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precis Physique MPSI Exercices .pdf



Nom original: precis-Physique_MPSI_-_Exercices.pdf
Titre: Physique MPSI - Exercices
Auteur: Bergua

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Titres disponibles en première année dans la filière MPSI...
En Mathématiques
Analyse MPSI
Algèbre et géométrie MPSI

En Physique
Optique MPSI-PCSI-PTSI
Mécanique MPSI
Électrocinétique MPSI
Électromagnétisme MPSI
Thermodynamique MPSI
En Chimie
Chimie MPSI

LES NOUVEAUX

Précis
B

R

É

A

➜ Des exercices variés, classés par thème et de difficulté progressive,
couvrent la totalité du programme.
➜ Des solutions entièrement rédigées détaillent l’ensemble des
méthodes et des raisonnements à connaître en première année.
➜ De nombreux commentaires enrichissent les corrigés d’astuces,
de conseils et d’explications supplémentaires.
Les Nouveaux Précis Bréal sont la collection de référence pour
réussir sa prépa et intégrer une grande école d’ingénieurs.

Réf. : 209. 0354
ISBN : 2 84291 961 0

B R É A L

Physique

L

Une collection tenant compte de vos besoins et de vos
contraintes, conçue pour s’entraîner efficacement et
progresser tout au long de l’année.

9:HSMIOC=^V^[VU:

NOUVEAUX

Précis

LES NOUVEAUX

Livres d’exercices
Mathématiques MPSI
Physique MPSI

LES

MPSI

10:28

Exercices

24/06/10

BRÉAL

MPSI

Précis

MPSI:2090354 Phys Ex

Physique

2090354 Phys Ex

Exercices

MPSI

Énoncés
Solutions

J . B E R G U A • P. G O U L L E Y
D. NESSI

Commentaires
Tout le nouveau programme

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LES

16/11/10

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NOUVEAUX

Précis
B R É A L

Physique

MPSI

J.

B E R G UA



P.

G O U L L E Y



D.

N E S S I

Professeurs en classes préparatoires scientifiques

2090354_MPSI PAGE 1-3 Phys:2090354_MPSI PAGE 1-3 Phys

16/11/10

LES NOUVEAUX

Précis
B

R

É

A

L

Titres disponibles dans la filière MPSI
Mathématiques 1re année
■ Analyse MPSI
■ Algèbre et géométrie MPSI
Physique 1re année
■ Mécanique MPSI
■ Électromagnétisme MPSI
■ Électrocinétique MPSI
■ Optique MPSI - PCSI - PTSI
■ Thermodynamique MPSI
Chimie 1re année
■ Chimie MPSI
Exercices 1re année
■ Mathématiques MPSI
■ Physique MPSI

Maquette : Joëlle Parreau.
Couverture : Sophie Martinet.
Réalisation : Alpha-Edit.

© Bréal 2003
Toute reproduction même partielle interdite.
Dépôt légal : août 2003.
ISBN 978 2 84291 961 0

ref : 209 0354 - e-sbn : 978 2 7495 2038 4

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Avant-propos
es Nouveaux Précis Bréal sont conçus pour apporter aux étudiants des classes préparatoires
une aide efficace dans leur travail.
Ils ont pour objectif de dégager, à travers des énoncés variés et classiques, les méthodes qui
permettent la construction progressive et raisonnée de la solution d’un exercice ou d’un
problème. C’est pourquoi il est souhaitable de les utiliser tout au long de l’année, parallèlement à
l’acquisition des connaissances.
Les exercices proposés ont été sélectionnés pour leur représentativité : ils permettent de présenter
l’ensemble des méthodes et des raisonnements qui, une fois assimilés, doivent permettre de
résoudre, sans trop de difficultés, des exercices analogues.

L

Ce volume traite l’ensemble du programme de physique de première année MPSI.
Chaque chapitre propose une série d’exercices structurés dont la solution est très détaillée,
suivis de quelques exercices corrigés de réinvestissement.
Chaque exercice de la première catégorie est caractérisé par :


un énoncé constitué de questions progressives ;



« Ce qu’il faut savoir » : la liste des connaissances – en physique (« Points de cours ») et
parfois en mathématiques (« Outils mathématiques ») – nécessaires pour traiter l’exercice ;



« Ce qu’il faut comprendre » : l’analyse qui propose brièvement les chemins à suivre pour
répondre efficacement aux questions posées. C’est un moment essentiel dans la recherche de
la solution : assez brève, l’analyse doit précéder la mise en œuvre des calculs. Il nous paraît
très important que la recherche de la solution passe systématiquement par cette étape. Il n’y
a rien de plus stérile que de se lancer dans les calculs sans savoir de façon précise dans quel
but ils sont entrepris…



la solution proprement dite dans laquelle sont souvent rappelés et développés quelques
« Points cours » dont une bonne compréhension est indispensable. Des « Points méthodes »
(sur fond grisé) permettent d’affiner la réflexion : il s’agit soit de mises en garde afin d’éviter
une erreur fréquente de raisonnement, soit le plus souvent d’explications supplémentaires
justifiant le choix d’un théorème ou la pertinence d’un raisonnement. Des « commentaires »
conduisent à une discussion des résultats obtenus et à une vérification de leur cohérence
(recherche de cas ou de valeurs limites, approches différentes pouvant donner un autre
éclairage…). Ces commentaires jouent un rôle comparable à l’analyse, mais cette fois après
le développement des calculs : c’est une forme de contrôle des résultats obtenus.

Analyse et discussion, qui sont finalement les deux points les plus importants pour le physicien,
sont aussi sans doute les étapes les plus difficiles à mettre en œuvre, mais leur bonne prise en
compte facilitera considérablement la construction d’une solution structurée (et exacte…) de
chaque exercice.
Nous espérons que cet ouvrage aidera les étudiants dans cette voie, dans la perspective d’une
réussite aux concours. Nous accueillerons avec reconnaissance les remarques et les critiques des
lecteurs, qui peuvent nous être adressées par courrier électronique à l’adresse suivante :
infos@editions-breal.fr.
Les auteurs

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Sommaire
Mémento de mathématiques

PARTIE 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Chapitre 1 Mécanique 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
• Exercices avec solution détaillée
101. Risque de collision au freinage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
102. Projectile soumis au frottement de l’air. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
103. Deux mouvements sur la même trajectoire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
104. Pendule simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
105. Pendule dont le fil casse. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
106. Enroulement d’un fil sur un cylindre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
107. Anneau coulissant sur un cercle. Analyse de portraits de phase . . . . . . . . . . . . . . .

30
32
35
39
42
44
48

• Exercices corrigés
108. Ralentissement d’une voiture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
109. Mouvement sur un axe dans un champ gravitationnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
110. Particule dans une cuvette . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

Chapitre 2 Électrocinétique 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
A - RÉGIME CONTINU
• Exercices avec solution détaillée
201. Intensité dans une branche. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
202. Association en parallèle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
203. Circuit actif réductible à une résistance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
204. Résistances équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66
70
72
75

• Exercices corrigés
205. Générateurs ou récepteurs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
206. Voie électrifiée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

B - RÉGIME TRANSITOIRE
• Exercices avec solution détaillée
211. Bilan d’énergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
212. Conditions initiales – conditions d’équilibre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94
213. Deux bobines en parallèle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
214. Circuit LC réel en signaux carrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
• Exercices corrigés
215. Simulation de résistance. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
216. Attaque par un générateur à caractéristique rectangulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

Chapitre 3 Optique géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
• Exercices avec solution détaillée
301. Prisme à réflexion totale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126
302. Doubleur de focale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

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MPSI

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303. Association de deux lentilles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
304. Miroir équivalent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137
• Exercices corrigés
305. Viseur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
306. Association de deux miroirs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
307. « Mise au point » pour un objectif photographique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
308. Étude sommaire d’un microscope. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

PARTIE 2

139
144
146
151

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

Chapitre 4 Électrocinétique 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

159

A - RÉGIME SINUSOÏDAL
• Exercices avec solution détaillée
401. Générateur sinusoïdal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
402. Circuit RLC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
403. Sonde adaptée pour oscilloscope. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
404. Fonction de transfert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
405. Adaptation d’impédance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

