis sont conformes aux nouveaux programmes.
– Nous avons choisi des exercices « réalistes » :
– ayant une application en physique, soit fondamentale, soit industrielle,
– ou étant en relation avec l’explication d’un phénomène observable.
– Lors de la résolution d’un exercice, nous avons privilégié les arguments physiques, les schémas et simulations (en faisant appel à la mémoire visuelle), aux arguments mathématiques ; mais
lorsque les calculs sont nécessaires, l’ensemble des étapes intermédiaires est présenté.
– Lorsqu’un exercice peut être résolu par plusieurs méthodes intéressantes, ces méthodes sont
présentées et développées.
– Pour certains exercices nous mettons le lecteur en garde contre certaines erreurs que nous
voyons trop souvent lors d’épreuves écrites ou orales de concours.
Nous souhaitons que cet ouvrage puisse aider de manière efficace une majorité d’étudiants
Les auteurs

S

OMMAIRE

PARTIE 1 MÉCANIQUE

Chapitre 1
Chapitre 2
Chapitre 3
Chapitre 4
Chapitre 5
Chapitre 6

Chapitre 7
Chapitre 8
Chapitre 9












Cinématique du point – Changement de référentiel .....
9
Dynamique du point matériel ................................................... 18
Puissance et énergie en référentiel galiléen ....................... 28
Oscillateurs ....................................................................................... 40
Théorème du moment cinétique ............................................. 59
Forces centrales conservatives –
Interaction newtonienne ............................................................ 69
Mécanique en référentiel non galiléen ................................. 83
Référentiels non galiléens usuels ............................................ 95
Système de deux points matériels .......................................... 111

PARTIE 2 OPTIQUE
Chapitre 1

Chapitre 2
Chapitre 3
Chapitre 4
Chapitre 5
Chapitre 6









Les bases de l’optique géométrique –
Réflexion et réfraction ................................................................
Formation d’images .....................................................................
Miroirs et lentilles .........................................................................
Instruments d’observation ........................................................
Focométrie .......................................................................................
Le prisme, utilisation en spectroscopie ................................

125
134
142
164
181
190

PARTIE 3 THERMODYNAMIQUE
Chapitre 1
Chapitre 2
Chapitre 3
Chapitre 4
Chapitre 5
Chapitre 6
4









Équation d’état d’un fluide ........................................................
Statique des fluides ......................................................................
Premier principe de la thermodynamique.
Bilans d’énergie ..............................................................................
Second principe. Bilans d’entropie..........................................
Corps pur diphasé ..........................................................................
Machines thermiques ...................................................................

201
215
227
250
266
279

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La photocopie non autorisée est un délit.

PARTIE 4 ÉLECTRICITÉ

Chapitre 1
Chapitre 2
Chapitre 3
Chapitre 4
Chapitre 5







Réseaux linéaires en régime continu .....................................
Réseaux linéaires en régime variable ....................................
Réseaux linéaires en régime sinusoïdal forcé.....................
Amplificateur opérationnel ........................................................
Fonctions de transfert ..................................................................

301
320
346
363
383

PARTIE 5 ÉLECTROMAGNÉTISME
Chapitre 1
Chapitre 2
Chapitre 3
Chapitre 4






Distributions, champ et potentiel électrostatiques .........
Le champ magnétique permanent .........................................
Dipôles électrique et magnétique ..........................................
Force de Lorentz ............................................................................

413
438
462
485

Annexes ...................................................................................................................... 510

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5

PARTIE

1

Mécanique

1
2





Cinématique du point – Changement de référentiel ........................

9

Dynamique du point matériel ....................................................................

18

3



Puissance et énergie en référentiel galiléen ........................................

28

4



Oscillateurs ........................................................................................................

40

5



Théorème du moment cinétique ..............................................................

59

6



Forces centrales conservatives – Interaction newtonienne .................

69

Mécanique en référentiel non galiléen ..................................................

83
95

7



8



Référentiels non galiléens usuels .............................................................

9



Système de deux points matériels ........................................................... 111

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7

Cinématique du point
Changement de
référentiel

1

LES OBJECTIFS
• Préciser les caractéristiques d’un mouvement :
vitesse, accélération, trajectoire dans un référentiel
donné.
• Apprendre à choisir le bon système de coordonnées
en fonction du problème étudié.

LES PRÉREQUIS
• Notions sur l’intégration des vecteurs vitesse et accélération en tenant compte de conditions initiales.

LES OUTILS MATHÉMATIQUES
• Notions sur l’intégration vues en mathématiques.

ESSENTIEL
Systèmes usuels de coordonnées
• Coordonnées cartésiennes
—➞



➞ ➞ ➞
OM = x ex + y ey + z ez ; base (ex , ey , ez ) (doc. 1).

• Coordonnées cylindriques
—➞
OM = r e➞r + z e➞z ; base (e➞r , e➞q , e➞z ) (doc. 2).
y

z



z
r
M

ez

z
M

ez
x

O
ex

ey

ez

y

x
Doc. 1. Coordonnées
cartésiennes (x , y , z) :
—➞



OM = x e x + y e y + z e z .

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La photocopie non autorisée est un délit.

y

ex
x

O

θ

ez



θ

H

er
x

er

ey
r

H


er

y

Doc. 2. Coordonnées cylindriques (r , q , z) :
—➞ ➞ —➞ ➞

OH = r e r ; OM = r e r + z e z .

9

ESSENTIEL 1

Cinématique du point – Changement de référentiel

—➞
• Coordonnées sphériques : OM = r e➞r ; base (e➞r , e➞q , e➞j ) (doc. 3).
z
M
ez
ex

θ

O

r

z

ey

n
r si

y
H







ϕ

x

y

er e
ϕ

u

θ

H

M

θ

u



r

ϕ
x

Doc. 3.a.

er

H

u

Doc. 3.b. Plans : z = 0 et j = cte .

Représentations du mouvement

—➞
• La trajectoire est constituée de l’ensemble des positions successives OM (t) = r➞(t) du point mobile M
étudié.
—➞

• Dans l’espace des vitesses, l’ensemble des positions successives ON (t) = v (t) constitue l’hodographe du mouvement.
—➞
—➞ —➞
• Dans l’espace des phases, le point P repéré par OP = (OM , ON ) décrit la trajectoire de phase du
mobile.
Pour un mouvement à un degré de liberté, le point de phase P se déplace dans le plan de phase :
—➞
OP = (x(t), v(t)).

Vitesse d’un point
Soit O un point fixe du référentiel

. Le vecteur vitesse de M par rapport à ce référentiel est :
—➞
dOM
v➞(M)/ =
/
dt
• Expression en coordonnées cartésiennes : v➞(M)/ = x· e➞x + y· e➞y + z· e➞z .

• Expression en coordonnées cylindriques :

·
v➞(M)/ = r· e➞r + rq e➞q + z· e➞z .

Accélération d’un point
Le vecteur accélération de M par rapport à ce référentiel est :


a ( M )/


d2OM 
 d v (M)/ 
.
=
=
dt
/
 d t2  /


• Expression en coordonnées cartésiennes

: a➞(M)/ = x¨ e➞x + y¨ e➞y + z¨ e➞z .

• Expression en coordonnées cylindriques :

·
·
a➞(M)/ = (¨r – rq 2 ) e➞r + (rq¨ + 2r·q )e➞q + z¨ e➞z ;

1 d 2· ➞
·
ou encore : a➞(M)/ = (¨r – rq 2 ) e➞r +
(r q)eq + z¨ e➞z .
r dt

Mouvement circulaire
Le point M se déplace sur un cercle de centre O , de rayon R , d’axe (Oz) . Il est repéré par ses coordonnées polaires sur le cercle (r = R , q ) .
—➞
OM = R e➞r ;
10

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Cinématique du point – Changement de référentiel

1 ESSENTIEL

—➞
·
v➞(M)/ = Rq e➞q = w➞ ∧ OM , où w➞ = w e➞z ;
·
a➞(M)/ = – Rq 2 e➞r + Rq¨ e➞q (doc. 4).
·
Si le mouvement est circulaire uniforme, v = Rq est constante, donc a➞ (M)/ est dirigée suivant – e➞r ;
elle est centripète (doc. 5).
vM

y

er


a(M) e
y

v

M

θ

z ex

M
a

A

x

O

ez = ex ey

ω = ω ez

Doc. 4. Mouvement circulaire d’un point M dans
un cercle de rayon a :

·

·

v➞ = Rq e➞q et a➞ = – Rq 2e➞r + Rq¨ e➞q .

Doc. 5. Si |v➞| = cte , l’accélération du point M est

—➞

dirigée suivant – OM : a➞ = –

v2 ➞
er .
R

Conseils et pièges à éviter
• La vitesse (ou l’accélération) d’un point M dans un référentiel R donné peut s’exprimer sur différents vecteurs de projections, mais c’est toujours la même vitesse (ou la même accélération) !
• Lors d’une trajectoire courbe, il existe toujours une composante de l’accélération dirigée vers
l’intérieur de la concavité de la trajectoire.
M2

yN1

ya(M1)

ay (M2)

yN2

M1

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11

1 Une course automobile
Deux pilotes amateurs prennent le départ d’une course
automobile sur un circuit présentant une longue ligne droite au départ. Ils s’élancent de la même ligne. Le premier, A,
démarre avec une accélération constante de 4 m.s–2, le
deuxième, B, a une voiture légèrement plus puissante et
démarre avec une accélération constante de 5 m.s–2. A a
cependant plus de réflexes que B et démarre une seconde
avant.
1 • Quelle durée faudra-t-il à B pour rattraper A ?
2 • Quelle distance auront-ils parcourue quand B doublera A ?
3 • Quelle seront les vitesses à cet instant-là ?

Conseils

4 • Représenter x(t) et v(t) et la trajectoire de phase de A
et B, en précisant la position de l’événement « B dépasse
A » sur ces représentations des mouvements.
Déterminer l’équation horaire du mouvement de
chaque voiture.

Conseils

Exercices
1) Penser à remplacer cos2 q par 1 (1 + cos q) et
2
2
à utiliser les relations entre (x , y) et (r , q ) pour donner l’équation de la trajectoire en coordonnées cartésiennes.
·
2) La condition v = kr permet d’exprimer q en
fonction de q , donc de ne plus faire apparaître explicitement le temps dans les équations, mais seulement q .

3 Ascension d’un ballon sonde
Un ballon sonde a une vitesse d’ascension verticale v 0 indépendante de son altitude. Le vent lui communique une vitesse
z
proportionnelle à l’altitude z atteinte.
horizontale v x =
tc
1 • Déterminer les lois du mouvement x(t) et z(t) ainsi que
l’équation de la trajectoire x(z).
2 • Calculer le vecteur accélération du ballon.

4 Trajectoire et hodographe
d’un mouvement plan

sur une parabole

Un point matériel M décrit la courbe d’équation polaire
q 
r cos 2
= a où a est une constante positive, q
variant 2 
de – π à + π .
1 • Montrer que la trajectoire de M est une parabole. La
construire.
2 • On suppose de plus que le module du vecteur vitesse
est toujours proportionnel à r : v = kr , où k est une constante positive.
a. Calculer, en fonction de q , les composantes radiale et
orthoradiale du vecteur vitesse de M .
b. Déterminer la loi du mouvement q(t) en supposant
que q est nul à l’instant t = 0 et que q croît.
On donne

12

q
0

q π
dq
= ln tan +
.
cos q
 2 4

Un point M se déplace dans le plan (xOy) à la vitesse :
v➞ = v 0(e➞x + e➞q ), où e➞q est le vecteur orthoradial de la base
locale des coordonnées polaires (r,q ).
1 • Établir les équations polaire et cartésienne de la trajectoire à caractériser.
2 • Faire de même pour l’hodographe.
3 • Faire le lien entre l’angle q = (je➞x , r➞) et l’angle
j = (je➞x , v➞).
Conseils

2 Mouvement d’un point matériel

Il suffit de passer du système de coordonnées cartésiennes (x, y) au système de coordonnées polaires
(r,q ), et inversement, pour obtenir l’une ou l’autre des
équations recherchées.

5 Aller et retour sur un fleuve
Un rameur s’entraîne sur un fleuve en effectuant le parcours
aller et retour entre deux points A et B , distants de . Il
rame à vitesse constante v par rapport au courant. Le fleuve
coule de A vers B à la vitesse u . Son entraîneur l’accompagne à pied le long de la rive en marchant à la vitesse
v sur le sol, il fait lui aussi l’aller et retour entre A et B .
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La photocopie non autorisée est un délit.

Cinématique du point – Changement de référentiel

Conseils

Seront-ils de retour en même temps au point de départ ? Si
non, lequel des deux (rameur ou entraîneur) arrivera le premier en A ? Commenter.
Utiliser la composition des vitesses en faisant attention au sens des vecteurs vitesse.

6 Chasseur et oiseau

Conseils

Un oiseau se trouve sur une branche d’arbre, à une hauteur
H au dessus du niveau du sol. Un chasseur se trouve sur le
sol à la distance D du pied de l’arbre. Il vise l’oiseau et
tire. Au moment du coup de feu, l’oiseau, voyant la balle
sortir du canon, prend peur et se laisse tomber instantanément en chute libre. À chaque instant, l’accélération de la
balle et de l’oiseau dans un référentiel fixe est – g e➞z (l’axe
(Oz) est la verticale ascendante). L’oiseau est-il touché ?
L’étude sera faite :
a. dans le référentiel fixe ;
b. dans le référentiel lié à l’oiseau.
Déterminer les trajectoires de l’oiseau et de la balle
dans le référentiel choisi et déterminer leur intersection.