160
162
169
176
187

• Exercices corrigés
406. Deux branches en parallèle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191
407. Puissance consommée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

B - FILTRES ACTIFS ET AUTRES CIRCUITS AVEC AMPLIFICATEUR OPÉRATIONNEL
• Exercices avec solution détaillée
411. Filtre de Butterworth. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
412. Amplificateur différentiel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
413. Simulation d’une inductance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
414. Condition de fonctionnement d’un filtre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

203
208
215
219

• Exercices corrigés
415. Filtre « entièrement » réglable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
416. Dérivateur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

Chapitre 5 Mécanique 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233

A - OSCILLATEURS
• Exercices avec solution détaillée
501. Association de deux ressorts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
502. Décollement d’une masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237
503. Oscillateur harmonique amorti : temps de réponse – Sélectivité . . . . . . . . . . . . . . . 240
• Exercices corrigés
504. Vibrographe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246
505. Pendule « amorti » . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

Sommaire

5

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B - FORCES CENTRALES ET SYSTÈMES DE DEUX POINTS MATÉRIELS
• Exercices avec solution détaillée
511. Demi-ellipse dite de transfert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
512. Écart à la satellisation sur orbite circulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
513. Comète quasi-parabolique de 1843 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
514. Trajectoires de météorites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
515. Étoile double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
516. Conditions de satellisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
517. Autre présentation du mouvement newtonien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

259
261
264
267
272
276
279

• Exercices corrigés
518. Interaction coulombienne répulsive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282
519. Météore traversant un nuage peu dense . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287
520. Marées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292

C - CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS
• Exercices avec solution détaillée
521. Rebond d’une balle sur un obstacle en mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
522. Traversée d’une rue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
523. Traversée d’une rivière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
524. Roulement sans glissement d’une roue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
525. Courses poursuites : « les quatre mouches » . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
526. Gerbe de feu d’artifice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
527. Verticale apparente sur un manège. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
528. Interaction répulsive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

300
302
305
311
316
319
321
325

• Exercices corrigés
529. Point matériel sur une sphère . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
531. Point matériel sur un cercle vertical tournant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
532. Deux masses liées par un fil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
533. Système couplé de deux masses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
534. Pendule double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

330
337
340
343
351

D - MOUVEMENTS DANS DES CHAMPS E ET B
• Exercices avec solution détaillée
541. Mouvement dans un champ magnétique d’un électron soumis à une force de freinage 356
542. Spectrographe de masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359
• Exercices corrigés
543. Stabilisation par champ magnétique. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364
544. Optique électronique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368
545. Lentille magnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372

Chapitre 6 Thermodynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379
A - HYDROSTATIQUE ET GAZ PARFAIT
• Exercices avec solution détaillée
601. Baromètre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
602. Cône au fond d’un récipient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
603. Ballons ascensionnels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
604. Effusion par un trou. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

MPSI

380
384
388
393

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• Exercices corrigés
605. Cloche renversée. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396
606. Retenue d’eau par un barrage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398
607. Pompe aspirante et refoulante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401

B - BILANS D’ÉNERGIE
• Exercices avec solution détaillée
611. Équilibre mécanique – Équilibre thermique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
612. Transformations polytropiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
613. Évolution d’un gaz réel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
614. Remplissage d’un réservoir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

407
410
413
418

• Exercices corrigés
615. Détente irréversible d’un gaz parfait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423
616. Chauffages d’un gaz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426

C - BILANS D’ÉNERGIE ET D’ENTROPIE
• Exercices avec solution détaillée
621. Compression d’un gaz parfait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430
622. Solides en contact thermique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433
623. Variations d’entropie d’un gaz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436
• Exercices corrigés
624. Évolutions adiabatiques d’un gaz parfait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440
625. Évolution irréversible – Évolution réversible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445
626. Optimisation d’un compresseur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448

C - CORPS PUR DIPHASÉ
• Exercices avec solution détaillée
631. Vaporisation dans le vide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
632. Détendeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
633. Évolution isenthalpique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
634. Point triple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

454
457
460
464

• Exercices corrigés
635. Eau liquide en équilibre avec sa vapeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
636. Détente isentropique de vapeur saturante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
637. Condensation – Surfusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
638. Vaporisation à T et P variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

466
469
473
477

D - MACHINES THERMIQUES
• Exercices avec solution détaillée
641. Machines dithermes : les trois cas intéressants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
642. Cycle réversible – Cycle irréversible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
643. Cycle de Joule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
644. Climatiseur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
645. Pompe à chaleur. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
646. Moteur Diesel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

480
484
488
493
496
500

• Exercices corrigés
647. Moteur avec sources à températures variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504
648. Réfrigérateur et pompe à chaleur imparfaits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508

Sommaire

7

KF.book Page 8 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

649. Moteur à explosion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513
650. Réfrigérateur à absorption . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 518
651. Centrale électrique nucléaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 520

Chapitre 7 Électromagnétisme

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 527

A - ÉLECTROSTATIQUE
• Exercices avec solution détaillée
701. Deux lames de charges opposées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
702. Couronne plane chargée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
703. Demi-espace chargé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
704. Lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
705. Interaction entre charges identiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

528
532
537
543
552

• Exercices corrigés
706. Potentiel de Yukawa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 556
707. Point de champ nul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 559
Les mouvements dans les champs E et B sont classés en mécanique (chapitre 5, partie D).

B - MAGNÉTOSTATIQUE
• Exercices avec solution détaillée
711. Spire circulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
712. Solénoïde épais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
713. Solénoïde en forme de tore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
714. Ligne de champ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

564
568
571
575

• Exercices corrigés
715. Cartes de lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 579

8

MPSI

KB.ch00 Page 9 Mercredi, 20. août 2003 9:53 09

apitre
h
C

0
Rappels
de mathématiques

Memento

KF.book Page 10 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Expression approchée d’une grandeur physique
On supposera dans ce mémento que toutes les fonctions que l’on manipule sont honnêtes et fréquentables par un physicien, c’est-à-dire continues et dérivables autant que
les nécessités de calcul l’exigeront.

Dérivées
• Dérivée première

f(x + h) – f(x)
f ′ ( x ) = lim ---------------------------------h
h→0

• Dérivée seconde

f ′(x + h) – f ′(x)
f ″ ( x ) = lim --------------------------------------h
h→0

dy d 2 y
Le physicien préfère les notations ------, --------2- pour les dérivées respectivement première
dx dx
et seconde par rapport à x de y.
d2y
dy
Il utilise parfois la notation y˙ pour ------ et y˙˙ pour --------,
dérivées respectivement predt
dt 2
mière et seconde par rapport à t de y ( t ).
• Dérivées d’une fonction composée
La dérivée par rapport à t de la fonction y [ x ( t ) ] se met sous la forme :
dy dy dx
------ = ------ -----dt dx dt
• Dérivée d’une fonction réciproque
dy
1
Soit x ( y ) la fonction réciproque de y ( x ), on a ------ = ------dx dx
-----dy

Différentielle
Soit f une fonction décrivant les variations d’une grandeur physique dépendant de x.
Considérons une variation dx de x. On note df l’application différentielle de f au
point x, ou « différentielle de f », d’expression df = f ′ ( x ) dx
La différentielle est une expression linéaire de l’accroissement dx de la variable ; géométriquement, elle donne l’équation de la tangente à la courbe y = f ( x ) au point de
coordonnées ( x 0 , f ( x 0 ) ) : df = y 1 – f ( x 0 ) = f ′ ( x 0 ) ( x – x 0 ).

Développement de Taylor
h
h2
hn
f ( x 0 + h ) = f ( x 0 ) + ---- f ′ ( x 0 ) + ----- f ″ ( x 0 ) + … + ----- f ( n ) ( x 0 ) + h n ε ( h )
2!
n!
1!
avec lim ε ( h ) = 0. Si l’on considère l’accroissement ∆f = f ( x 0 + h ) – f ( x 0 ) de la
h→0

fonction f depuis le point d’abscisse x0 , celui-ci est donné, en première approximation
(c’est-à-dire pour h petit) par la valeur prise par la différentielle.