1

EXERCICES

l’eau, en quel point M doit-il entrer dans l’eau pour atteindre au plus vite le nageur ? On situera ce point à l’aide
d’une relation entre v 1, v 2, i1 et i2 indiqués sur le schéma.
B
i2
yuy
O

M
yux
i1

A

8 Mouvement calculé à partir de

la trajectoire et de l’hodographe

(D’après ENAC 02)

➞ ➞ ➞
Dans le plan (xOy) du référentiel (O, ex, ey , ez ) un mobile ponctuel P décrit la parabole d’équation cartésienne :
y2 = 2px avec p constante positive.
Sa vitesse v➞(P/R), de composantes X, Y est telle que l’ensemble des points N(X, Y), hodographe du mouvement de
pôle O, a pour équation cartésienne : X 2 = 2qY avec q constante positive.

1 • Exprimer X et Y en fonction de y.

7 Quand il faut aller vite
Pour aller au secours d’un nageur en détresse, un maîtrenageur part du poste de secours situé au point A pour aller
jusqu’au nageur situé en B. Sachant que le sauveteur court
à v 1 = 2 m.s– 1 sur la plage et nage à v 2 = 1 m.s– 1 dans

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a➞(P/R) du point P en fonction
2 • Exprimer l’accélération

du vecteur position OP. Préciser la nature du mouvement
de P.
3 • Établir les expressions de x et y en fonction du temps
t, sachant que le mobile passe en O à l’instant initial t = 0.

13

Corrigés
1 Une course automobile

2 Mouvement d’un point matériel

1 • Nous avons :

1
1
aAt 2 et xB(t) =
aB(t – t 0)2,
2
2
cette deuxième expression étant applicable à t t 0 = 1 s.
Les deux voitures sont au même niveau à l’instant t1, soit :
aAt12 = aB(t1 – t 0)2
ce qui donne :
1
t1 = t 0 .
≈ 9,5 s.
aA
1–
aB
xA(t) =

2

sur une parabole

1 • Sachant que cos2 q = 1 (1 + cos q), l’équation polaire

2 2
s’écrit : r = 2a – r cos q ; avec x = r cosq et y = r sinq, et en
élevant au carré : r2 = x2 + y2 = (2a – x)2, ce qui donne :
– y 2 + 4a2
x=
,
4a
parabole représentée ci-dessous.
y

2 • À l’instant t1 :

1
d = xA(t 1) = xB (t 1) =
aAt12 ≈ 1,8 . 102 m.
2

2a

3 • v A(t 1) = aAt 1 ≈ 38 m.s– 1 et v B(t 1) = aB(t1 – t 0) ≈ 42 m.s– 1.
4•

x

xB(t)

a

xA(t)

x

– 2a

d

O

t1

t0

q 
 2
q
q 
cos 3
 2
a
et vq = rq =
q .
2 q 
cos
 2
·
II reste à éliminer q en utilisant :

dr
2 • a. v r = r = q = a


t

v B(t)

v

vA(t)
vB(t1)
vA(t1)

O

v = kr = r 2 + r 2q 2 =
t1

t0

v

t

q ∈ ]– π ; + π[ , cos

·

q = k cos

A

vA(t1)

q
2

q 
·
est positif et q est positif par hypo 2

et v r = ka

·
q 
a. q = k cos

 2

d

aq
.
3q 
cos
 2

thèse, donc :

B

v B(t1)

O

sin

x

sin q
ka
2 ; vq =
.
q
q
cos
2
cos
2
2


= kd t
q 
cos
 2


q π 
⇔ 2 ln tan +
= kt + cte.
 4 4 


14

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Cinématique du point – Changement de référentiel

θ π
π
+ ∈ ]0 ; [
4 4
2
d’où sa tangente est positive.
Si q = 0 à t = 0 , la constante est nulle.
  θ π   kt
= .
Donc ln tan +
  4 4  2

y

q ∈] – π ; + π[ donc

ye
yer
yr

Soit z = v 0 t car à t = 0, z = 0 (le ballon décolle).

dx
t
1
t2
= v 0 donne x = v 0
en supposant qu’à t = 0, x = 0.
dt
tc
2
tc

– r/2

2 • v➞ = v 0(e➞x + e➞q ) = v 0((1 – sinq )e➞x + cosq e➞y), ce qui
donne l’équation cartésienne de l’hodographe :
(v x – v 0)2 + vy2 = v 02
qui permet d’identifier le cercle de rayon v 0 et de centre de
coordonnées (v 0, 0).
vy

En éliminant le temps t, on obtient :

yev

N

1 z2
x=
.
2 v 0 tc

yv

La trajectoire est une parabole.

d2x ➞ d2z ➞
ux +
uz.
dt 2
dt 2
v
D’où a➞ = 0 u➞x.
tc

x

r

–r

3 Ascension d’un ballon sonde
1 • En coordonnés cartésiennes, v➞ = dx u➞x + dz u➞z avec
dt
dt
dx
z et dz = v .
0
=
dt tc
dt

CORRIGÉS

1

O

vx

v0

2 • a➞ =

4 Trajectoire et hodographe
d’un mouvement plan

1 • v➞ = v 0(e➞x + e➞q ) = v 0(cosq e➞r + (1 – sinq ) e➞q ).
—➞



Le déplacement élémentaire d OM = d(r er) = dr.er + rdq . eq

On remplace v x = v cosj et v y = v sinj dans l’équation cartésienne de l’hodographe, il vient :
v = 2 v 0 cosj
qui est l’équation polaire de l’hodographe.
3 • On évite des calculs trigonométriques en faisant un schéma :

y
ye

du point M est colinéaire au vecteur vitesse, donc :

dr
cosq
1 – sinq 0
cosq dq
dr
.
=
, soit :
=
= d ln
r
rdq 1 – sinq
1 – sinq
1 – sinq
ce qui donne l’équation en coordonnées polaires :
1 – sinq 0
r
r = r0
=
1 – sinq
1 – sinq
où r est un paramètre (longueur) caractéristique de la trajectoire.
On en déduit : r = r + r sin q, soit, avec x = r cos q et
y = r sinq, en élevant au carré : r2 = x 2 + y 2 = (r + y)2, ce qui
donne finalement :
x 2 – r2
y=
2r
qui est l’équation d’une parabole d’axe (Oy).

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j
q

yv
j

x
yex

Le vecteur


v➞

v0





= ex + eq est dirigé selon la bissectrice des


axes (O, ex) et (O, eq ), donc : 2j =

π
π
q
+ q, soit : j =
+ .
2
4
2

5 Aller et retour sur un fleuve

Le rameur effectue l’aller à la vitesse v + u et le retour à la
vitesse v – u par rapport au sol.
v doit donc être évidemment supérieur à u pour que le rameur
puisse remonter le courant et ainsi revenir à son point de départ.
La durée de son trajet aller et retour est :
2 v
tr =
+
=
.
v + u v – u v 2 – u2
15

CORRIGÉS

Cinématique du point – Changement de référentiel

1

Son entraîneur effectue l’aller et retour à la vitesse v par rap2
port au sol donc la durée de son trajet est te =
. Donc :
v
1
tr = te
te .
u2
1– 2
v
L’entraîneur est arrivé avant le rameur.
Le rameur perd plus de temps au retour qu’il n’en gagne à
l’aller. Dans le cas extrême où la vitesse v est à peine supérieure à u , le trajet du retour pour le rameur sera très long.

a. On détermine les trajectoires de l’oiseau et de la balle dans
le référentiel lié au sol.

1 2
gt + H
2
(la vitesse initiale de l’oiseau est nulle) ;
x¨o = 0 , d’où xo = D .
Oiseau : z¨o = – g , d’où zo = –

y
2

position initiale
de l’oiseau

1

α
1

2

3

4

5

x

1 2
gt + v0 sinat ;
2
x¨ b = 0 , d’où xb = v0 cosat ,
où v 0 est la vitesse initiale de la balle et a l’angle de tir : le
H
chasseur visant l’oiseau, tan aα = .
D
Les deux trajectoires se rencontrent-elles ? Si oui, au point de
rencontre xb = D , donc la rencontre a lieu à l’instant :
D
tf =
.
v 0 cos α
Balle :

z¨b = – g , d'où zb = –

À cet instant, zb – zo = D tana – H = 0 : l’oiseau est touché !
Attention : pour que l’oiseau soit effectivement touché, il faut
que la portée de la balle soit supérieure à D (sinon les deux
trajectoires ne se coupent pas). Pour cela, il faut une vitesse v0
suffisante.
2v sin α
Plus précisément, la balle touche le sol à l’instant t1 = 0
g
v02 sin ( 2α )
donc en x1 =
. Il faut que x1 D donc que :
g
v0

gD
.
sin ( 2α )

Cette condition correspond à z(tf )

0.

b. Dans le référentiel lié à l’oiseau, la balle a une accélération
16

MB en t2 =

MB
.
v2

AM
et
v1

BM = [(x – xB)2 + yB2 ]1/2
La durée totale du trajet est :
T = t1 + t2.
1
1
[(x – xB)2 + yB2 ]1/2.
T=
[(x – xA)2 + yA2 ]1/2 +
v2
v1
On cherche x tel que T soit minimale.
x – xA
x – xB
dT
=0

+
dx
v1[( x – x A) 2 + yA2 ]1/ 2
v 2 [( x – xB) 2 + y B2 ]1/ 2
x – xA x – xB
=0
+
v1 AM v 2 BM
Si on introduit i1 et i2, il vient :
x –x
x – xB .
sin i1 = A
et sin i2 =
AM
BM

point de rencontre

0,5



Le maître-nageur parcourt AM en t1 =

Soit

1,5

0

7 Quand il faut aller vite

AM = [(x – xA)2 + yA2 ]1/2

6 Chasseur et oiseau



nulle donc une trajectoire rectiligne uniforme à la vitesse v➞0,
toujours dirigée vers l’oiseau qui est donc touché.
Conclusion : il faut dire aux oiseaux de toujours se percher sur
des branches basses.

sin i1 sin i2
.
=
v1
v2
Remarque: la valeur de x trouvée correspond bien à un minimum
pour T. La dernière relation écrite est analogue à la loi de
Descartes pour la réfraction en optique : n1 sin i1 = n2 sin i2.
s’écrit alors

8 Mouvement calculé à partir de

la trajectoire et de l’hodographe

(d’après ENAC 02)

1 • v➞ (P/ ) = X e➞x + Y e➞y avec X =

dx
dy
et Y =
dt
dt

y 2 = 2px.
On peut dériver par rapport au temps l’équation de la trajectoire.
dy
dx
Il vient : 2 2y ==2 2 p
soit yY = pX
dt
dt
2

D’autre part : XX2 ==22qqY ==
Si Y ≠ 0, on obtient 2q ==

 y 
Y .
 p 

y2
2qp 2
2qp
YY, soit YY== 2 et X =
2
y
p
y

avec y ≠ 0.
Si Y = 0, ⇒ X = 0.
Si y = 0, ⇒ X = 0 et puisque X 2 = 2qY Y = 0.
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Cinématique du point – Changement de référentiel

2 • a➞ (P/ ) =
point O.

dX ➞
dY ➞
ex +
ey. On se place en dehors du
dt
dt

2 qp2
dX 2 2 qp dy
2 qp
4q2 p 3
X = = et = = – 2
=– 2 Y= –
y
dt
y dt
y
y4
Y=

2

2

2

4

2

4

2qp 2
dY 4 4 qp
8q p
8q p
=2 et = = – 3 Y = –
=–
y.
5
dt
y
y
y
y6

Or x =

1

CORRIGÉS

dy 2qp 2
= 2 donc y2dy = 2qp2dt .
dt
y
On intègre en tenant compte des conditions initiales t = 0
y = x = 0.

3• Y=

1 3
2
Il vient y = 2qp t d’où
3

y = (6qp2t)1/3
y2
2
x=
=
(6 qp2t )2 / 3
2p 2p

y2
dX
8q2 p4
=–
x.
donc
2p
dt
y6

8q2 p 4 ➞
OP.
y6
Le mouvement du point P est à accélération centrale par rapport à O.


On peut alors écrire : a (P/ ) = –

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17

2

Dynamique du point
matériel
LES OBJECTIFS
• Utiliser les lois de Newton pour :
– déterminer les caractéristiques d’un mouvement ;
– calculer certaines forces.

LES PRÉREQUIS
• Expressions des vecteurs vitesse et accélération dans
divers systèmes de coordonnées.

LES OUTILS MATHÉMATIQUES
• Notions sur l’intégration vues en mathématiques.

ESSENTIEL
Quantité de mouvement (ou impulsion)
La quantité de mouvement par rapport au référentiel R d’un point matériel M, de masse m, est :


p (M) / = mv (M) / .

Lois de Newton
Les trois lois de Newton sont les lois fondamentales de la mécanique du point matériel.

• Première loi : principe d’inertie
Il existe une classe de référentiels, appelés référentiels galiléens par rapport auxquels un point
matériel isolé est en mouvement rectiligne uniforme.
• Deuxième loi : relation fondamentale de la dynamique

Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces appliquées à un point M de masse
m et son accélération sont liées par :
d p➞(M)

F →M =
= ma (M).
dt

• Troisième loi : principe des actions réciproques

Les forces d’interaction exercées par deux points matériels M1 et M2 l’un sur l’autre sont opposées et colinéaires à l’axe (M1M2).
18

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Dynamique du point matériel

2 ESSENTIEL

Évolution d’un système mécanique
Les systèmes mécaniques ont une évolution unique pour des conditions initiales données (déterminisme mécanique).
Pour un système autonome (ou libre), deux trajectoires de phase ne peuvent se couper.
Conseils et pièges à éviter
• Il faut toujours bien étudier les forces qui s’exercent sur un système, ici un point matériel.

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19

Exercices
1 Un peintre ingénieux
Un peintre en bâtiment (de masse M = 90 kg) est assis sur
une chaise le long du mur qu’il doit peindre. Sa chaise est
suspendue à une corde reliée à une poulie parfaite. Pour
grimper, le peintre tire sur l’autre extrémité de la corde
avec une force de 680 N. La masse de la chaise est
m = 15 kg.

S1
S2

α

2 • On rajoute une poulie.
La poulie P2 est fixe, la poulie P1 se déplace parallèlement
au plan incliné. Le fil est attaché en A .
Déterminer l’accélération du solide S2 et les tensions des
fils.
P2

P1

S2

S1

1 • Déterminer l’accélération du peintre et de la chaise.
Commenter son signe.
2 • Quelle force le peintre exerce-t-il sur la chaise ?

Conseils

α

1) Les deux solides ont la même accélération (en
norme).
1) et 2) En utilisant le caractère parfait des poulies
(sans masse) et l’inextensibilité des fils, chercher une
relation simple entre les tensions des fils aux points
d’attache sur chacun des deux solides.

Conseils

3 • Quelle quantité de peinture peut-il hisser avec lui ?
Faire un bilan des forces extérieures pour le système
{peintre + chaise}, puis pour le système {chaise seule}.

2 Plan incliné et poulies
Le solide S1 , de masse m1 , glisse sans frottements sur le
plan incliné. Le solide S2 , de masse m2 , se déplace verticalement. Les solides en translation sont considérés
comme des points matériels. Les poulies sont idéales, les
fils sont inextensibles et sans masse.
Données : m1 = 400 g, m2 = 200 g et a = 30°.
1 • On considère le dispositif ci-après en haut :
Déterminer l’accélération du solide S2 et la tension du fil.

3 Étude d’un pendule simple,
réaction au point d’attache

Un pendule simple (masse m, longueur ) est lâché sans
π
vitesse initiale à partir de la position q = : point matériel
2
M(m) et point de suspension sont alors dans le même plan
horizontal. (IOM = ej à t = 0). On demande de déterminer
les réactions Rx (q ) et Ry (q ) en O. Le fil est sans masse et
inextensible.

4 Un jeu d’enfant
Un enfant esquimau joue sur le toit de son igloo. L’enfant
se laisse glisser sans frottement depuis le sommet S de
l’igloo, qui a la forme d’une demi-sphère de rayon a et de
centre O. La position de l’enfant, assimilé à un point matériel M , de masse m, est repérée par l’angle q = (Oz, OM),
(Oz) étant la verticale ascendante.
1 • À partir de quelle position (repérée par l’angle q 0 )
l’enfant perd-il le contact avec l’igloo (on néglige bien sûr
les frottements).

20

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Dynamique du point matériel

Conseils

2 • Quel est le mouvement ultérieur de l’enfant ? Quelle
est sa vitesse quand il retombe sur le sol ? Effectuer
l’application numérique avec m = 30 kg, a = 2 m et
g = 9,8 m . s – 2. Commenter.
1) L’enfant perd le contact avec l’igloo quand la réaction de l’igloo s’annule. Il faut donc exprimer cette
réaction en fonction de q seulement. Pour cela, on
sera amené à multiplier la projection de la relation
·
fondamentale de la dynamique sur e➞q par q pour pouvoir l’intégrer.
2) Attention aux conditions initiales du mouvement.

5 Équilibre d’un point
Un point M de masse m est lié à un cercle fixe dans le plan
vertical, de centre O et de rayon R . La liaison est supposée
sans frottements. Le point M est attiré par l’extrémité A du
diamètre horizontal AB par une force toujours dirigée vers
A et dont le module est proportionnel à la distance AM . La
position du point M est repérée par l’angle q = (AB, OM) .

6 Mouvement d’une masse

accrochée à un ressort, impact
au point d’attache (oral TPE)

Un objet ponctuel de masse m, fixé à un ressort de constante de raideur k et longueur à vide L0, attaché en O, se
déplace le long d’un plan incliné d’angle a. On suppose la
masse du ressort nulle, ainsi que sa longueur quand il est
comprimé. La position de la masse est xe à l’équilibre. On
néglige les frottements.
y

z

a

Commencer par trouver l’expression de xe .
Déterminer x(t) en utilisant les conditions initiales

M

A

O

B

x

x

À l’instant initial, on lance la masse, située en xe, avec une
vitesse v 0 vers O. Déterminer le mouvement x(t). À quelle condition sur v 0 la masse frappe-t-elle le point O ? À
quel instant le choc a-t-il lieu et quelle est alors la vitesse
de la masse ?

et en introduisant ω 0 =

θ

m

O

Conseils

3 • On suppose que q reste proche de qe et on pose
q = qe + u avec u << qe . Déterminer alors l’équation différentielle vérifiée par u . Les conditions initiales sont
u = u0 et u· = 0. Déterminer entièrement u(t) . Que peut-on
dire quant à la stabilité de la (des) position(s) d’équilibre
déterminée(s) au 1) ? Une position d’équilibre est stable si,
quand on écarte légèrement le point de cette position, il
tend à y revenir, elle est instable dans le cas contraire.

EXERCICES

2) Projeter la relation fondamentale de la dynamique
sur la direction qui élimine la force inconnue (c'està-dire la réaction du support).
3) Effectuer un développement limité au premier
ordre en u. Mettre en évidence la différence de comportement du mouvement du point autour de chacune
des deux positions d’équilibre déterminées plus haut.

1 • Déterminer les positions q = qe d’équilibre du point M
sur le cercle.
2 • Quand le point n’est pas en équilibre, déterminer
l’équation différentielle vérifiée par q en utilisant la relation fondamentale de la dynamique, puis le théorème du
moment cinétique en O .

2

k
.
m

7 Enroulement d’un fil
sur un cylindre

Conseils

D’après Mines de Douai.

1) Exprimer toutes les forces qui s’exercent sur le
point M dans la base des coordonnées polaires
(e➞r , ➞
e q ) , sans oublier de déterminer la distance AM
en fonction de R et de q .

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La photocopie non autorisée est un délit.

Un cylindre de révolution, d’axe vertical, de rayon R,
repose sur un plan horizontal et fixe par rapport à un référentiel (Ox, Oy, Oz) .
On attache une extrémité d’un fil parfaitement souple,
infiniment mince et de masse négligeable à la base du
cylindre, et on l’enroule plusieurs fois dans le sens trigonométrique autour de cette base. L’autre extrémité du fil
21

EXERCICES

Dynamique du point matériel

2

est fixée à une particule M de masse m , astreinte à glisser
sans frottement sur le plan horizontal (Oxy) . La partie
I0M non enroulée du fil est tendue.
Données : R = 0,2 m ; m = 0,04 kg ;
v0 = 0,1 m . s – 1.

0

= I0 M = 0,5 m ;

1 • À l’instant t = 0 , on communique à la particule M une
vitesse v➞0 horizontale perpendiculaire à I0 M et orientée
comme l’indiquent les deux figures ci-dessous :
z
M (t = 0)
v0
y

I0

0,

R

2 • Exprimer les composantes de O
I M suivant les vecteurs
unitaires ue r et ue q (cf. figure), en fonction de 0 , R et q .
3 • En déduire les composantes de la vitesse ve de la particule M suivant les vecteurs ue r et ue q .
4 • Montrer que la norme v de la vitesse reste constante au
cours du mouvement.
·
5 • Déduire des questions 3) et 4) la relation entre q , q ,
0 , R et v 0 .
6 • Exprimer q en fonction de t ,

0,

R et v 0 .

7 • Déterminer l’instant final tf pour lequel le fil est entièrement enroulé autour du cylindre. Effectuer l’application
numérique.

0

O

Le fil étant inextensible, donner la relation entre ,
et q .

8 • a) Déterminer la tension T du fil en fonction de t , m ,
0 , R et v 0 .
b) En réalité, il y a rupture du fil dès que sa tension dépasse la valeur Trup = 5 . 10 – 3 N . Déterminer l’instant trup et
l’angle qrup lorsqu’intervient la rupture du fil. Effectuer
l’application numérique.

x

Vue en perspective à l’instant t = 0
y



v0

M (t = 0)
trace
du fil à t = 0

I

ur

Conseils

M (t)

θ
z

R

I0

x

Vue de dessus à l’instant t

On admet que le fil reste tendu au cours du mouvement. À
l’instant t , on appelle q l’angle dont s’est enroulé le fil et
la longueur IM du fil non encore enroulé.

22

4) Projeter la relation fondamentale de la dynamique
sur ue r après avoir soigneusement inventorié les forces qui agissent sur le point matériel ainsi que leur
direction.
5) Attention au signe des différentes expressions.
6) En intégrant la relation obtenue à la question 5),
établir l’équation du second degré vérifiée par q .
La résoudre en remarquant qu’une seule des deux
racines de cette équation correspond à une fonction
q(t) croissante.
8) Projeter la relation fondamentale de la dynamique
sur ue r .

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Corrigés
1 Un peintre ingénieux
1 • Les forces appliquées au système {chaise + peintre} sont

le poids de l’ensemble, l’action du fil sur la chaise et l’action
du fil sur le peintre ; ces forces sont indiquées en bleu sur le
schéma ci-dessous.
Le fil étant inextensible et la poulie sans masse, les deux for➞
ces T 1 sont égales et sont, en norme, égales à la force que le
peintre exerce sur la corde (on notera T leur norme).
De même, T = Ffil-chaise.

uT1

uT1

z uFfil-chaise
uFfil-peintre
O
– uF

Rmg

uMg

1•

uF

Cette accélération est positive : partant du niveau du sol, le
peintre s’élève.

2 • Les forces appliquées à la chaise ➞seule sont son poids,

l’action du fil et l’action du peintre (F = Fe z) . La relation
fondamentale de la dynamique appliquée à la chaise seule,
projetée sur (Oz) , donne :
m–M
ma = – mg + F + T ⇔ F = m(a + g) – T =
T = – 486 N.
m+M
F < 0 : cette force est bien dirigée vers le bas, le peintre
« appuie » sur la chaise (il exerce une force équivalente au
poids d’une masse de 49,6 kg environ).

3 • Le peintre et la chaise de masse m (peintures comprises)
2T
– M = 49 kg, donc la peinture
g
n’excède pas 34 kg, ce qui est raisonnable.
(D’autre part, il faut aussi obtenir F
0, sinon le peintre
risque de monter sans la chaise et la peinture, soit m
M, ce
qui est une condition moins contraignante que la précédente).
0, soit m

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R
i 1

T
i 1
T
i 2

z1

S1

S2

m1gy

a

m2gy

z2

En utilisant la relation fondamentale de la dynamique, en projection sur z1 ou z2 pour chaque mobile, il vient (en notant T1
et T2 les tensions du fil, les normes de T1 et T2) :
m1z¨ 1 = – m1g sina + T1
m2z¨ 2 = m2g – T2 .
. .
Le fil étant inextensible, on a : z1 = z2.
Le fil étant de masse négligeable, et la poulie idéale : T1 = T2.
Finalement, il vient :
m – m1 sina
z¨ 1 = z¨ 2 = 2
g
m2 + m1
T2 =

uFpeintre-fil

La relation fondamentale de la dynamique appliquée à ce système s’écrit, en projection sur la verticale ascendante (Oz) :
(m + M)a = – (m + M)g + 2T
2T
⇔ a = – g+
= 3,15 m.s –2 .
m+ M

montent si a

2 Plan incliné et poulies

m1m2
g (1 + sina ).
m1 + m2

Avec les valeurs numériques proposées : z¨ 1 = z¨ 2 = 0 (il y a
donc équilibre si la vitesse initiale est nulle), et T2 = 1,96 N.

2•
iT
z1

iT2

iR1

iT1

S2
z2

2

m1yg

a

iT

1

S1

m2yg

En reprenant les écritures précédentes, on a ici encore :
m1z¨ 1 = – m1 g sina + T1
m2z¨ 2 = m2g – T2
.
.
Le fil 2 est inextensible, donc z2 = z1(poulie mobile), et le fil 1
z
.
étant inextensible, il vient encore z1(poulie mobile) = 1 .
2
D’autre part, négliger les inerties des fils et poulies conduit à
écrire : T2 = T 2 et T 2 = T 1 + T1 et T1 = T 1, soit : T2 = 2T1.
On obtient donc :
2m1z¨ 2 = – m1 g sina + T1 et m2z¨ 2 = m2g – 2T1 .
Soit encore :

z¨ 2 =

m2 – 2m1 sina
g
m2 + 4m1

T2 =

2m1m2
(2 + sina)g
m2 + 4m1

et numériquement : z¨ 2 = – 1,1 m.s–2 et T2 = 2,2 N.
23

CORRIGÉS

2

Dynamique du point matériel

3 Étude d’un pendule simple,

z

réaction au point d’attache

yR

O
yex

mg
x

q

yT

M
myg

La relation fondamentale de la dynamique





ma (M) = P + R projetée sur e r et e q donne :
·2
(1)
– maq = R – mg cosq
maq¨ = mg sinq .
(2)
L’enfant esquimau quittera le contact avec l’igloo quand R
sera nul. Il faut donc exprimer R en fonction de q et, pour
·
cela, déterminer préalablement la relation entre q 2 et q : on
·
multiplie la relation (2) par q :

yuq
yur

x

Au point O, le fil étant sans masse, on a :



R + (– T ) = 0 .
Pour la masse m située au point M, on peut apliquer le principe fondamental de la dynamique dans la référentiel galiléen
où se fait l’expérience.
· ➞



a = – q 2 ur + q¨ uq


Soit : ma (M) = mg + T avec


T = – Tur.
·
– m q 2 = mg cos q – T
On en déduit
m q¨ = – mg sin q .
·
En multipliant l’équation par q , il vient :
·
·
m qq¨ = – mg sin q q
m

d  1 2 
q = d ( mg cosq ) .
dt  2 

1
m q 2 = mg cos q + K .
2

 d
·
·
d 1
ma q q¨ = mg q sinq ⇔
maq 2 = (– mg cosq )
dt  2
 dt
1
maq 2 = – mg cosq + A,
2
où A est une constante déterminée par les conditions initia·
les q(0) = 0 et q (0) = 0 , donc A = mg .
·
La relation recherchée est maq 2 = 2mg(1 – cosq) . On la
reporte dans l’équation (1) : R = mg(3 cosq – 2) .
R est positif tant que q reste inférieur à :


q 0 = arccos

π
Les conditions initiales q = 0 pour q = permettent d’obte2
nir K = 0.