10 MPSI

Memento

KF.book Page 11 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Approximation des grandeurs physiques
Le développement de Taylor va nous être très utile en physique.
En effet, le physicien élabore des « modèles », correspondant à un comportement
« idéal » pour lequel il existe des lois simples.
L’examen des écarts à ces lois, lorsqu’ils sont mesurables, permet d’accéder à la connaissance du phénomène complexe.
Exemples
Électronique : AO idéal = lim AO réel lorsque µ → ∞
avec µ coefficient d’amplification de l’AO.
Thermodynamique : gaz parfait = lim gaz réel lorsque P → 0.
Mécanique newtonienne d’une particule de vitesse v : domaine de validité lorsque
v c (vitesse de la lumière dans le vide).
Optique : propagation rectiligne de la lumière dans un milieu homogène : domaine de
validité λ R (λ = longueur d’onde, R rayon du diaphragme). C’est l’approximation de l’optique géométrique qui permet de négliger le phénomène de diffraction par
le diaphragme.
Dans certains cas l’utilisation du développement de Taylor-Young permet de modéliser le phénomène au voisinage de x0.
• Approximation au premier ordre
Elle est obtenue en négligeant les termes au-delà du 1er ordre.
On approximera f ( x ) par f ( x 0 ) + ( x – x 0 )f ′ ( x 0 ) soit ax + b.
C’est l’approximation linéaire du physicien : la courbe est remplacée par sa tangente.
• Approximation au second ordre
1
On approximera f ( x ) par f ( x 0 ) + ( x – x 0 )f ′ ( x 0 ) + -- ( x – x 0 ) 2 f ″ ( x 0 )
2
soit αx 2 + βx + γ . Dans ce cas, la courbe est approximée par une parabole.
Souvent, nous nous ramènerons au développement de Taylor-Young au voisinage de 0
xn
x
x2
f ( x ) = f ( 0 ) + ---- f ′ ( 0 ) + ----- f ″ ( 0 ) + … + ----- f ( n ) ( 0 ) + x n ε ( x ) avec lim ε ( x ) = 0.
2!
n!
1!
x→0
Les développements suivants doivent être connus (on se limite en général au second
ordre) ; s’il faut poursuivre, on reprend la formule générale.
x2
( 1 + x ) α ≈ 1 + αx + α ( α – 1 ) ----- … avec α positif ou négatif, entier ou fractionnaire.
2
sin x ≈ tan x ≈ x… (les termes suivants dans les deux cas sont du 3e ordre).
x2
x2
x2
cos x ≈ 1 – ----- … ln ( 1 + x ) ≈ x – ----- … e x ≈ 1 + x + ----- …
2
2
2
Le physicien choisit d’approximer le résultat à un ordre donné et ne tient alors plus
compte des termes suivants.
Exemple : champ de pesanteur g ( z ) au voisinage du sol terrestre.

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 11

Memento

KF.book Page 12 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

R 2
Expression générale de g ( z ) = g 0 .  ------------ .
 R + z
Cherchons une expression approchée au premier ordre pour z R de :

2
1 
z –2
2z

g ( z ) = g 0 · ------------- = g 0 ·  1 + --- ≈ g 0 ·  1 – ----- .



z
R
R
 1 + ---
R
Ainsi au sommet du Mont-Blanc (4 807 m), en prenant g = g 0 , on a une incertitude
relative de l’ordre de 1,5 · 10–3.
Rassurons immédiatement ceux qui sont gênés de ne pas avoir pris le terme d’ordre 2.
Un calcul rapide leur permettra de trouver :
2z 3z 2
g ( z ) ≈ g 0 ·  1 – ----- + -------2  , ce qui ajoutera une incertitude relative de 1,7 ⋅ 10 – 6 .

R R 
On remarquera que le terme d’ordre 2 est très inférieur au terme d’ordre 1.
Ce résultat est très général : dans le développement de Taylor-Young, le terme d’ordre
n est inférieur au terme d’ordre ( n – 1 ), ce qui justifie en physique de prendre un
nombre très limité de termes (souvent en fonction de la précision souhaitée, en
n’oubliant pas que le physicien n’a aucun besoin d’une précision de calcul qui serait
supérieure à celle de ses mesures !).

Résolution de quelques équations différentielles
Préliminaire : primitive d’une fonction
Soit F une primitive de f.
Elle est définie par

F′ ( x ) = f ( x )
F(x) – F(a) =

x

∫a f ( u ) du

Le physicien qui ne veut pas s’embarrasser de précautions d’écriture écrira le plus
souvent :
F(x) – F(a) =

x

∫a f ( x ) dx

Équation différentielle du premier ordre à variables séparables
Ce sont des équations du premier ordre pour lesquelles on peut :
dx
x′ ( t ) = ------ = f 1 ( x, t )
– résoudre en x′ ( t )
dt
dx
h ( x ) ------ = g ( t )
– et séparer les variables
dt
par intégration par rapport à t (on recherche une primitive H de h et G de g)
H ( x ) = G ( t ) + cste.

12 MPSI

Memento

KF.book Page 13 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Soit x0 la valeur de x correspondant à t = t 0
H ( x ) – H ( x0 ) = G ( t ) – G ( t0 )
Exemple : soit une particule de masse m soumise à son poids P = mgu z et à la résistance
dv
de l’air modélisée par la force f = – λv 2 u z . On obtient ma = m ------ = mg – λv 2 par
dt
projection de la relation fondamentale de la dynamique sur l’axe z′z. On peut séparer les
deux variables v et t en mettant l’équation sous la forme :
m dv
---------------------2- = dt
mg – λv
Le premier membre n’est fonction que de v, le second que de t. Il suffira alors de trouv
m dv
ver la primitive de chaque membre, soit pour le premier membre ---------------------2- et pour
v 0 mg – λv
t
le second dt avec v0 la vitesse à l’instant t0.

∫t



0

Équation linéaire du premier ordre à coefficients constants
La forme générale est ay′ ( t ) + by ( t ) = h ( t )

(E)

On appelle équation homogène l’équation sans le second membre :
ay′ ( t ) + by ( t ) = 0
l’équation homogène est à variables séparables car on peut écrire :
b
y′ ( t )
----------- = – -- = – α d’où y 1 ( t ) = Ae –αt .
a
y(t)
La solution générale de l’équation complète est la somme de la solution générale de
l’équation homogène et d’une solution particulière de l’équation complète.
Il ne reste plus qu’à trouver une solution particulière de (E) (peu importe laquelle, la
plus simple fera l’affaire !).
c
– Si la fonction h est une constante notée c, une solution particulière est y 2 = -- .
b
– Si h n’est pas une constante, « on se débrouille » comme on peut pour trouver une
solution particulière. C’est assez simple pour les fonctions polynômes en t n et pour les
fonctions sinusoïdales où l’on peut procéder par identification.
Soit y2 cette solution particulière.
On arrive alors à :

y ( t ) = y 2 ( t ) + Ae – αt

où A est une constante à déterminer à partir des conditions initiales.
Dans tous les cas, pour une équation du premier ordre, se rappeler qu’il y aura une
constante à déterminer.

Équation différentielle du second ordre linéaire, à coefficients constants
ax″ ( t ) + bx′ ( t ) + cx ( t ) = f ( t )
De la même manière que pour les équations du premier ordre :
la solution générale de l’équation complète est la somme de la solution générale de
l’équation homogène et d’une solution particulière de l’équation complète.

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 13

Memento

KF.book Page 14 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

d
Si f est une constante d, la solution particulière est évidente, c’est x = -- . Sinon, en
c
général, des considérations d’ordre physique donnent une solution particulière (la
plupart du temps, elle représente le régime permanent qui s’établit pour t suffisamment grand).
• Résolution de l’équation homogène
Soit ax″ ( t ) + bx′ ( t ) + cx ( t ) = 0 (1)
On cherche alors des solutions de la forme x ( t ) = Ae αt où A, α ∈ (ou ) car les
mathématiciens montrent que la solution la plus générale est une combinaison linéaire
de deux solutions de ce type.
Recherche des valeurs de α : x′ ( t ) = αAe αt et x″ ( t ) = α 2 Ae αt .
En reportant dans (1), il vient : Ae αt ( aα 2 + bα + c ) = 0.
L’équation du second degré dont α doit être solution est dite « équation caractéristique ».
Il y a trois cas possibles :
1. Discriminant positif soit b 2 – 4ac 0
Il y a deux solutions α1 et α2 dans , on a donc :
x = Ae α1 t + Be α2 t

A et B ∈ .

2. Discriminant nul soit b 2 – 4ac = 0
Il y a une racine double α dans et dans ce cas :
x = ( A + Bt )e αt

A et B ∈ .

(C’est un cas limite, physiquement sans grande signification.)
3. Discriminant négatif soit b 2 – 4ac 0
– b ± i 4ac – b 2
Il y a deux solutions α1 et α2 dans : α = --------------------------------------- .
2a
2
(On note i le nombre complexe tel que i = – 1. ) On a alors :
x = Ae α1 t + Be α2 t

A et B ∈ .

Seules des solutions réelles peuvent avoir une signification physique, α1 et α2 étant imaginaires conjuguées, on peut poser α = – λ ± iω et dans ces conditions, les solutions
x ( t ) réelles sont de la forme
x = e –λt ( C 1 cos ωt + C 2 sin ωt )
x = De –λt cos ( ωt + φ )
x = D′e –λt sin ( ωt + φ′ )
C 1, C 2, D, D′, φ, φ′ ∈

b
λ = -----2a

et

4ac – b 2
ω 2 = ------------------2a

Il ne reste plus qu’à ajouter une solution particulière de l’équation différentielle initiale
et à déterminer les valeurs des constantes, à l’aide des conditions initiales…
Dans tous les cas, pour une équation du second ordre, se rappeler qu’il y a deux
constantes à déterminer.

14 MPSI

Memento

KF.book Page 15 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Éléments de calcul vectoriel
Produit scalaire de deux vecteurs
• Définition – expression
Soient V 1 et V 2 deux vecteurs non nuls de composantes respectives ( X 1 , Y 1 , Z 1 )
( X 2 , Y 2 , Z 2 ) dans une base orthonormée ( u x , u y , u z ). Soit α l’angle orienté des vecteurs V 1 et V 2 .
V 1 ⋅ V 2 = V 1 V 2 cos α = X 1 X 2 + Y 1 Y 2 + Z 1 Z 2
• Propriétés
– Module du vecteur V
V ⋅V = V
d’où

2

V=

2

2

X +Y +Z

2

– Composantes du vecteur V sur un axe
En remarquent que lorsqu’on écrit V 1 ⋅ V 2 = V 1 V 2 cos α, V 2 cos α représente la projection de V 2 sur la direction de V 1 , la projection de V sur un axe Ox (resp Oy, Oz)
de vecteur unitaire u x (resp. u y , u z ) s’écrit :
Vx = V ⋅ ux
(resp. V y = V ⋅ u y

et

V

Vz = V ⋅ uz )

– Orthogonalité de deux vecteurs

O ux

Vx

x

V1 ⊥ V2 ⇔ V1 ⋅ V2 = 0
– Dérivée d’un produit scalaire
Si V 1 et V 2 sont fonctions du temps, alors :
dV
dV
d
----- ( V 1 ⋅ V 2 ) = ---------1- ⋅ V 2 + V 1 ⋅ ---------2dt
dt
dt
Conséquence : soit u un vecteur unitaire
u ⋅ u = u2 = 1
du
du 2
--------- = 2u ⋅ -------- = 0.
dt
dt
du
Le vecteur -------- est orthogonal au vecteur u .
dt

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 15

Memento

KF.book Page 16 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

– Propriétés métriques dans les triangles
A

BC = BA + AC
BC 2 = BA 2 + AC 2 + 2BA ⋅ AC
BC 2

=

BA 2

+

AC 2

α

– 2BA ⋅ AC cos α

B

C

Produit vectoriel de deux vecteurs
• Définition : soit V 1 et V 2 deux vecteurs non nuls. Soit α l’angle orienté des vecteurs
V 1 et V 2 .
V = V 1 ∧ V 2 est un vecteur orthogonal au plan défini par V 1 et V 2 , orienté de
telle sorte que ( V 1 , V 2 , V ) forment un trièdre direct, de module V 1 V 2 sin α .
• Autres méthodes pour définir le sens :
– règles des 3 doigts de la main droite,
– tire-bouchon de Maxwell.
V
V = V1 ∧ V2

V1

α

V2

• Propriétés
– V1 ∧ V2 = –V2 ∧ V1
– V 1 colinéaire à V 2 ⇒ V 1 ∧ V 2 = 0
– Soit une base orthonormée directe ( u 1 , u 2 , u 3 )
u1 ∧ u2 = u3 ;

u2 ∧ u3 = u1 ;

u3 ∧ u1 = u2 .

– Composantes de V dans une base cartésienne ( u x, u y, u z )
En utilisant les propriétés énoncées plus haut :
V = V 1 ∧ V 2 = ( V 1x u x + V 1y u y + V 1z u z ) ∧ ( V 2x u x + V 2y u y + V 2z u z )
V = ( Y 1 Z 2 – Z 1 Y 2 )u x + ( Z 1 X 2 – X 1 Z 2 )u y + ( X 1 Y 2 – Y 1 X 2 )u z

16 MPSI

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KF.book Page 17 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

( X 1 , Y 1 , Z 1 ), ( X 2 , Y 2 , Z 2 ) étant les composantes respectives de V 1 et V 2 dans la
base ( u x , u y , u z ).
On peut remarquer que chaque terme correspond respectivement aux déterminants
2×2:
Y1

Y2

Z1

Z2

;

Z1

Z2

X1

X2

;

X1

X2

Y1

Y2

.

– Moyen mnémotechnique
Écrire les composantes colonnes des vecteurs V 1 et V 2 :
X1

X2

Y1

Y2

Z1

Z2

On obtient le 1er déterminant (composante sur u x ) en barrant la
1re ligne puis les autres par permutation circulaire.

• Dérivée d’un produit vectoriel
Si V 1 et V 2 sont fonctions du temps
dV
dV
d
----- ( V 1 ∧ V 2 ) = ---------1- ∧ V 2 + V 1 ∧ ---------2dt
dt
dt
• Calcul de l’aire d’un triangle ABC
1
( ABC ) = --AB × AC sin α
2
1
( ABC ) = -- V 1 ∧ V 2 .
2

Produit mixte de trois vecteurs
• Définition
Soit V 1 , V 2 , V 3 trois vecteurs. Le produit mixte ( V 1 , V 2 , V 3 ) est défini par :
( V 1 , V 2 , V 3 ) = V 1 ⋅ (V 2 ∧ V 3 )
• Propriétés
V 1 ⋅ (V 2 ∧ V 3 ) = (V 1 ∧ V 2 ) ⋅ V 3 = V 2 ⋅ (V 3 ∧ V 1 )
Le produit mixte est nul si deux vecteurs sont colinéaires ou si les trois vecteurs sont
coplanaires.

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 17

Memento

KF.book Page 18 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Systèmes de coordonnées et bases
Soit un point M étudié dans un référentiel . On munit d’un repère d’origine O,
d’axes orthogonaux Ox, Oy, Oz.

Base cartésienne
Les coordonnées de M sont x, y, z dans la base cartésienne u x , u y , u z .

z
z

Propriété : u x , u y , u z sont fixes par rapport au
référentiel .

M
uz
ux

y

uy

O

x
x

y

OM = xu x + yu y + zu z
Les données x ( t ), y ( t ), z ( t ) constituent les équations paramétriques du mouvement.