D’où R = T = – 3 mg cos q ur.
Rx(q ) = – 3 mg cos2 q
Ry(q ) = – 3 mg sin q cos q.

poids. On choisit cet instant comme nouvelle origine des temps.
Les conditions initiales de ce nouveau mouvement sont :
x(0) = a sinq0 = x0 , z(0) = a cosq0 = z0 (point M0)
· ➞
·



v (0) = aq 0 e 0 = aq 0 (cosq0 e x – sinq0 e z)
=

2➞
ex –
3

1 59 e



z





= v 0x e x + v 0 z e z

Le mouvement est parabolique, tangent à l’igloo au point
M0 . Les lois horaires du mouvement sont :



1➞ • Les forces qui s’exercent sur l’enfant
sont son poids



P = – mge z et la réaction de l’igloo R = Re r (en l’absence
de frottements).

24

3 2ga3

 x(t ) = v0 x t + x0

4 Un jeu d’enfant


 2
= 48°.
 3

2 • Quand l’enfant a quitté l’igloo, il n’est plus soumis qu’à son

·





θ

y

yey

R

er
M

z(t ) = –

gt 2
+ v0 z t + z0 .
2

L’enfant touche le sol à l’instant tf tel que z(tf) = 0 . On obtient :
1
tf =
v + v02z + 2 gz0 (l’autre racine est négative).
g 0z

(

)

Sa vitesse, quand il arrive sur le sol, est donc :



v f = v 0 xe x + (v0 z – gtf)e z .

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Dynamique du point matériel

A.N. : v0 x = 2,41 m.s – 1 ; v0 z = – 2,69 m.s – 1 ;



z0 = 1,33 m ; tf = 0,315 s ; v f = 2,41 e x – 5,78 e z
et vf = 6,26 m.s – 1 = 22,5 km.h – 1 .

y
éq 1

)

(

CORRIGÉS

2

Cette vitesse a la même norme v f = 2 ga que celle qu’aurait l’enfant s’il tombait en chute libre depuis le sommet de
l’igloo : le théorème de l’énergie cinétique (cf. chapitre suivant) donne ce résultat immédiatement.

q1
x

q2

5 Équilibre d’un point
1 • Les forces appliquées au point M sont :








F = – k 2 R cos

éq 2



• son poids P = mg = – mg(sinq e r + cosq e q ) ;


• la réaction du cercle N = N e r (pas de frottements) ;

—➞
• la force de rappel F = k MA :
q  
q 
q  
cos
er – sin
e .
 2 
 2
 2  q

2 • La relation
fondamentale de la dynamique s’écrit :





ma = P + N + F . Comme à la question précédente, on la

projette sur e q pour éliminer N :

z

mRq = – mg cos q + 2kR cos



A

R

θ
2

θ
2

er

= – mg cosq + kR sin q .

M

θ

O x

B





y



Quand le point M est à l’équilibre, P + N + F = 0 .


La force N étant inconnue, on projette cette équation sur e q :
– mg cos q + 2kR cos

q  q 
sin
 2  2

q  q 
sin
=0
 2  2

mg
⇔ tan q =
.
kR
Il y a donc deux positions d’équilibre :
 mg 
q1 = arc tan
et q 2 = π + q1 .
 kR 

3 • qe = q1 ou q2 .
q = qe + u avec u << qe , d’où :
cosq = cosqe cosu – sinqesinu = cosqe – usinqe
au premier ordre en u .
De même :
sinq = sinqe cosu + cosqe sinu = sinqe + u cosqe .
L’équation du mouvement devient, au premier ordre en u :
mR u¨ = – mgcosqe + kRsinqe + u(kR cosqe + mgsinqe) .
Le terme constant est nul (définition de qe). Il reste :
k

g
u –
cosq e + sin q e u = 0 .
m
R

(On remarque que
tions au carré.)

k et g sont homogènes à des pulsam
R

La nature des solutions de cette équation dépend du signe du
terme facteur de u .
Pour qe = q1 , cosq1 et sinq1 sont positifs. On pose alors
w2 =

k
g
cosq1 + sin q1.
m
R
–1

Or, sinq1 = tanq1cosq1 =

 kR 
cosq1 , d’où :
 mg 
1

w2 =

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La photocopie non autorisée est un délit.

k
k2
g2
+ 2 2.
=
2
m cosq 1
m
R

25

CORRIGÉS

2

Dynamique du point matériel

La solution de l’équation du mouvement est :
u = Aew t + Be – w t .
Compte tenu des conditions initiales,
· = 0 = w(A – B) ,
u(0) = u0 = A + B et u(0)
on obtient u(t) = u0ch(w t) : si on écarte légèrement le point
de sa position d’équilibre, il s’en éloigne encore plus, l’équilibre est donc instable.
Pour qe = q2 , cosq2 et sinq2 sont négatifs. On pose alors :
k
g
– w 2 = cosq 2 + sin q 2 . Comme pour q1 , on obtient :
m
R
k2

g2

1
2.

–k
=
+
m cosq 2
m2 R2
La solution de l’équation du mouvement est :
u = Acosw t + Bsinw t avec A = u0 et B = 0
en tenant compte des conditions initiales, d’où u(t) = u0cosw t :
si on écarte légèrement le point de sa position d’équilibre, il y
revient : l’équilibre est donc stable.
w2 =

6 Mouvement d’une masse

accrochée à un ressort, impact
au point d’attache (oral TPE)

À l’équilibre, les forces qui agissent sur m sont l’action du
ressort, le poids et la réation du support, parallèle à Oy en
l’absence de frottements.
En projection sur Ox :
0 = – k(xe – L0) + mg sin α.
Au cours du mouvement : m x¨ = – k(x – L0) + mg sin α
m x¨ = – k(x – xe).
En introduisant ω 0 =

k
, on obtient :
m

1

2 2
· ) = – v 1 – ω 0 xe 2
x(t
1
0
v 02

7 Enroulement d’un fil
sur un cylindre

1 • = 0 – Rq puisque la longueur enroulée vaut Rq.
—➞ —➞ —➞


2 • OM = OI + IM = Rur + (l0 – Rq)uq .



dur
duθ


= q uq et
= – q ur , d’où, après simplification :
dt
dt
·


v = – q ( 0 – Rq)ur .

3•

4 • Les forces qui s’exercent sur le point M sont :


• son poids P ;
• la réaction du plan➞ horizontal
• la tension du fil T .



R;

Il n’y a pas de frottements.

Les deux premières forces sont verticales, la dernière est



dv = T➞ = – T u➞ est

dirigée par uq , donc P + R = 0 et m
q
dt


dv
perpendiculaire à v , soit : v➞.
= 0, ce qui assure v = cte = v 0.
dt
·
5 • q > 0 , 0 – Rq > 0 , la norme de la vitesse est donc
·
v = q ( 0 – Rq) = v 0 .

x¨ + ω 20 x = ω 20 xe.
d’où x(t) = A cos ω 0 t + B sin ω 0 t + xe.
A t = 0 x(0) = A + xe = xe
A=0
v
·x(0) = B ω = – v
B= – 0
0
0
ω0
v
Donc x(t) = – 0 sin ω 0 t + xe.
ω0

6 • L’équation précédente s’intègre en

w0

x(t)

v0
0
ω0
v0 xeω 0.
T0

On a impact en O à t1 avec t1
. T0 =
4
ω0
ω 0 xe
ω
x
1
soit t1 =
sin ω 0t1 =
Arc sin 0 e .
v0
ω0
v0
La vitesse au moment du choc vérifie :
· ) = – v cos ω t .
x(t
1
0
0 1
x(t) peut s’annuler si xe –

0q



Rq 2
= v 0t
2

(compte tenu des conditions initiales).
q(t) est donc la solution de l’équation du second degré :

xe
O

26

q2 –
t1

T0
2

T0

y

Donc :

q(t) =

2 0 q 2v 0 t
+
= 0.
R
R
0

R

±

8

0

R

2



2v 0 t
.
R

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Dynamique du point matériel

q(t) étant croissant, on ne conserve que la solution avec le
signe – :
2Rv 0 t
q(t) = 0 1 – 1 –
.
2
R
0

6


·
T = mv 0q (T est le module de la tension T ). En utilisant
l’expression de q(t) déterminée plus haut, on obtient :

T=

7 • Le fil est entièrement enroulé quand :
K (t ) =

0

R

= 143°, donc : t f =

2
0

2 Rv 0

= 6, 25 s

8 • a. Pour déterminer la tension du fil, on projette la rela➞

tion fondamentale de la dynamique sur u q , en utilisant
· ➞



le fait que v = – v 0 u r , donc que a = – q v 0 u q . Il vient

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CORRIGÉS

2

b.

trup =
q rup =

0

R

2
0

2Rv 0
1–

2

mv 0

1–

0

1–
2

mv 0
0 Trup

2Rv 0 t
2
0
2

mv 0
0 Trup

2



1
2

.

= 6,09 s ;

= 2,1 rad = 120°

143° .

27

3

Puissance et énergie
en référentiel galiléen
LES OBJECTIFS
• Introduire la notion d’énergie.
• Utiliser le théorème de l’énergie cinétique pour
résoudre les problèmes à un degré de liberté.

LES PRÉREQUIS
• Lois de Newton.

LES OUTILS MATHÉMATIQUES
• Intégration en mathématiques.
• Lecture de courbes, interprétation graphique de
solutions.

ESSENTIEL
Puissance, travail d’une force dans un référentiel


• La puissance d’une force F est égale au produit scalaire de cette force par la vitesse de déplacement de son point d’application :
➞ ➞
= F . v.
• Le travail d’une force entre les instants
t1 et t2 est égal à

travail est égal à la circulation de F :


=

r

2



r1



2

dt. Pour un point matériel, ce

1



F. dr .

Théorèmes de la puissance et de l’énergie cinétique
d K
(dérivée de l’énergie cinétique par rapport au temps) est égale à
dt
la puissance de toutes les forces s’exerçant sur le point matériel.
• La puissance cinétique

• La variation d’énergie cinétique Δ K =
forces pendant l’intervalle de temps [t1, t2].

K(t2)



K(t1)

est égale au travail

de toutes les

Champ de forces conservatif
Un champ de forces est conservatif s’il dérive d’une énergie potentielle
vail élémentaire de la force vérifie :
δ
28



= F . dr➞ = – d



P( r),

telle que le tra-

P.
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3 ESSENTIEL

Puissance et énergie en référentiel galiléen

Quelques exemples d’énergies potentielles
interaction

force

schéma

énergie potentielle

z

pesanteur

F = – mgez



F = mg➞ = – mge➞z

P=

O
y

interaction
newtonienne



F =–

x
OM = rer

F = – K2 er
r
M

K ➞
e
r2 r

P=

O



F = – k( –



0)ex



K
+ cte
r

x

y

ressort linéaire

mgz + cte

F=–k( –

O

0) ex

x

0

P=

1
k( –
2

2
0)

+ cte

Énergie mécanique
L’énergie mécanique d’un point matériel est M = P + K.
La variation de M est égale au travail des forces qui ne dérivent pas de l’énergie potentielle,
donc au travail des forces non conservatives.

Mouvement conservatif à un degré de liberté
L’équation du mouvement peut se déduire de M = cte :
• l’évolution du point matériel est limitée aux zones où l’énergie potentielle reste inférieure à
l’énergie mécanique : P(x)
M ;
• les trajectoires de phase d’un système conservatif sont des courbes à énergie mécanique constante ;
• les minima de P correspondent aux positions d’équilibre stables et les maxima aux positions
d’équilibre instables. La technique de linéarisation, lorsqu’elle est justifiée, permet de préciser la
nature du mouvement au voisinage de l’équilibre.
Conseils et pièges à éviter


• Le travail d’une force F s’obtient ainsi :


r2

=

r➞1





F. dr

qui pour un point matériel se déduit de la formule générale toujours utilisable :
=


t2
t1

(t) dt

avec (t) = F . v➞(t)
avec v➞(t) la vitesse du point d’application de la force, ici le point matériel.
• Pour un système conservatif, penser dès que possible à l’invariance de l’énergie mécanique pour
obtenir l’équation d’évolution du point matériel.
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29

Exercices

Conseils

Une voiture roulant à 50 km . h– 1 s’immobilise sur une route
rectiligne et horizontale au bout d’une distance de 40 m. En
supposant que la force de frottement entre le sol et la voiture est constante, déterminer la distance de freinage si le
véhicule roule à 80 km . h– 1. On négligera la résistance de
l’air.
Appliquer le théorème de l’énergie cinétique entre le
début du freinage et l’arrêt total.

2 Carabine-jouet à ressort
Une carabine-jouet à ressort est modélisée de la manière
suivante : un ressort de raideur k est placé dans un tube
cylindrique (en plastique) de longueur 0 égale à la longueur à vide du ressort. On dépose au bout du ressort une
balle en plastique de masse m et on comprime le ressort
d’une longueur Δ à l’intérieur du tube. Le tube étant incliné
de 60° par rapport à l’horizontale, on libère le ressort qui
propulse instantanément la balle. On néglige le frottement
de la balle dans le tube et la résistance de l’air.
1 • À quelle vitesse v 0 la balle sort-elle du canon de la
carabine ?