Il est utile de connaître l’expression d’un petit déplacement dM dans la base ( u x , u y , u z ).
z

dM = dxu x + dyu y + dzu z .

dM
dz
M

uz

dy

dx

Cette expression permettra de déterminer le vecteur
vitesse :

y

dy
dz
dx
dOM
V = ------------- = ------u x + ------u y + ------ u z .
dt
dt
dt
dt
Elle permet également d’exprimer une surface élémentaire dS = dx dy (respectivement dy dz, dx dz )
ainsi qu’un volume élémentaire dτ = dx dy dz .

uy

ux
x

Base cylindrique
Elle s’obtient par rotation de u x , u y , u z d’un angle θ autour de l’axe Oz.
z

z
uy

uz
θ


M

ur

ux
x

18 MPSI

uz

uz
uy
ux O
r
ur
θ
m

ur

y

Memento

KF.book Page 19 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Les coordonnées cylindriques de M dans la base u r , u θ , u z sont r, θ et z. En associant la
base u r , u θ , u z au point M, on obtient une base locale en mouvement par rapport à .
Expression du vecteur position : OM = ru r + zu z .
Les données r ( t ), θ ( t ) et z ( t ) constituent les équations paramétriques du mouvement.
Expression d’un petit déplacement de M dans
z
ur , uθ , uz :
r dθ
dz
M
O

dM = dOM = dru r + r dθu θ + dzu z .
Cette expression permet de déterminer le vecteur
vitesse :

dM
dr

r

dz
dr

dOM
V = ------------- = ------ u r + r ------- u θ + ------ u z .
dt
dt
dt
dt
Elle permet également de déterminer :
– une surface élémentaire dS = r dr dθ ,
– un volume élémentaire dτ = r dr dθ dz.

y

θ
x

m

Cette représentation est à utiliser pour un système admettant une symétrie cylindrique (invariance par rotation autour de Oz).

Base sphérique
On l’obtient par une rotation de ( u x , u y , u z ) d’un angle ϕ autour de Oz, suivie d’une
rotation d’un angle θ autour de u ϕ .



uz

uy
ϕ

ux



u
θ

u

ur

uz
z
ur
M
θ

uz
ux

r




uy
y

ϕ

m

x

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 19

Memento

KF.book Page 20 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Dans cette base ( u r , u θ , u ϕ ), les coordonnées sphériques de M sont r, θ et ϕ.
Expression du vecteur position : OM = ru r .
En associant la base ( u r , u θ , u ϕ ) au point M, on obtient une base locale en mouvement dans .
z

Expression d’un petit déplacement de M dans
r dθ
M

θ

ϕ
x

dr

dM
r sin θ dϕ

y


( ur , uθ , uϕ ) :
dM = dOM = dru r + r dθu θ + r sin θ dϕu ϕ .
Cette expression permet de déterminer le vecteur
vitesse :
dr


dOM
V = ------------- = ------ u r + r ------- u θ + r sin θ ------- u ϕ .
dt
dt
dt
dt

Elle permet également de déterminer :
– une surface élémentaire sur la sphère de rayon r : dS = r 2 sin θ d θ dϕ ;
– un volume élémentaire : dt = r 2 dr sin θ d θ dϕ.
Cette représentation est à utiliser pour un système admettant une symétrie sphérique
(forces en f u r par exemple).
Si θ = constante, on retrouve des coordonnées polaires pour ρ = r sin θ et ϕ.
Si ϕ = constante, on retrouve des coordonnées polaires pour r, θ.

Opérateur gradient
Définition
Soit U une fonction scalaire d’un point M de l’espace. Lors du déplacement dM du
point M de M en M′, MM′ = dM, U varie de dU = U ( M′ ) – U ( M ).
Le vecteur gradU est défini par dU = gradU ⋅ dM.
Exemple : U peut être une énergie potentielle Ep : dE p = gradE p ⋅ dM.

Propriétés
• Considérons une surface telle que quel que soit M appartenant à cette surface,
U ( M ) = constante. Alors pour tout petit déplacement sur cette surface,
dU = 0 = gradU ⋅ dM.
gradU est donc perpendiculaire à cette surface.

20 MPSI

Memento

KF.book Page 21 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Exemple : dans le cas d’une énergie potentielle, la surface pour laquelle
E p ( M ) = constante est appelée « équipotentielle ». gradE p est donc perpendiculaire
à la surface équipotentielle.
• Soit maintenant U et U + dU, deux surfaces équipotengradU

tielles différentes contenant M et M′ avec MM′ = dM.
M

dU = gradU ⋅ dM.

dM

gradU ⋅ dM 0 ⇔ cos α 0 avec α ∈ [ 0, π/2 ].
Alors dU 0 et gradU est orienté dans le sens des U
croissants.

α

U

M′

U + dU

Expression dans les différentes bases
• Base cartésienne
dM = MM′ = OM′ – OM = dOM = dxu x + dyu y + dzu z .
Soient A, B, C les composantes de gradU sur ( u x , u y , u z ) : dU = Adx + Bdy + Cdz.
D’autre part : U = U ( M ) = U ( x, y, z )
∂U
∂U
∂U
dU = ------- dx + ------- dy + ------- dz
∂x
∂y
∂z
∂U
∂U ∂U
où -------  resp. ------- , ------- représente la dérivée partielle de U par rapport à x, y et z res∂x 
∂y ∂z 
tant constants (resp. par rapport à y, x et z restant constants, par rapport à z, x et y restant constants).
Par identification :
∂U
∂U
∂U
gradU = ------- u x + ------- u y + ------- u z .
∂y
∂z
∂x
• Base cylindrique
La méthode est la même. Attention à l’expression : dM = dru r + rdθu θ + dzu z .
1 ∂U
∂U
∂U
gradU = ------- u r + -- ------- u θ + ------- u z .
r ∂θ
∂z
∂r
• Base sphérique
Attention dM = dru r + rdθu θ + r sin θd ϕu ϕ .
1 ∂U
1 ∂U
∂U
gradU = ------- u r + -- ------- u θ + ------------- ------- u ϕ .
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
∂r

Linéarité de la fonction grad
grad ( U 1 + U 2 ) = gradU 1 + gradU 2
grad ( λU ) = λgradU.

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 21

Memento

KF.book Page 22 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Notation del ou nabla
On définit l’opérateur del ou nabla, en coordonnées cartésiennes par :



∇ = u x ----- + u y ----- + u z ----- .
∂x
∂y
∂z
Appliqué à la fonction scalaire U ( M ) :
∂U
∂U
∂U
∇ U ( M ) = u x ------- + u y ------- + u z ------- .
∂x
∂y
∂z

Coniques
Équations des coniques en coordonnées polaires
( r = OM 0, θ = ( Ox , OM ) )
Soit un point F appelé foyer et une droite ( ∆ ) appelée directrice associée ( F ∉ ( ∆ ) ).
Une conique est le lieu des points dont le rapport des distances à F et à la droite ( ∆ )
est constant. Ce rapport est appelé excentricité e de la conique.
Suivant les valeurs de e, on distingue le type de conique :
e 1

e = 1

e 1

ellipse

parabole

hyperbole

La droite ( ∆ ) divise le plan en deux régions notées (1) et (2).
• 1er cas : le point M de la conique appartient à la région (1).
(1)

(∆)
M

r

(2)
MF
e = --------MK

K

θ
F

H

x

Cherchons l’équation de la branche de conique appartenant à cette région du plan en
coordonnées polaires :
MK = FH – r cos θ
r
e = ---------------------------FH – r cos θ
r ( 1 + e cos θ ) = e × FH.

22 MPSI

Memento

KF.book Page 23 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

On pose e × FH = p : paramètre de la conique
p
r = ----------------------1 + e cos θ
• 2e cas : le point M de la conique appartient à la région (2).
(1)

r
MF
e = --------- = ---------------------------- .
r cos θ – FH
MK
r ( 1 – e cos θ ) = – eFH

(2)
K

M

r

p
r = ---------------------------– 1 + e cos θ

θ
F

x

H

équation de la branche de conique appartenant à la région du plan ne contenant pas F.

Étude de différentes coniques
• e 1 : ellipse
L’ellipse possède un centre de symétrie O et deux foyers F et F′ ( OF = OF′ = c )
FOF′ est l’axe focal de l’ellipse.
On définit son demi grand axe OA = OA′ = a, son demi petit axe OB = OB′ = b.
y

(∆)

B
a
b

M
r
θ

A′

O c F

F′

B′
c=

a2 – b2

c
e = -a

A

x

H

(1)

(2)

b2
p = ----- = a ( 1 – e 2 )
a

– Son équation en coordonnées polaires est :
p
r = ----------------------- avec e 1 θ ∈ [ 0, 2π ] (l’ellipse appartient à la région (1)).
1 + e cos θ
Pour θ = 0

p
r min = ----------1+e

θ = π

p
r max = ----------1–e

r max + r min = 2a ce qui permet de retrouver p = a ( 1 – e 2 ).