Conseils

2 • Quelle hauteur h (par rapport à la sortie de la carabine) la balle atteint-elle dans ces conditions ?
Avec quelle vitesse horizontale v H ?
A.N. : Calculer v 0 , h et vH .
Données : m = 20 g , k = 400 N . m– 1 et Δ = 10 cm.
1) Utiliser la conservation de l’énergie de la balle
après avoir soigneusement déterminé son énergie
potentielle que l’on pourra, par exemple, choisir nulle
à la sortie du canon.
2) Que peut-on dire de la composante horizontale de
la vitesse de la balle après la sortie du canon ? En
déduire le module de la vitesse au sommet de la trajectoire, puis, en appliquant le théorème de l’énergie
cinétique entre la sortie du canon et le sommet, la
hauteur du tir.

3 Étude de la chute d’un alpiniste

anneau
fixé
au rocher

5m

4m

5m

point
d'attache
de la corde

4m
5m

câble

1 Distance minimale de freinage

4m

point
d'attache
de la corde

Facteur de chute : f = 8 m = 2
4m

Facteur de chute : f = 10 m = 1,1
9m

Doc. 1

Doc. 2

Doc. 3

Lors d’une escalade, un grimpeur s’assure en passant sa
corde dans des anneaux métalliques fixés au rocher. La
corde peut coulisser librement dans ces anneaux. Le facteur de chute f est défini comme le rapport de la hauteur
de chute tant que la corde n’est pas tendue sur la longueur
L de corde utilisée. Si au moment de la chute, la corde est
2
(docs. 1 et 2) où
L
est la distance du grimpeur au dernier anneau. Dans des
conditions normales d’utilisation f est compris entre 0
et 2. Pour les applications numériques, le poids P du
grimpeur sera pris égal à 800 N.
Le maillon fragile dans la chaîne d’assurance d’un grimpeur n’est pas la corde (qui peut résister à des forces de
plus de 18 kN), ni les points où la corde est attachée au
rocher (résistance de l’ordre de 20 kN) mais le grimpeur
(une force de 12 kN exercée sur le bassin provoque sa rupture) ! Les cordes utilisées en escalade sont élastiques de
façon à diminuer la force qui s’exerce sur le grimpeur lors
de sa chute. On assimilera une corde de montagne dont la
longueur utilisée est L à un ressort de longueur à
tendue, ce facteur de chute vaut f =

1
. L’élasticité a de la corde
aL
est une grandeur caractéristique du matériau la constituant.
vide L et de raideur k =

1 • Soit un ressort vertical de raideur k et de longueur à
vide L auquel est suspendue une masse m , de poids
P = mg (g désignant le module du champ de pesanteur). À
30

© Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.

Puissance et énergie en référentiel galiléen

2 • En utilisant le résultat de la question 1), exprimer la
force maximale Fmax exercée par la corde lors d’une
chute de facteur f en fonction des données de l’énoncé.
Que remarquez-vous ?

Conseils

3 • Le corps humain peut résister à une force de l’ordre de
12 kN pendant un temps bref.
a) Une corde d’escalade est prévue pour que la force
maximale exercée sur l’alpiniste soit de 9 kN dans les
conditions les plus défavorables ( f = 2) .
i) Calculer l’élasticité de cette corde (préciser les unités
de a).
ii) Calculer l’élongation maximale de cette corde et la
force maximale pour L = 10 m et f = 1 .
iii) Qu’en est-il pour le doc. 3 où la hauteur de chute est de
5 m et la longueur de la longe (corde à laquelle est accroché le grimpeur) est de 1 m .
b) L’étude précédente ne tient pas compte des phénomènes
dissipatifs se produisant dans la corde. L’élongation de la
corde est en fait inférieure à celle calculée avec le modèle
choisi. La corde ne se comporte pas comme un ressort.
Supposons que pendant toute la durée du freinage par la
corde, elle s’allonge de façon à maintenir à 9 kN la force
qu’elle exerce sur le grimpeur. Calculer son élongation
maximale pour L = 10 m , g = 1 puis L = 1 m , f = 5 .
c) Une corde utilisée en spéléologie est dite statique car son
élasticité est faible (environ 5 10 – 6 SI). En revenant au
modèle d’une corde parfaitement élastique, à partir de quel
facteur de chute y a-t-il danger de mort avec une telle corde ?
Pour déterminer l’élongation extrême de la corde, qui
est le but des questions posées, il est inutile de résoudre l’équation du mouvement pour obtenir la loi
d’évolution de la longueur de la corde au cours du
temps. Utiliser la conservation de l’énergie, en examinant soigneusement les conditions initiales pour
calculer la constante énergie mécanique, est bien suffisant et nettement plus rapide.

4 Anneau en mouvement
sur une hélice

Les équations en coordonnées polaires d’une hélice rigide
d’axe vertical Oz sont r = a et z = hq. Un petit anneau enfilé
sur l’hélice est abandonné sans vitesse initiale au point d’altitude H = 2πh. En assimilant l’anneau à un point matériel
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La photocopie non autorisée est un délit.

mobile sans frottement, calculer le temps qu’il met pour
atteindre le plan horizontal z = 0.

5 Mouvement de trois électrons
Trois électrons sont retenus aux sommets d’un triangle équilatéral de côté a puis sont abandonnés simultanément.
Déterminer la vitesse limite de chacun. Application numérique : m = 9 . 10 – 31 kg, e = 1,6 . 10 – 19 C, a = 2 . 10 – 10 m,
e0 = 1/36π .10 9.
Conseils

l’instant t = 0 , le ressort est non tendu et m a une vitesse verticale, dirigée vers le bas, de module v 0 . Déterminer
l’élongation maximale du ressort xmax (mesurée à partir
de la longueur à vide) et la force maximale Fmax qu’il
exerce sur la masse m .

EXERCICES

3

Comment évolue la figure formée par les trois
électrons ? Utiliser le point O, centre de gravité du
triangle initial pour repérer la position d’un électron.

6 *Mouvement d’un point

sur un cercle, liaison bilatérale,
puis unilatérale

On considère une gouttière G circulaire, verticale, de centre
O et de rayon R . On appelle (Oy) l’axe vertical ascendant. La position
d’un point P sur G est repérée par l’angle
—➞ —➞
q entre OW et OP , où W est le point le plus bas du cercle.
g

y

O

θ

x

R
P

Ω

gouttière Γ

1 • Une petite perle P de masse m est enfilée sur la gouttière (liaison bilatérale) qui joue donc le rôle de glissière.
À l’instant t = 0 , on lance P depuis le point W avec une
vitesse v 0 . La perle glisse sans frottements le long de G .
a) Exprimer la vitesse de P en un point d’altitude y en
fonction de v 0 , g , R et y .
b) Étudier alors les différents mouvements possibles de P
suivant les valeurs de v 0 .


c) Déterminer la réaction N de la gouttière sur la perle.
Étudier ses variations en fonction de y . Commenter.
d) On choisit ici v 0 = 25gR . Déterminer la loi horaire q(t).
Quelle est la valeur maximale de q ?
Pour quelle valeur de t est-elle atteinte ?
q

Donnée :
0

θ π 

= ln ta n +
cos θ
 2 4

31

3

Puissance et énergie en référentiel galiléen

2 • La gouttière G représente maintenant un des trous
d’un parcours de golf miniature : la balle doit faire un looping complet à l’intérieur de G avant de poursuivre son
chemin (liaison unilatérale). La gouttière est évidemment
ouverte en W et « décalée » pour que la balle puisse poursuivre son chemin. La balle est assimilée à un point matériel P de masse m . Elle arrive au point W avec la
vitesse v 0 .
a) Étudier les différents mouvements possibles de P suivant les valeurs de v 0 .
Quelle valeur minimale de v 0 faut-il donner à la balle pour
qu’elle effectue le tour complet ?

Conseils

b) On choisit encore v 0 = 25gR . Pour quelle valeur de q
la balle quitte-t-elle le contact avec la gouttière ? À quel
instant cela se produit-il ?
1) La perle effectue un tour complet si sa vitesse ne
s’annule pas au cours de son mouvement. Le signe de
la réaction de la gouttière (ou de la glissière, dans
cette question) n’a aucune importance ici, car la perle
est enfilée sur la gouttière, donc le contact est toujours assuré.
Pour déterminer l’équation du mouvement, isoler
dq à partir du théorème de l’énergie cinétique en
dt
faisant très attention aux signes (on rappelle que
3x 2 = x ). Mettre ensuite cette équation sous la
forme dt = f(q) dq avant de l’intégrer.
2) Dans ce cas, quand la réaction de la gouttière s’annule, la balle quitte le support : la gouttière ne joue plus
le rôle de glissière. Il reste à étudier, suivant les valeurs
de v 0 , si la réaction s’annule avant la vitesse ou non.

7 Mouvement d’une particule
chargée sur un axe

L’axe vertical (Oz) est matérialisé par un fil fin sur lequel
peut coulisser sans frottement une très petite sphère, de
masse m , portant la charge électrique q positive.
Un cerceau de rayon R et d’axe (Oz) , portant une charge électrique positive répartie uniformément sur sa circonférence, crée un champ électrique dont on admettra l’expression sur l’axe (Oz) :


E axe (z) = a

z
(R2

+

3
z 2) 2


ez,

où a est une constante positive.

1 • Force subie
a) Exprimer la valeur
algébrique F(z) de la force d’origi➞
ne électrique F (z) = F(z) ➞
e z subie par la petite sphère.
Tracer l’allure des variations de F(z) .
b) Pour quelles valeurs de la masse m est-il possible
d’obtenir des positions d’équilibre pour la petite sphère ?
32

On se placera dans ce cas par la suite.
2 • Stabilité de l’équilibre
a) Exprimer l’énergie potentielle Ep (z) associée à ce
mouvement (on choisit Ep (0) = 0) . Tracer l’allure des
variations de Ep (z) , et discuter la stabilité des positions
d’équilibre obtenues.
b) Quelle est la pulsation w 0 des petites oscillations de la
sphère au voisinage de l’équilibre stable ? (On l’exprimera en notant ze la position d’équilibre stable.)
3 • On a tracé ci-dessous quelques trajectoires de phase
dans le plan z, v pour diverses conditions initiales.
w0
a) Peut-on préciser le type de conditions initiales qui a été
choisi, et le sens d’évolution de la particule sur ces trajectoires ?
b) Proposer quelques commentaires pour les évolutions
observées.
v/w 0
1
–3

–2

–1

1
0

2

3

4

5 z

–1
–2
–3
–4

Conseils

EXERCICES

1) À l’équilibre, la somme des forces doit s’annuler.
2) L’équilibre stable correspond à un minimum
d’énergie potentielle. Pour de petits mouvements, on
peut essayer de linéariser l’équation du mouvement
au voisinage de l’équilibre.

8 Navire à moteur (Banque G2E08)
Un navire, de masse m = 10 000 tonnes, file en ligne droite, à la vitesse v 0 = 15 nœuds.
La force de résistance exercée par l’eau sur la coque du
bateau est du type : F = k v 2 où k est une constante et v la
vitesse du bateau.
Un nœud correspond à 1 mille nautique par heure et le
nautique est égal à 1 852 m.
On se place dans un référentiel lié au port qui sera supposé galiléen.
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Puissance et énergie en référentiel galiléen

1 • Calculer la constante k sachant que le moteur fournit
une puissance de 5 MW à la vitesse v 0.
2 • Le navire stoppe ses machines à la distance X au large
de la passe d’entrée d’un port.
Déterminer l’expression de la vitesse du navire en fonction du temps t. On posera L = m /k.
3 • En déduire la distance X parcourue par le navire en
fonction de L, v 0 et v P, la vitesse au niveau de la passe.
Calculer cette distance si on désire atteindre la passe à la
vitesse de 2 nœuds.
4 • Déterminer le temps q mis pour atteindre la passe.
5 • Déterminer la vitesse, v Q, à l’arrivée du quai, un demimille au-delà de la passe d’entrée. On la calculera en
nœuds puis en m/s.
6 • Quelle est la solution d’urgence pour arrêter le bateau ?

EXERCICES

1 • Calculer la norme v 0 de la vitesse de la bille en O.
2 • Exprimer la norme v M de la vitesse de la bille en un
point M quelconque du cercle repéré par l’angle q.

CM

3 • On désigne par er = le vecteur unitaire porté
CM
par le vecteur position C
I M du point M.


Écrire l’expression de la réaction R = Re➞r du guide circulaire sur la bille.
4 • Déterminer la hauteur minimale hmin à partir de laquelle il faut lâcher la bille sans vitesse initiale pour qu’elle ait
un mouvement révolutif dans le guide.
5 • On lâche la bille sans vitesse initiale depuis une hauteur h0 = 2a. Calculer, en degrés, la valeur q0 de l’angle q
pour laquelle la bille quitte le guide.
6 • Calculer la valeur v Ox de la composante suivant l’axe
Ox de la vitesse de la bille au moment où elle quitte le
guide.

9 Étude d’un looping
(d’après ICNA 06)

Une bille, assimilée à un point matériel M de masse m, est
lâchée sans vitesse initiale depuis le point A d’une gouttière situé à une hauteur h du point le plus bas O de la
gouttière. Cette dernière est terminée en O par un guide
circulaire de rayon a, disposé verticalement. La bille, dont
on suppose que le mouvement a lieu sans frottement, peut
éventuellement quitter la gouttière vers l’intérieur du cercle. On désigne par g➞ = – ge➞y l’accélération de la pesanteur (cf. figure ci-dessous).
A

3

7 • Calculer la valeur maximale hM de la hauteur atteinte
dans ces conditions par la bille après qu’elle ait quitté le
guide.

x

⇓ yg
h

a

yeq

C
yey

q
O yex

M

yer
y

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33

Corrigés
1 Distance minimale de freinage
Soit F le module de frottement entre la voiture et le sol. Le
théorème de l’énergie cinétique entre le début du freinage (la
voiture à la vitesse v ) et l’arrêt s’écrit :

• 1er cas : 0 –

mv 12
= – Fd1 ;
2

• 2e cas : 0 –

mv 22
= – Fd2.
2

On en déduit

d2
v
= 2
d1
v1

2

= 2,56,

ce qui donne d2 = 102,4 m, soit environ 100 m. La distance
de freinage a donc augmenté de 60 m !