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 23

Memento

KF.book Page 24 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

– Aire de l’ellipse = πab
– Remarque : choix de l’axe polaire
L’axe focal F′OF n’est pas forcément confondu avec l’axe polaire.
Si l’axe focal fait un angle ϕ avec l’axe polaire, l’équation de l’ellipse en polaire s’écrit :
p
r = -------------------------------------1 + e cos ( θ – ϕ )
p
On retrouve que pour θ = ϕ, r = ----------- = r min , ce qui caractérise le point A qui
1+e
appartient bien évidemment à l’axe focal.
axe focal
M θ

ϕ

F

x

O

axe polaire

F′
Application : mouvement des planètes autour du Soleil.
Si le texte du problème n’impose pas d’axe polaire, on choisira celui-ci confondu avec
l’axe focal.
y
– Équation cartésienne de l’ellipse
M
x2 y2
----2- + ----2- = 1
b
a b
a
x
O
– Définition géométrique de l’ellipse
C’est le lieu des points M tels que :
MF′ + MF = 2a
– Propriété géométrique
.
La tangente en un point M de l’ellipse est la bissectrice extérieure de l’angle F′MF
M

F

F′

• e 1 : hyperbole
L’hyperbole possède un centre de symétrie O et deux foyers F et F′.
On définit toujours a = OA = OA′
c = OF = OF′.
c
On a toujours : e = -- ; p = a ( e 2 – 1 ).
a
Par contre a 2 = – b 2 + c 2 .

24 MPSI

Memento

KF.book Page 25 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

y
(1)

(2)
c
a

A
F

b

H

O

A′
F′

x

(∆)
En physique, le point matériel en mouvement ne décrit qu’une des branches de
l’hyperbole.
– Si la branche décrite appartient à la région (1) :
(1)

p
r = ----------------------1 + e cos θ

(2)

1
les asymptotes sont définies par cos θ = – -- .
e
Applications : mouvement d’une sonde spatiale,
attraction électrostatique.

M
r
F

θ
A

(∆)
– Si la branche décrite appartient à la région (2) :
(1)

(2)
M
r
θ
F

O

A′

x

p
r = ---------------------------– 1 + e cos θ

les asymptotes sont

1
définies par cos θ = -- .
e
Application : répulsion électrostatique
(diffusion Rutherford).

(∆)

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques 25

Memento

KF.book Page 26 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

– Équation cartésienne de l’hyperbole
x2 y2
----2- – ----2- = 1.
a b
– Équation des asymptotes
b
y = ± --x.
a
– Définition géométrique de l’hyperbole

y

•M
A

O

b
a
A′

C’est le lieu des points M tels que MF′ – MF = 2a
– Propriété géométrique

La tangente en un point M est la bissectrice intérieure de l’angle F′MF
M
F

F′

• e = 1 : parabole
y
(1)

(2)

M
F′
x

F

r

θ

F
A

H

(∆)
– Équation en coordonnées polaires
p
r = --------------------- car la parabole appartient à la région (1) de l’espace.
1 + cos θ
θ ∈ ] – π, π[
FA = a = AH ; p = 2a.
Application : mouvement de certaines comètes.
– Équation en cartésienne
y 2 = 2px

26 MPSI

x

KF.book Page 27 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Partie

1

Partie 1

KF.book Page 28 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

KF.book Page 29 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

apitre
h
C

1
Mécanique 1

Exercice 101

KF.book Page 30 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

101 Risque de collision au freinage
1. Une voiture roule à une vitesse constante V0 en ligne droite. Au temps t = 0, le
conducteur aperçoit un obstacle, mais il ne commence à freiner (avec une décélération constante de 7,5 m · s–2) qu’au bout d’un temps ε = 0,6 s. Calculer la distance
parcourue par le véhicule depuis l’instant initial jusqu’à l’arrêt.
Application numérique : V0 = 54 km · h–1, puis V0 = 108 km · h–1.
2. Deux voitures se suivent sur une route droite, à une distance d, et roulent à la
même vitesse constante V0 . À l’instant t = 0, la première voiture commence à freiner
avec une décélération a, la seconde voiture ne commence à freiner qu’au temps
t = ε = 0,6 s avec une décélération b.
Quelle condition doit satisfaire d pour que la seconde voiture s’arrête en arrière de la
première ?
Application numérique : V0 = 108 km · h–1, a = 7,5 m · s–2 et b = 6 m · s–2.
La condition trouvée est-elle suffisante pour garantir qu’il n’y aura pas collision entre
les deux voitures (pour des valeurs différentes de V0 , ε, a et b…) ?
Pourquoi cette condition est-elle suffisante avec les données numériques fournies ?

■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Mouvement à accélération constante.
• Équation horaire.

■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
• Il est astucieux de résoudre la première question en tenant compte de la deuxième :
on prendra des notations telles qu’il ne soit pas nécessaire de refaire plusieurs fois le
même calcul.
• Pour la deuxième question, il faut prendre en compte les différentes phases du mouvement, avec des conditions initiales pertinentes.

■■ 3. Solution
1. On peut prendre l’origine des abscisses à la position de la voiture à la date t = 0 : elle
parcourt une distance x 1 = V 0 ε avant de freiner – avec une accélération – a
(a constante 0) à partir de la date t1 = ε.
Pour t t1, le mouvement est caractérisé par une vitesse :
V = x˙ = – a ( t – t 1 ) + V 0
1
et une position
x = – -- a ( t – t 1 ) 2 + V 0 ( t – t 1 ) + x 1 (1)
2
compte tenu des conditions initiales ci-dessus.

30 Partie 1 – Physique MPSI

Exercice 101

KF.book Page 31 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

V
L’arrêt est obtenu lorsque V = 0, soit t – t 1 = -----0- .
a
En reportant cette valeur dans l’expression de x ( t ) , on obtient la distance d’arrêt D :
V
1 V0 2
D = – --a  ------ + V 0 -----0- + x 1 ;
2  a
a
2

V
D = -----0- + V 0 ε
2a
Application numérique :
V0 = 54 km · h–1 = 15 m · s–1, d’où : D = 24 m.
V0 = 108 km · h–1 = 30 m · s–1, d’où : D = 78 m.
2. L’équation horaire de la première voiture est donnée par la relation (1), en faisant
t1 = 0 et x1 = 0 :
1
x ( t ) = – --at 2 + V 0 t ;
2
V
0
et elle s’arrête à l’abscisse x 2 = x  ------ , soit :
 a
2

V
x 2 = -----0- .
2a
À la date t = 0, la seconde voiture était à l’abscisse – d , et à la date t1 = ε, elle était donc
à l’abscisse x 1 = – d + V 0 ε.
La relation (1) donne alors pour la seconde voiture une position (avec a remplacé par b) :
1
x′ ( t ) = – -- b ( t – t 1 ) 2 + V 0 ( t – t 1 ) + V 0 ε – d ;
2
V
ce qui donne une distance x′2 parcourue jusqu’à l’arrêt (à la date t = t 1 + -----0- ) :
b
2

V
x′2 = -----0- + V 0 ε – d.
2b
La condition demandée correspond à x′2 x 2 (on néglige les dimensions des voitures,
assimilées à des points matériels…), soit :
2

2

V0
V
-----0- + V 0 ε – d ------ ;
2a
2b
2

V0 1 1
d ------  -- – -- + V 0 ε
2  b a
Soit, avec les valeurs données : d 33 m.
Cette condition n’est pas suffisante : il suffit d’imaginer une situation telle que b a,
avec d V 0 ε.

Chapitre 1 – Mécanique 1

31

Exercice 102

KF.book Page 32 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

La seconde voiture heurte la première avant même le début de son freinage, alors que
la condition trouvée peut être vérifiée !
Mais si b a, la condition trouvée est effectivement suffisante. En effet, la seconde voiture se rapproche alors constamment de la première (la différence des vitesses x˙ ′ – x˙
reste toujours positive ou nulle) : c’est donc lorsqu’elles sont arrêtées que leur distance
d est minimale.