2 Carabine-jouet à ressort
1 • L’énergie mécanique initiale de la balle est :
M0

=

k(Δ )2
– mg Δ sin a si on choisit l’origine des énergies
2

potentielles à l’extrémité du canon de la carabine. Quand la
balle sort du canon, son énergie est donc uniquement sous
mv 02
forme d’énergie cinétique, elle vaut
. La conservation de
2
l’énergie mécanique (on néglige tout frottement) donne :
v0 =

9 mk (Δ ) – 2g sin aΔ
2

v 0 = 14,1 m . s– 1

α

51 km . h– 1.

Δ

2 • Quand la balle est au sommet de sa trajectoire, sa vitesse
est horizontale. La seule force agissant sur la balle une fois
qu’elle a été tirée est son poids, donc la composante horizontale de la vitesse se conserve :
v H = v 0 cosa = 7,0 m . s– 1 25 km . h– 1 .
Le théorème de l’énergie cinétique entre l’instant où la balle
sort du canon et celui où elle passe au sommet de sa trajectoire
parabolique s’écrit :
v 02 sin2a
mv H2 mv 02

= – mgh, donc h =
≈ 7,6 m .
2
2
2g
34

3 Étude de la chute d’un alpiniste
1 • Notant x l’allongement du ressort, l’équation du mouvement est :
mx·· = – kx + mg
dont l’intégrale première est, compte tenu des conditions
initiales :
2
1 ·2
1
1
mx – mgx + kx2 = mv 0 .
2
2
2
L’élongation maximale du ressort est la solution supérieure à :
mg
xeq =
de l’équation du second degré :
k
2
kx2 – 2 mgx – mv 0 = 0.
Soit :

xmax =

mg
1+
k

8

1+

k
m

v0
g

2

1+

k
m

v0
g

2

.

La force maximale vaut alors :
Fmax = mg 1 +

8

.

2 • La hauteur de chute libre h qui donne une vitesse v 0 à la
v2
limite de tension de la corde est h = 0 .
2g
v 20
, ce qui
2gL
permet d’écrire la force maximale sous la forme :
Le facteur de chute du cas étudié est donc f =

Fmax = P 1 +

5

1+

2f
.
aP

Ce résultat ne dépend que du facteur de chute, pas de h : pour
une corde deux fois plus longue et une hauteur de chute deux
fois plus grande, la force maximale est inchangée (le contact
avec la paroi risque tout de même d’être un peu plus sévère !).
Le cas le plus défavorable correspond à L minimum, pour
une hauteur de chute h donnée, soit f = 2, cas du doc. 2 de
l’énoncé.
3 • a) i. L’élasticité de la corde est :
a=

2fP
, mesurée en N– 1.
Fmax (Fmax – 2P)

Pour Fmax = 9 kN , P = 800 N , f = 2 , il faut que l’élasticité
de la corde soit a = 4,8 . 10 – 5 N – 1.
ii. Pour L = 10 m et f = 1 , l’élongation maximale est :
xmax = aLP 1 +

5

1+

2f
= 3,2 m
aP

et la force maximale vaut Fmax = 6,6 kN.
iii. Ce cas apparaît catastrophique : la hauteur de chute est
importante alors que la partie extensible de la corde est très
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Puissance et énergie en référentiel galiléen

réduite. C’est pourtant ce qui est utilisé dans le cas d’une
excursion en via ferrata, mais le dispositif d’assurance utilisé est alors tout particulièrement conçu pour ce genre d’expédition : la fixation au harnais est un amortisseur.
A.N. : f = 5 , L = 1 m et Fmax = 13,7 kN .
b) Pour ce nouveau modèle, l’équation du mouvement est :
m¨x = – F + P
où le second membre est constant, soit :
2
1
1 .2
mx + (F – P)x = mv 0 .
2
2
Il vient alors :
2
mv 0
f
xmax =
=L
.
F
2(F – P)
–1
P
A.N. : L = 10 m et f = 1 : xmax = 1 m ;
L = 1 m et f = 5 : xmax = 0,5 m .
c) Le facteur de chute est :
aFmax(Fmax – 2P)
f=
.
2P

Lors du mouvement de l’anneau, seul son poids travaille.
On peut appliquer le théorème de l’énergie cinétique entre
l’altitude H et l’altitude z.
1
mv 2 = mg(H – z)
2


Sur l’hélice OOM = aur + z uz
·➞
·➞
·➞


v = aquq + z· uz = aquq + hquz
·

v 2 = (a 2 + h 2 )q 2
·
1
Soit m(a 2 + h 2 )q 2 = mgh (2π – q)
2


=–
dt


dt

2 gh
dt.
a2 + h2

=–
2π – θ
L’anneau atteint le sol pour t = T avec



0


2π – θ

T=2

=–

yFCA

F
y BA
A

O
B

Posons OA = x. OA =

C

H

1
2
2
π
AH = AB sin =
AB.
3
3
3
3

Au cours de son mouvement, l’électron a une énergie mécanique constante.
e2
1
a
EM =
mv 2 + Ep(x) =
avec x0 =
.
2
4π ε 0 x0 3
3
Soit

e2
1
e2

.
mv 2 =
2
4π ε 0 a 4π ε 0 x 3

La vitesse limite atteinte correspond à x infini.
e
v lim =
.
2π ε0 ma

2 gh
92π – q
a2 + h2



x

Cette force globale dérive de l’énergie potentielle Ep(x) avec :
e2
.
Ep(x) =
4π ε 0 x 3

sur une hélice

Soit

Au cours du temps, les électrons restent positionnés sur un triangle équilatéral dont le centre de gravité O est immobile.



4 Anneau en mouvement

L’anneau part de q = 2π et arrive en q = 0, donc

5 Mouvement de trois électrons

L’électron en A est soumis à deux forces : FBA de la part de

l’électron en B et FCA de la part de l’électron en C de même
norme.


π ➞
e2
e2
FBA + FCA = 2
cos
u
=
u➞x .
x
6
4π ε0 AB2
4π ε0 x 2 3

Pour F = 12 kN et a = 5 . 10 – 6 N–1, on a fmax = 0,39 .



CORRIGÉS

3

2 gh
T.
a + h2
2

π (a 2 + h 2 )
gh

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0.

6 Mouvement d’un point

sur un cercle, liaison bilatérale,
puis unilatérale

1 • a) Le théorème de l’énergie cinétique appliqué entre le

point de départ (point le plus bas du cercle) et un
v2
v2
point quelconque s’écrit m – m 0 = – mg(y + R).
2
2
b) La perle fait le tour complet de la gouttière si v 2 > 0 pour
tout y ∈ [– R ; R] donc si v 0 24gR.
2
Dans le cas contraire, la vitesse s’annule en y0 = 1 v 0 – R,
2 2
et la perle oscille entre les deux points symétriques d’altitude y0 .
c) La relation fondamentale de la dynamique s’écrit :


·
ma➞ = P + N avec a➞ = – Rq 2e➞r + Rq¨ e➞q ,
35

CORRIGÉS

Puissance et énergie en référentiel galiléen

3

les forces étant :


P = mg cosq

e➞r

– mg sinq

e➞q



et N =

2
2 • a) N s’annule pour y1 = 2 y0 = 1 v 0 – 2 R. Ce point

Ne➞r

(la gouttière jouant le rôle de glissière, N est de signe
·
quelconque). En projection sur e➞r , en utilisant v = Rq et
y = – Rcosq , on obtient :
v2
3y – 2y0
.
N = – mg cosq + m = mg
R
R
Avec la convention choisie pour N , il est négatif au début
2
du mouvement, puis change de signe en y = y0, et reste
3
2
y0, ce qui n’a pas d’influence ici sur le
3
mouvement de la perle car la gouttière assure toujours la liaison
(liaison bilatérale).
d) Avec v 0 = 24gR le théorème de l’énergie cinétique devient
positif tant que y

v 2 = 2g(R – y) . En fonction de q , on obtient :
θ 
·
(Rq )2 = 2gR(1 + cos q ) = 4gR cos2s
,
 2

q
2
vement :

0 donc, dans cette phase du mou-

θ

0

• Si 62gR v 0 65gR, le point P quitte le contact en un
point d’altitude 0 y1 R et tombe.
• Si v 0

65gR, le point P fait le tour complet.
2
b) N s’annule en y1 = R. En reprenant le calcul de la ques3
tion 1) d), on obtient l’instant t1 où cela se produit :
y1
θ π 
R
2
, où cos q 1 = –
=–
ln ta n 1 +
R
3
g
 4 4

7 Mouvement d’une particule
1 • Force subie






a) Sachant que F (z) = aqEaxe (z)e➞z , on a :
z
F(z) = aq

θ 
d
 2
θ π 
R
=
ln ta n +
.
θ
g
 4 4
cos
 2

3

(R2 + z2) 2
dont les variations sont représentées ci-après (doc. 1).
F(z)
0,4

Pour avoir q(t) , il suffit d’inverser cette expression :
q = 4 arctan exp

R
.
g

chargée sur un axe

θ 
R  2
,
dt =
g
θ
cos
 2
d

R
t=
g

soit

dq
dt

0 et

• Si v 0 62gR, le point P monte jusqu’en y0 0 , redescend tout en restant en contact avec la gouttière et revient vers
son point de départ.

on trouve t1 = 1,54

Quand q augmente de 0 à π :
cos

Conclusion

t1 =

θ 
dq = ± 2 g
cos
.
R
dt
 2

soit :

3
3 g
3
appartient à la gouttière si, et seulement si, y1 ∈ [– R ; R] ,
soit v20 5gR . Si y0 < 0 , la vitesse s’annule avant la réaction, si y0 > 0 , c’est la réaction qui s’annule en premier. Pour
que la balle effectue le tour complet, il faut que v 20 > 65gR .

z1
z2

mg

 g 
t − π . La valeur maximale de q est
 R 

0,2

π , le temps mis pour l’atteindre est infini.

–6

θ

–4

–2
0

3

2

4

6

2,5
2

– 0,2

1,5
1
0,5
0

36

– 0,4
0

5

10

15

20

t

Doc. 1
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Puissance et énergie en référentiel galiléen

b) L’équilibre peut être réalisé si la force F(z) peut être
compensée par l’effet du poids. On voit que la condition
z
mg = aq
peut être réalisée pour deux positions
3

R2 + z2 2
d’équilibre z1 et z2, à condition que la masse m soit inférieure
à mmax =

0,2 Ep(z)
–2

–1

[F(z)]max
.
g

3

2

4

5

– 0,2

R
.
12
La condition d’existence des deux équilibres est donc :
m m = 2aq .
La valeur maximale de F(z) est obtenue pour z =

max

– 0,4

z2

– 0,6

3
3 2 gR 2

– 0,8

2 • Équilibre
a) L’énergie potentielle Ep,él (z) associée aux efforts électrostatiques est donnée par :
dEp,él
z
= – F(z) = – aq
,
3
dz
2
2
2
R +z
1
soit :
E (z) = + aq
+ cte,
p,él

R2 + z2

1
2

en prenant la constante de façon à avoir Ep,él (0) = 0 , on
obtient les variations suivantes (doc. 2), où on observe naturellement l’effet répulsif du cerceau sur la petite sphère (les
deux portent des charges de même signe) : la force électrique
est orientée dans le sens décroissant de l’énergie potentielle,
et tend à éloigner la sphère du point O.
–6

z1
1

O

CORRIGÉS

3

–4

–2

Ep,él(z)

2

4

6

0

z

Doc. 3

On retrouve les positions d’équilibre z1 et z2 rendant l’énergie
potentielle stationnaire :
– en z1 l’énergie potentielle passe par un maximum (local) :
l’équilibre est instable,
– en z2 l’énergie potentielle passe par un minimum (local) :
l’équilibre est stable.
b) Au voisinage de ze = z2 , notons z = z2 + e et tentons une
linéarisation de l’équation du mouvement :
2
dF
m d z(t) = F(ze + e) – mg = [F(ze) – mg] + e
dz
dt 2

– 0,6

+…

où le terme d’ordre 0 est nul par définition de l’équilibre. On
obtient une équation d’oscillateur harmonique :

– 0,2

– 0,4

z2

2
d2 e( )
= – w0e,
dt 2

où la pulsation est :
w0 =

5

–1 dF
m dz

ze = z2

=

5

α q(2ze2 – R2 )
2
e

5
2 2

.

m(z + R )

Doc. 2

3 • a) Pour les trajectoires de phases fermées, qui correspondent à des mouvements périodiques, les conditions initiales
sont sans importance. Pour la trajectoire non fermée, qui part
sur l’axe (Oz) du plan de phase, la petite sphère a été lâchée
sans vitesse initiale.

En ajoutant l’énergie potentielle de pesanteur, l’origine de
l’énergie potentielle étant prise en z = 0 , il vient :
αq
1
EP (z) = aq
+ mgz –
.
1
R
2
2
2
R +z

Le sens d’évolution s’obtient sachant que z augmente lorsque
le point de phase est au-dessous de (Oz) car la vitesse est
négative, et que z diminue si le point est au-dessus de (Oz)
(doc. 4).

– 0,8

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37

CORRIGÉS

Puissance et énergie en référentiel galiléen

3

V/w 0

3 • On a donc :

1
–3

–2

–1

1

2

0

3

4

5 z

–2
–3 z
1

z2

z(0)

–4
Doc. 4

b) Les trajectoires fermées correspondent à des oscillations
autour de la position d’équilibre stable z = z2 . Notons que la
plus petite trajectoire correspond pratiquement à un cercle :
l’approximation linéaire, donnant des oscillations harmoniques, est ici satisfaisante.
Pour la trajectoire non bouclée, l’énergie mécanique est suffisante pour passer la bosse d’énergie potentielle en z = z1 .
Dans un premier temps, z varie de z(0) à z2 ; l’énergie potentielle diminue et l’énergie cinétique augmente : la trajectoire
s’éloigne de (Oz). Pour z diminuant de z2 à z1 , l’énergie
potentielle augmente, l’énergie cinétique diminue : la trajectoire revient vers l’axe (Oz), mais ne le touche pas : la petite
sphère n’atteint pas l’abscisse z1 avec une vitesse non nulle.
Au-delà, elle poursuit sa chute en accélérant.