102 Projectile soumis au frottement de l’air
Un projectile M de masse m est lancé dans un plan vertical ( Ox z ) avec une vitesse
initiale V 0 faisant un angle θ avec l’horizontale Ox. Ce référentiel, lié à la surface de
la Terre, sera supposé galiléen, et l’accélération g de la pesanteur constante. Ce projectile est soumis de plus à une force de frottement due à l’air, force que l’on peut
mettre sous la forme F f = – k ⋅ V avec k 0 et V vitesse instantanée du projectile.
m
1. Établir les équations du mouvement : on introduira la constante de temps τ = ---- .
k
Montrer que la trajectoire du projectile admet une asymptote verticale, et que sa
vitesse tend vers une limite V l que l’on précisera.
Exprimer alors les vitesses et position du mobile en fonction de t, τ, θ, V0 et Vl.
2. Calculer le temps t s nécessaire au projectile pour atteindre le sommet S de sa trajectoire, et donner la position de S.
π
Application numérique : θ = --- , V 0 = V l : calculer l’altitude de S, et comparer à
2
l’altitude atteinte lorsqu’on néglige le frottement de l’air.

■■ 1. Ce qu’il faut savoir
Point de cours
• Loi fondamentale de la dynamique.
Outil mathématique
• Résolution d’équation différentielle du premier ordre avec second membre.

■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
1. On appliquera la loi fondamentale de la dynamique au projectile M assimilé à un
point matériel. La vitesse limite peut être trouvée directement en cherchant à quelle
condition l’accélération a s’annule. On pourra intégrer l’équation différentielle sous
sa forme vectorielle et projeter les expressions obtenues pour V et OM .

32 Partie 1 – Physique MPSI

Exercice 102

KF.book Page 33 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

2. À cause du freinage dû à l’air, la trajectoire étudiée doit se situer « au-dessous » de
la trajectoire parabolique « classique » obtenue en l’absence de frottement.

■■ 3. Solution
1. La loi fondamentale de la dynamique appliquée au point M à un instant t s’écrit
ma = mg – kV . On trouve directement que a = 0 ⇔ V = constante.
Ce qui est réalisé pour mg – kV = 0
m
ou encore en posant τ = ---k

soit

mg
Vl = -------k

Vl = τg

POINT MÉTHODE
dP
En écrivant le principe fondamental sous la forme ------- = ΣF , on obtient directedt
ment une équation différentielle en V :
dV
dP
------- = m -------- = mg – kV
dt
dt
Résolvons maintenant l’équation différentielle
dV k
m
-------- + ----V = g soit en posant τ = ---- :
dt m
k
Vl
dV V
-------- + ----- = ------ .
τ
dt
τ
Résolvons l’équation différentielle vectorielle :
t
– --

V ( t ) = Vl + A e τ .
Le vecteur A est défini par la condition initiale V = V 0 à t = 0 : A = V 0 – Vl
V ( t ) = Vl + ( V 0 – Vl )e

t
– -τ

(1)

En intégrant une nouvelle fois par rapport à t, on obtient :
OM ( t ) = Vl t + ( V 0 – Vl ) ( – τ )e

t
– -τ

+B.

B est défini par la condition initiale OM = 0 à t = 0 :
B = τ ( V 0 – Vl )
t

d’où

– -OM ( t ) = Vl t + τ ( V 0 – Vl )  1 – e τ 



(2)

Chapitre 1 – Mécanique 1

33

Exercice 102

KF.book Page 34 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

z

d’où en projection sur ( u x , u z ), avec
Vl = – Vl u z (Vl est un module…) :

V

– kV

t

 V = V cos θe – -τ0
 x
V
t
 V = – V + ( V sin θ + V )e – -τl
0
l
 z

V0
mg

θ

x

O

On retrouve bien sûr que pour t → ∞
V → Vl

t

– - x = τV 0 cos θ  1 – e τ 

OM 
t
 z = – V t + τ ( V sin θ + V )  1 – e – -τ- 
l
0
l 




Lorsque t → ∞ ,
verticale.

x → x lim = τ V 0 cos θ ce qui correspond bien à une asymptote

z
2

2

4

6

8

10

12
x

0
–2

–4

–6
2. Le sommet S de la trajectoire est déterminé par V z = 0, ce qui correspond à une
date ts telle que : 0 = – V l + ( V 0 sin θ + V l )e
soit :

34 Partie 1 – Physique MPSI

ts
– --τ

V0
t s = τ ln 1 + ------ sin θ
Vl

Exercice 103

KF.book Page 35 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

et, en reportant :




1
x s = τV 0 cos θ  1 – ---------------------------
V0


1 + ------ sin θ

Vl
V0
Vl
-
z s = – τV l ln  1 + ------ sin θ + τ ( V 0 sin θ + V l ) ⋅  1 – ----------------------------


Vl
V 0 sin θ + V l 
V0
z s = τV 0 sin θ – τV l ln  1 + ------ sin θ


Vl
π
si θ = --- et V 0 = +V l , il vient :
2
xs = 0
z s = τV l – τV l ln 2 = τV l ( 1 – ln 2 )

.

En l’absence de tout frottement de l’air, le mouvement sur l’axe Oz devient :
˙z˙ = – g
z˙ = – g t + V 0 , d’où

et

V
t s′ = -----0g

1
z = – -- g t 2 + V 0 t
2
2
V0
z s′ = z ( t s′ ) = ------ .
2g

Pour comparer les altitudes de S et S′, exprimons zs en fonction de V0 et g :
2

V0
V V
 V = V et τ = m
---- = -----l = -----0- : z s = ------ ( 1 – ln 2 )
0
 l

g
g
g
k
d’où :

z
----s- = 2 ( 1 – ln 2 ) # 0,6.
z s′

z s z s′ : le résultat est bien cohérent ; en présence de frottement le point matériel
monte moins haut.

103 Deux mouvements sur la même trajectoire
A. Un mobile M décrit une hélice circulaire d’axe Oz, son mouvement étant défini en
coordonnées cylindriques ( r, θ, z ) par les équations :
r = R

θ = ωt

θ
z = H ⋅  1 – ------

2π

Chapitre 1 – Mécanique 1

35

Exercice 103

KF.book Page 36 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

expressions dans lesquelles R, ω et H sont des constantes positives. On pourra poser
H
h = ------ . Le mobile part à l’instant t = 0, et fait un tour complet avant d’atteindre

le plan z = 0.
1. Exprimer la vitesse V du mobile, dans la base associée aux coordonnées cylindriques.
Préciser son module et son orientation.
Calculer la longueur de la trajectoire pour un tour du mobile.
Représenter la trajectoire dans un plan, en portant Rθ sur l’axe horizontal et z sur
l’axe vertical.
2. Exprimer de même l’accélération A du mobile.
Que peut-on dire du produit scalaire A ⋅ V ? Quelle(s) conclusion(s) peut-on en tirer ?
B. Le mouvement de M est maintenant défini par les équations :
r = R

1
θ = --- at 2
2

θ
z = H ⋅  1 – ------

2π

a étant une constante positive.
1. Qu’y a-t-il d’inchangé et qu’y a-t-il de changé par rapport au mouvement précédent ?
2. Exprimer le vecteur vitesse dans la base des coordonnées cylindriques ; en déduire
son module.

■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Vitesse et accélération en coordonnées cylindriques.

■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
A. 1. Il s’agit de mettre la vitesse sous la forme V = V ⋅ u T ( u T unitaire), en précisant chacun des deux termes.
Le système de coordonnées choisi facilitera l’interprétation géométrique, la grandeur V
restant constante.
2. L’accélération A se déduira des expressions classiques de ses composantes en coordonnées cylindriques.
B. 1. Dans tout mouvement, on peut distinguer la trajectoire (parcours géométrique),
et l’équation horaire du mobile sur celle-ci : dans le cas présent, seule l’équation
horaire est modifiée…
2. Les calculs sont analogues à ceux du A. 1. La remarque précédente permet de prévoir une partie du résultat : le vecteur u T est inchangé.