8 Navire à moteur (Banque G2E08)
1 • La puissance fournie par le moteur compense exactement
la puissance de la force de frottement lorsque le bateau avance à vitesse constante.
PM – kv 30 = 0.
Numériquement :
v0 = 15 nœuds = 7,7 ms – 1.
k = 1,09 10 4 Nm – 2 s2.
2 • Quand le navire stoppe ses machines, il continue sa route
v➞0 .

selon la direction de
Soit v➞0 = v 0 e➞x .
En projection sur e➞x , dans le référentiel lié au port, le principe fondamental de la dynamique appliqué au bateau s’écrit :
dv
= – kv 2.
m
dt
m
dv
dt
En posant L =
, il vient 2 = –
.
k
L
v
d  1
d  t
1
1
t
=
et

=
en tenant compte
v0
dt  v 
dt  L 
v
L

des conditions initiales.
v0 L
v=
L + v0t
38

dx =

v0 L
dt.
L + v 0t

Soit x = + L ln (L + v 0 t) + k.
À t = 0, x = – X donne k = – L ln L – X.
 v t
v
Donc x(t) = L ln 1 + 0 – X = L ln 0 – X.
L
v (t )

 –X 
On atteint la passe pour x = 0 avec v P = v 0 exp
.
 L 

–1

Soit

v0L
dx
=
dt
L + v0t

Si v P = 2 nœuds X = L ln
1

v0
≈ 1 850 m ≈ 1 mille nautique.
vP

1

4 • q = L v – v = 773 s.
P
0
v

5 • xQ = + 926 m = L ln v 0 – X.
Q
v Q = 0,73 nœud = 0,37 ms – 1.

6 • Pour arrêter le bateau en urgence, il faut remettre les
moteurs en marche et faire machine arrière.

9 Étude d’un looping
(d’après ICNA06)

1 • La bille est en mouvement dans un référentiel galiléen.

En lui appliquant le théorème de l’énergie cinétique entre les
points A et O, il vient :
EC (O) – EC (A) = Wpoids + Wréaction.
Puisqu’il n’y a pas de frottements, le travail de la réaction,
orthogonale au déplacement, est nul.
Wpoids = mg(yA – yO) = mgh.
Donc

1
1
mv 02 – mvA2 = mgh avec v A = 0.
2
2
v 0 = 62gh.

2 • En un point M tel que yM = a(1 – cos q), on obtient :
1
mvM2 = mg(yA – yM ) = mg(– a + h + a cos q).
2
v M = [2g(a cos q – a + h)]1/2

3 • Sur le guide circulaire, les forces appliquées à m sont le
poids et la réaction R e➞r .
m a➞(M) = m g➞ + R e➞r
·
··
Soit m(– aq 2 e➞r + aq e➞q ) = mg➞ + R e➞r .
En projection sur e➞q , l’équation donne :
··
maq = – mg sin q.
·
On multiplie par q.
·· ·
·
aqq = – g sin qq
d 1 ·2
d
a
q =
(g cos q).
dt 2
dt

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Puissance et énergie en référentiel galiléen

1 ·2
aq = g cos q + k.
2
·
En q = 0, v 0 = aq = 62gh.
h
1 2gh
D’où
= g + k. k = g – 1 .
a
2 a
Soit

·
h
aq 2 = 2g cos q + 2g – 1 .
a
En projection sur e➞r , l’équation donne :
·
R = – maq 2 – mg cos q.
h
R = – 3 mg cos q + 2mg 1 – .
a
b) La bille peut parcourir le guide en entier si R reste négative sur tout le parcours.
2h
Soit 2 –
3 cos q.
a
2hmin
=–3
a
5
hmin = a.
2

En q = π, on obtient 2 –

5 • Avec h = h0 = 2a, R s’annule pour :
– 3mg cos q0 + 2mg(1 – 2) = 0

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cos q0 = –

2
.
3

3

CORRIGÉS

q0 = 131,8°.
·

6 • À ce moment-là, ➞
v = aq u➞q 0
·
2g
2g
avec q =
cos q0 +
a
a
·
2g
q=
3a
Soit v 0x = a

1/2

1/2

2g
3a

.

1/2

cos q0 = –

2
3

3 2ga3 .

7 • Le mouvement se fait alors sous l’action du poids seul,
v 0x reste inchangée.
hM est atteint lorsque la vitesse verticale v z s’annule.
1
1
mv M2 – mv q 20 = mg(hq 0 – hM ), avec v M = v 0x .
2
2
v q 2 v 02
Soit hM = hq 0 + 0 – x
2g 2g
hM = a(1 – cos q 0) +
hM =

a2 2g
4

a.
2g 3a
27

50
a.
27

39

4

Oscillateurs
LES OBJECTIFS
• Connaître la réponse d’un oscillateur à différents
types d’excitation.

LES PRÉREQUIS
• Lois de Newton.

LES OUTILS MATHÉMATIQUES
• Résolution des équations différentielles du deuxième
ordre à coefficients constants.
• Notation complexe.
• Calculs sur les nombres complexes.

ESSENTIEL
Oscillateur harmonique
Un oscillateur harmonique est un système à un degré de liberté dont l’équation du mouvement est de
2
la forme x¨ + w 0x = 0 , quelle que soit la nature physique de la variable x . Il est soumis à une force
kx2
de rappel f = – kx qui dérive de l’énergie potentielle p(x) =
. Il effectue des oscillations iso2
k
2p
chrones de pulsation w0 =
et de période T0 =
. L’énergie mécanique de l’oscillateur
m
w0
harmonique se conserve.

1

Oscillateur amorti par frottements visqueux


Sous l’effet d’une force de frottement fluide f = – hv➞ = – h x· e➞x , l’équation du mouvement de l’osh
cillateur est ··x + 2a x· + w20x = 0 avec 2a = = w 0 , Q est le facteur de qualité de l’oscillateur.
m Q

• Si a > w 0 ou Q < 1/2 : le mouvement est apériodique.
• Si a = w 0 ou Q = 1/2 : le mouvement est critique.
• Si a < w 0 ou Q > 1/2 : le mouvement est pseudo-périodique (la solution est le produit d’une expo-

nentielle et d’une sinusoïde) de pseudo-période :
T=

9

1

.
avec w = 9w 02 – a 2 = w 0 1 –
4Q2
w

Pour les faibles amortissements (a << w 0 ou Q >> 1), la variation relative de l’énergie mécanique
au cours d’une pseudo-période est
40

Δ

M
M

=–


, ou encore Q = 2π
Q
Δ

M

(voir exercice 2).

Μ

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Oscillateurs

Oscillations forcées

4 ESSENTIEL



L’oscillateur précédent est soumis à une force excitatrice FA = FA (t)e➞x . L’équation du mouvement
est alors :
F (t)
2
x¨ + 2a x· + w0 x = A .
m
La solution de cette équation est de la forme x(t) = x0(t) + x1(t) , où x0(t) est la solution générale de
l’équation homogène associée (régime libre) et x1(t) une solution particulière (régime forcé).
L’oscillateur étant amorti, le régime libre tend vers 0 quand t augmente. Au bout d’un certain temps,
seul subsiste le régime forcé. On appelle régime transitoire le régime représenté par x(t) tant que
x0(t) n’est pas négligeable devant x1(t) .
Quand plusieurs excitations agissent sur un oscillateur linéaire, la réponse de celui-ci est la somme
de ses réponses à chacune des excitations prises isolément.

Résonances
L’oscillateur est soumis à une excitation sinusoïdale de pulsation w :
FA (t) = mw 02 xAm cos w t.
La réponse en régime forcé (ou régime permanent) est de la forme x(t) = xmcos(w t + j) , où xm et
j dépendent de w .
On utilise alors les grandeurs complexes associées aux grandeurs sinusoïdales : à la grandeur
u(t) = Umcos (w t + j) , on associe la grandeur complexe u(t) = Ume j (w t + j) = Ume j w t ,
où Um = Ume jj est l’amplitude complexe de u(t). On obtient u(t) en prenant la partie réelle de u(t)
et l’amplitude réelle Um en prenant le module de Um .
L’amplitude xm(w) passe par un extremum pour w = 0 . Il y a résonance d’élongation (autre extremum
1
1
. Si l’amortissement est
de xm(w)) si Q
. Cette résonance a lieu pour w r = w 0 1 –
12
2Q2

8

faible, wr ≈ w 0 et l’amplitude maximale Xm est égale à QxAm . Le système effectue un filtrage passe1
1
bas ou passe-bande pour sa réponse en élongation, selon que Q
ou Q
.
12
12
Il y a résonance de vitesse pour w = w 0 quelle que soit la valeur du facteur de qualité. L’amplitude
de la vitesse à la résonance est Vmax = Qw 0xAm . Le système effectue un filtrage passe-bande pour sa
réponse en vitesse. La bande passante Δw à 3 dB est la bande de pulsation à l’intérieur de laquelle
Vmax
l’amplitude de la vitesse satisfait à l’inégalité Vm(w)
.
12
Δw 1
La bande passante (pour la vitesse) et le facteur de qualité sont reliés par l’équation
= .
w0 Q
Le calcul de la bande passante pour l’élongation (quand il y a résonance) est beaucoup plus lourd.
Cependant, dans le cas d’un amortissement faible (Q >> 1) , on retrouve la même relation.

© Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.

41

ESSENTIEL 4

Oscillateurs

Conseils et pièges à éviter
• Les oscillations harmoniques (amorties ou non) n’existent pas qu’en mécanique ; il faut bien
connaître les propriétés des solutions.
• Bien connaître les solutions quelle que soit l’écriture de l’équation :
··x + 2αx· + w 2 x = 0
0
··x + w 0 x· + w 2 x = 0
0
Q
avec Q facteur de qualité de l’oscillateur.
• Pour les oscillations forcées, elles sont ici toujours sinusoïdales ; si le terme forcé n’est pas sinusoïdal, mais périodique, penser à la décomposition de l’excitation en série de Fourier et faire la
somme des solutions car l’équation différentielle est linéaire.

42

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1 *Associations de ressorts
Une masse m est reliée de deux façons différentes à deux
ressorts de raideur k1 et k2 , de longueur à vide 01 et 02 :
O

k1,

01

k1,

01

k2,

A

O

Voir l’Essentiel sur l’oscillateur amorti.
Déterminer la valeur du facteur de qualité.
L’amortissement pourra être considéré comme faible,
ce que l’on vérifiera avec les résultats obtenus.

m

02

3 *Oscillateur harmonique amorti

Premier cas
k2,

m

Conseils

Exercices

02

par frottement solide

Second cas

oR

Montrer que la masse décrit un mouvement harmonique
m(k1 + k2 )
de période T = 2π
k1k2
T = 2π

dans le premier cas, et

m
dans le second cas.
k1 + k2

Conseils

En déduire la raideur du ressort équivalent à l’ensemble
dans chacun des deux cas. Commenter.
Dans les deux cas, appliquer la relation fondamentale de la dynamique, projetée sur l’axe (Ox), à la
masse m, et la mettre sous la forme mx·· = – K(x – 0).
Faire attention au signe dans l’expression des forces
de rappel des ressorts.
Dans le premier cas, pour exprimer la longueur du
deuxième ressort en fonction de x , appliquer la relation fondamentale de la dynamique au point sans
masse A (point d’attache des ressorts).

2 Oscillateur amorti de facteur
de qualité élevé

Un oscillateur harmonique perd 5 % de son énergie mécanique par pseudo-période.
1 • De quel pourcentage sa pseudo-fréquence diffèret-elle de sa fréquence propre f0 ? Estimer le facteur de
qualité Q de l’oscillateur.
2 • Après combien de pseudo-périodes son amplitude
1
sera-t-elle égale à
de sa valeur initiale ?
e
3 • Après Q pseudo-périodes, quelle est l’amplitude d’oscillation ?

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N
o
tv

uT

M

x

On considère un oscillateur harmonique constitué par un
point matériel de masse m assujetti à se déplacer en glissant sur l’axe (Ox) , rappelé vers la position d’équilibre
x = 0 par un ressort de raideur k.
Le glissement sur la tige matérialisant l’axe ➞
(Ox) s’accompagne d’un frottement. Ainsi, la réaction R ➞
du support se décompose en une composante normale N (qui

compense ici le poids) et une composante tangentielle T .
On supposera ce frottement entre solide décrit par les lois
suivantes :
– le point M peut être maintenu en place par l’existence de

la réaction tangentielle T , à condition que celle-ci reste


limitée par l’inégalité : T
f N ;
– si cette condition n’est pas réalisable, alors le point M

glisse, et le frottement est régi par la loi de Coulomb : T


est opposée au glissement, et T = f N .
1 • Quelle est la dimension du coefficient de frottement
solide f ?
2 • Le point M étant maintenu immobile à l’abscisse x0 , à
quelle condition peut-il y rester si on le libère ?
3 • On suppose cette condition non réalisée, le point M se
mettant à glisser dans le sens des x décroissants. Étudier le
mouvement du point M jusqu’à ce qu’il s’arrête pour la
première fois. Préciser l’abscisse x1 correspondante.
4 • Si le point M ne peut se maintenir immobile en x1 ,
que se passe-t-il ensuite ?
5 • Généraliser les résultats précédents pour décrire complètement le mouvement du point M . Représenter son
évolution x = f (t) au cours du temps, et donner l’allure de
sa trajectoire de phase.

43

Conseils

EXERCICES

Oscillateurs

4

Les lois du frottement solide sont non linéaires. On
étudiera alors les cas suivants :
– soit la vitesse est nulle et il faut vérifier si le mobile est en équlibre ;
– soit la vitesse est non nulle, le signe de la vitesse permet alors de définir complètement la force de contact.

θ (t)
10
8

B

C

6
4
2

D
A
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5 6 6,5 7 7,5 8 8,5 9 9,5 10 t
–2
–4
–6

D’après Mines d’Albi, Douai, Nantes.

On considère un objet M de masse m accroché à
un point fixe O par l’intermédiaire d’un fil inextensible
de longueur
et de masse négligeable. L’ensemble est
situé dans le champ de pesanteur terrestre g➞ = ge➞x avec
g = 9,81 m . s–2 , ➞
e x étant un vecteur unitaire de l’axe
(Ox) vertical descendant. On note q l’angle orienté
—➞ —➞
(Ox , OM ) = (e➞x , u➞ ) ou u➞ est le vecteur unitaire coli—➞
néaire au vecteur OM .
Lorsqu’on enregistre expérimentalement q(t) , on constate
que l’amplitude de q diminue lentement. On interprète ce
résultat
par la présence de frottements que l’on modélise

par f = – av➞ , où v➞ désigne la vitesse du point M et a
une constante positive.
1 • Établir l’équation différentielle du second ordre vérifiée par q . En se limitant aux petits angles, écrire l’équation sous la forme

d2q 2 dq
+
+ w 02q = 0.
d t 2 t dt

Donner l’expression de t et son interprétation physique.
2 • À quelle condition obtient-on un régime pseudo-périodique ? Dans le cadre d’un régime pseudo-périodique, calculer la pseudo-pulsation w et la pseudo-période T .
On appelle décrément logarithmique d la quantité :
 θ t 
où T est la pseudo-période et t le temps.
ln
θ t +T 
Exprimer d en fonction de T et t .

(

()

)

3 • La figure ci-après représente les variations de q avec
le temps. On précise les coordonnées de quatre points particuliers :
points
t (s)
q (°)

A
0,248
0,00

B
1,10
8,95

C
2,20
8,02

D
8,00
0,00

La masse m est égale à 470 g. Calculer numériquement, à
partir de ces valeurs, sans oublier les unités :
a) le décrément logarithmique d ; b) la pseudo-période T ;
c) le temps t ; d) la constante a .

44

Conseils

–8

4 Pendule simple amorti

Appliquer le théorème du moment cinétique en O ou
la relation fondamentale de la dynamique projetée
sur

la tangente au mouvement (pour éliminer T ).

5 Modélisation d’un oscillateur
D’après Mines d’Albi, Alès, Douai, Nantes, 2008.

Soit un point matériel de masse m, en mouvement dans le
champ de pesanteur g uniforme.
1 • Étude énergétique d’un oscillateur

a) Définir l’énergie potentielle associée à une force F. Pour
une force de rappel élastique de constante k, déterminer
l’expression de l’énergie potentielle en fonction de l’écart
x à la position d’équilibre, à une constante additive près.
b) On considère un mouvement conservatif de m sur l’axe
horizontal Oy, autour d’une position d’équilibre Y0 , avec
l’énergie potentielle EP(y) = E0 + α . (y – Y0)2, où α est une
constante positive. Établir l’équation différentielle du
mouvement et en déduire qu’il s’agit d’oscillations harmoniques dont on précisera l’expression de la période.
c) Application : considérons le dispositif horizontal de la
figure suivante.
m

y

Les ressorts sont identiques, de raideur k et de longueur à
vide L0 , tandis que les points d’attache sont distants de
2L0 .
Exprimer EP(y) si y désigne l’écart à la position d’équilibre, et calculer la période T0 des oscillations de m si
m = 200 g et k = 40 N/m.
d) On envisage l’existence d’un frottement fluide d’intensité proportionnelle
à la vitesse de m par rapport à l’axe du

mouvement: F = – b. m . v➞ où b est une constante positive.
Donner la dimension ou l’unité SI de b.
e) Établir l’équation différentielle du mouvement. Quelle
est la valeur numérique maximale de b permettant les
oscillations de m ?

© Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.

Oscillateurs

Valeurs correspondantes :

2 • Modélisation d’un dispositif expérimental
a) On dispose d’un banc à coussin d’air rectiligne (Ox),
incliné par une cale de hauteur h d’un angle a par rapport
à l’horizontale, selon la figure ci-dessous. Sur ce banc, un
aimant est fixé à l’origine O, et un autre aimant, de masse
m, est fixé sur un palet mobile sans frottement :

xe
x0
– 2,19
– 2,39
– 2,56
– 2,63
– 2,73
– 2,76
– 2,81

m

h

a
L

Les aimants sont orientés de telle sorte qu’ils se repoussent mutuellement. La possibilité pour m d’osciller autour
d’une position d’équilibre résulte de la compétition entre
la
répulsion électromagnétique, réduite à une force notée

F, prépondérante lorsque les aimants sont proches, et le
poids, qui devient prépondérant lorsque la distance augmente.
Faire un bilan des forces à l’équilibre sur un schéma.
b) Sans connaissances préalables en électromagnétisme,
on cherche dans la suite à vérifier si la force électromagnétique agissant dans cette expérience
peut être modéli➞
sée par une loi de la forme : F(x) = k (x0 /x)n ➞
e x , avec
k 0 et n entier naturel. Exprimer dans cette hypothèse la
position d’équilibre xe en fonction de x0, k, m, g, L, h et n
dans le cas des petits angles (h << L).
NB: cette approximation sera toujours utilisée dans la suite.
c) On mesure xe pour différentes cales, puis on représente
ln (h) en fonction de ln (xe /x0). En prenant x0 = 1 m, déduire des mesures ainsi représentées ci-dessous les valeurs de
n et de k.
On donne : L = 120 cm ; m = 189 g ; g = 9,81 m. s – 2.

ln (h)

ln

x

O

EXERCICES

4

– 4,61
– 3,91
– 3,22
– 2,81
– 2,53
– 2,30
– 2,12

d) Exprimer littéralement l’énergie potentielle totale EP(x) de
m, à une constante additive près, en fonction de x, x0, k, m, h,

g, L et n, puis en fonction de x, x0, xe, k et n seulement.
e) Lorsqu’on se limite à des oscillations de faible amplitude autour de la position d’équilibre, on rappelle qu’on peut
utiliser pour l’énergie potentielle un développement de
Taylor d’ordre 2 :
2
(x – xe)2 d EP
EP(x) ≈ EP(x = xe) +
dx2 x = xe
2
En déduire une expression de EP(x ≈ xe) sous la forme :

1
K (x – xe)2 + cste ; le détail de la constante additive
2
n’est pas demandé, mais on exprimera la constante K en fonction de xe , x0 , k et n.

f ) Justifier qu’au voisinage de l’équilibre, la résultante des
forces subies par m équivaut à une force de rappel élastique
dont on précisera la constante de raideur équivalente.
g) Toutes choses égales par ailleurs, montrer que la période T
des petites oscillations autour de l’équilibre est proportionnelle à une puissance de h que l’on déterminera; en déduire
une méthode de mesure de n que l’on décrira succinctement.

6 *Portrait de phase d’un oscillateur
pas toujours harmonique

xe
ln (h) en fonction de ln
x0

Les deux ressorts sont identiques, ils possèdent une raideur
k et une longueur à vide 0 . Le point M , de masse m , est
mobile sans frottements sur l’axe horizontal (Ox) (doc. 1).

–2
– 2,5

A
k,

–3

0

a
M

– 3,5
–4

a

– 4,5

B

–5
–3

x

0

k,

– 2,8

– 2,6

– 2,4

– 2,2

© Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.

–2

0

Doc. 1
45

EXERCICES

Oscillateurs

4

1 • Montrer que l’énergie potentielle du point est :
p

si on impose

= kx 2 – 2k
P(0)

0

9a 2 + x 2 + 2k 0 a

0,6
0,4
0,2

=0.
P(u)
, où :
ka 2

On donne (doc. 2) la courbe représentative de

p (u)
ka2

2,0

Doc. 3
Portrait de phase de l’équation différentielle :
d 2 u + 4 π 2 u (1 –
α ) = 0.
dt 2
√1 + u 2

α = 0,1

α =0

1,6

u=

0,4

0,4 0,8 1,2 1,6

2

2,4 2,8

2,7

4,5

u

2p
2k
et T0 =
. En prenant comme
W
m
0

t

0,6
0,4
A2


3 • On propose les portraits de phase dans le plan (u, ).

0

a

– 0,9

– 0,3 0

1 du (pour α = 1)
2π dt
A3
A1
A4

0,3

0,9

u

– 0,6
Doc. 5
Portrait de phase avec a = 1.

= 1,5

Placer les positions d’équilibre sur le plan de phase. Que
peut-on dire du point (0 , 0) ?

0,2

– 0,4

.

· = 0 et u(0) ≠ 0 .
Les conditions initiales choisies sont u(0)
Commenter les mouvements décrits par ces trajectoires dans
le plan de phase (doc. 3) (on se limitera aux courbes (1),
(2), (3) et (4)) et les évolutions de u(t) (doc. 4) ; faire le
lien avec la courbe P(u) .

=1

b) Étude de la courbe pour


d2 u
α 
+ 4π 2 u 1 –
=0
2
dt

1 + u2 

a) Étude de la courbe pour

8,1
1

4
Doc. 4
Diverses solutions de l’équation différentielle :
d 2u
) avec =1,5 pour x = 0
dt 2
91 + u 2
et x(0) = 2 ; x(0) = 1,4 ; x(0) = ; x(0) = – 1,2.
4
2
3
1

nouvelle unité de temps T0 , montrer que l’équation différentielle d’évolution de u s’écrit :

correspondant à différentes valeurs du rapport a =

6,3

–2

Doc. 2

2 • On pose W 02 =

0,9

–1

u = √3

0
– 0,25
0

2

0

√5
2

3

1

α = 1,5

0,8

x

2

α =1

1,2

1

1 2 3 4

Commenter.
2,4

0
– 0,4
– 0,6

–1

x
u = , pour différentes valeurs de a = 0 :
a
a
1
1
a = 0, a = , a = , a = 1 et a = 1,5.
10
2

u
0,4
0,2
0
– 0,2

2

4

t

– 0,4
Doc. 6
Solution de l’équation différentielle pour a = 1.
46

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Oscillateurs

Expliquer pourquoi le document 5 prouve que les oscillations ne sont pas harmoniques.
On donne la courbe u(t) (doc. 6) pour les conditions initiales
· =0.
u(0) = 0,5 et u(0)
Placer les points A1 , A2 , A3 et A4 sur cette dernière figure.
c) Étude de la courbe pour = 0,1
Commenter et expliquer le caractère harmonique ou non
des petits mouvements (les courbes tracées sur le document
7 correspondent aux conditions initiales u(0) = 0,05 , 0,1
et 0,2 , la vitesse initiale étant toujours nulle. Existe-t-il ici
une trajectoire frontière comme pour la courbe correspondant à a = 1,5 ? Pourquoi ?
Données : On rappelle que :
(1 + x)2 = 1 + nx +

n(n – 1) 2
x , pour x
2

0,2

1.

1 du
2π dt

7 Étude de la suspension
d’un véhicule

D’après Mines d’Alès, Albi, Douai, Nantes, 2006.

Le véhicule étudié est modélisé par un parallélépipède, de
centre de gravité G et de masse M, reposant sur une roue
par l’intermédiaire de la suspension dont l’axe OG reste toujours vertical.
L’ensemble est animé d’une vitesse horizontale v➞ = v u➞x .
La suspension, quant à elle, est modélisée par un ressort de
raideur constante k = 1,0. 10 5 N. m– 1 (de longueur à vide
l 0 ) et un amortisseur fluide de constante d’amortissement
constante l = 4,0 . 10 3 U.S.I. La masse de l’ensemble est
M = 1 000 kg.
La position verticale du véhicule est repérée par zG dans le
référentiel galiléen proposé ayant son origine sur la ligne
moyenne des déformations du sol. On note zO la cote du
centre de la roue par rapport au niveau moyen de la route.
M

0,1

yUZ

– 0,1

0

0,05 0,1

G

0,2

ZG

l

k
yUX O

u
– 0,2

EXERCICES

4

ZO = R

Fig. 1
La route est parfaitement horizontale.

– 0,1
M
– 0,2

Conseils

Doc. 7
Portrait de phase de l’équation différentielle :
d 2 u + 4 π 2 u (1 –
α ) = 0 avec α = 0,1 .
dt
√ 1 + u2

1) Utiliser l’expression de l’énergie potentielle élastique d’un ressort.
2) Les trajectoires de phase entourent-elles une ou
plusieurs positions d’équilibre ? Sont-elles elliptiques
(ou circulaires suivant les variables choisies en
abscisses et en ordonnées) ? Une trajectoire de phase
peut-elle former un 8 ?
Pour un système conservatif, les trajectoires de phase
sont des trajectoires isoénergétiques, ce qui permet de
faire le lien avec la courbe P(x) (on rappelle que
0).
P(x)
M , car
K est

© Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.

G
k

yUZ
yUX

O

l

ZG

R
ZO

Fig. 2
La route est ondulée.

L’amortissement entre M et la roue introduit une force de
frottement fluide, exercée par l’amortisseur sur M, qui s’écrit :
dZG dZO ➞
yF = – l .

.u z
dt
dt
1 • La route est parfaitement horizontale (fig. 1)
1. 1. La route ne présente aucune ondulation et le véhicule
n’a aucun mouvement vertical. Déterminer la position z Geq
de G lorsque le véhicule est au repos.
1. 2. Suite à une impulsion soudaine, le véhicule acquiert
un mouvement d’oscillations verticales. On cherche dans
cette question à établir l’équation différentielle caractéristique du mouvement par une méthode énergétique.
47


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