36 Partie 1 – Physique MPSI

Exercice 103

KF.book Page 37 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

■■ 3. Solution
A. 1. La vitesse V a pour expression générale, dans la base des coordonnées
cylindriques :
V = r˙ u r + rθ˙ u θ + z˙ u z .
Ici

θ˙ = ω

r˙ = 0,

d’où :

et

V = Rω u θ – hω u z

dz dθ
H
z˙ = ------- ⋅ ------- = – ------ ⋅ θ˙ = – hω
dθ dt

z

et u θ et u z étant orthogonaux :
V = V
V=ω

( Rω ) 2 + ( hω ) 2

=
R2

+

h2

uz

(V = constante).
M
O

α
V

uT

y
θ

ur

x

POINT COURS

z

Composition des mouvements :
Le mouvement peut se décomposer en un mouvement de
translation selon Oz, de vitesse V tr = z˙ u z et en mouvement de rotation autour de Oz à la vitesse angulaire θ˙
(vecteur rotation Ω = θ˙ u z ).

K
M
O

uz


h
Dans le plan ( u θ , u z ), la direction de V est donnée par tan α = – -------- = – --- .

R
C’est donc une direction fixe de ce plan…
Écrivant V = V ⋅ u T ( u T est donc orienté dans le sens du mouvement, puisque
V 0), le vecteur u T a pour composantes sur u θ et u z :

R
cos α = -------- = ---------------------V
2
R + h2
uT

–h
sin α = – ------- = ---------------------- .
V
R2 + h2

Chapitre 1 – Mécanique 1

37

Exercice 103

KF.book Page 38 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

ds
L’abscisse curviligne sur la trajectoire est déterminée par ----- = V, soit, puisque la
dt
vitesse V est constante :
s = V ⋅ t = ωt R 2 + h 2 (avec s ( 0 ) = 0 ).
Pour un tour du mobile, θ = ωt = 2π, ce qui donne pour s :
s ( θ = 2π ) = l = 2π R 2 + h 2 .
On peut représenter la trajectoire dans un plan, en posant X = Rθ.
H
X
z = H – ------ ⋅ θ = H – h ⋅ --- .

R
La trajectoire est représentée par une droite de
h
pente – --- qui fait donc un angle α avec l’axe OX.
R
Cette représentation correspond à « dérouler » la
surface latérale du cylindre (axe Oz, r = R) sur
lequel est tracée la trajectoire réelle du mobile
On a alors

 X = Rθ = Rωt =


z
H

α

t

∫0 V ⋅ uθ ⋅ dt .

O

2πR

X

A. 2. L’accélération A a pour expression générale, dans la base des coordonnées
cylindriques :
2
˙˙ ) u + z˙˙u
A = ( r˙˙– rθ˙ ) u r + ( 2r˙θ˙ + rθ
θ
z
˙
ce qui donne, en tenant compte de r˙ = 0, θ = ω et z˙ = – hω :
A = – Rω 2 u r

POINT COURS
On peut obtenir l’accélération en dérivant directement l’expression de la vitesse :
du θ
dV
V = ωR u θ – ωh u z ⇒ A = -------- = ωR ⋅ --------dt
dt
du
avec --------θ- = – θ˙ u r , il vient A = – ω 2 R u r .
dt
On constate immédiatement que A ⋅ V = 0 : l’accélération est donc purement normale,
dV
car le mouvement étudié ici est uniforme  V = cte. ⇒ -------- = 0 .


dt
B. 1. La relation entre z et θ est inchangée : la trajectoire reste donc la même, et sa
représentation plane (z en fonction de Rθ) également.
Le vecteur u T , défini à partir de la trajectoire, ne change pas, mais les expressions de V
et A seront différentes, puisque l’équation horaire est différente.

38 Partie 1 – Physique MPSI

Exercice 104

KF.book Page 39 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

B. 2. Le calcul est le même qu’au A. 1., en tenant compte de la nouvelle expression de
θ˙ = at (au lieu de ω…).
Donc

V = Rat u θ – hat u z

et

V = at ⋅

R2 + h2.

104 Pendule simple
Un pendule simple est constitué d’une corde inextensible et sans masse de longueur
l à laquelle est suspendu un point matériel M de masse m.
z
x
y

O
g
l
m

V0

L’autre extrémité est fixée en un point O, et le point M se déplace dans le plan vertical Oyz,
À l’instant initial, on lance M, fil tendu, avec une vitesse horizontale V 0 = V 0 u y .
Que peut-on dire du mouvement ultérieur de la masse m ?

■■ 1. Ce qu'il faut savoir
• Théorème de l’énergie mécanique.
• Loi fondamentale de la dynamique.
• Accélération pour un mouvement circulaire.

■■ 2. Ce qu'il faut comprendre
Le fil étant initialement tendu, la masse m amorce un mouvement circulaire de centre
O et de rayon l. Son altitude augmentant elle gagne en énergie potentielle de pesanteur
et corrélativement elle perd en énergie cinétique.
A priori, trois cas peuvent se produire.
π
• La corde reste tendue et le mouvement du pendule est oscillatoire  θ max --- .

2

Chapitre 1 – Mécanique 1

39

Exercice 104

KF.book Page 40 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

• La corde reste tendue et le mouvement du pendule est révolutif, ce qui exige une
énergie initiale suffisamment importante.
• La vitesse V0 est trop faible pour qu’un mouvement révolutif ait lieu et trop forte
pour que le mouvement soit oscillatoire. La corde finira par se détendre.

■■ 3. Solution
• On peut rapporter la vitesse V à V0 et la tension T
du fil à mg (T = mg à l’équilibre) et définir ainsi les
T
V
variables réduites ------ et ------- , variables sans dimenmg
V0
sion qui vont dépendre de θ et du paramètre
2
V
η = -----0- (grandeur également sans dimension que
gl
l’on peut former à partir de V0, g, l grandeurs caractérisant le problème physique).

z
x

O

y
g

l
V0

m

V
• Déterminons ------ = f ( η, θ ) tant que la corde reste tendue :
V0
La corde étant tendue, le point matériel décrit un
arc de cercle et la tension T ne travaille pas ( T
perpendiculaire au déplacement). Il en résulte la
conservation de l’énergie mécanique du système :
1
2
E m = E c + E p = --mV 0 – mgl
2
(origine de l’énergie potentielle prise en O)

z

O

uz
θ

1
1
2
E p = – mgz ⇒ --mV 2 – mgl cos θ = --mV 0 – mgl.
2
2
V 2
2
Soit :  ------ = 1 + --- ( cos θ – 1 )
 V 0
η

(1)

2
Traçons la courbe θ → f ( θ ) = 1 + --- ( cos θ – 1 ).
η
f
1
2
1 – --η
4
1 – --η

40 Partie 1 – Physique MPSI

π
--2

θ

l

Exercice 104

KF.book Page 41 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

• Déterminons la tension T = g ( η, θ ) de la corde tendue :
D’après la loi fondamentale de la dynamique, on a en

O

projection sur u r : ma r = – T + mg cos θ
V2
V2
avec a r = – ------ , d’où : T = mg cos θ + m ------ .
l
l
2
T
V
Soit ------- = cos θ + -----mg
gl
2
T
et avec (1) ⇒ ------- = cos θ + η 1 + --- ( cos θ – 1 ) .
η
mg
Finalement :

T
------- = 3 cos θ + η – 2
mg



T

θ ur
mg

(2)

Traçons la courbe θ → g ( θ ) = 3 cos θ + η – 2.
g
η+1
η–2
η–5

π
--2

π

θ

Discussion
■ 1er

cas : mouvement révolutif.
La corde doit être toujours tendue et la vitesse ne doit pas s’annuler ce qui exige :
4
η – 5 0 (T 0) et 1 – --- 0 (V2 0).
η
Soit en définitif : η 5.
■ 2e cas

: mouvement non révolutif et la corde reste toujours tendue.
On observe alors des oscillations entre des valeurs extrêmes ± θ max . Il faut donc que
l’on ait : V 2 ( θ max ) = 0 et T ( θ ) 0 pour θ ∈ ( 0, θ max ).
η
La fonction V 2 ( θ ) s’annule pour θ = θ V tel que cos θ V = 1 – --- . De même, la fonc2
2 η
tion T(θ) s’annule pour θ = θ T tel que cos θ T = -- – --- .
3 3
Ces deux valeurs n’existent que pour η 4. D’autre part, la condition cherchée
impose θ V θ T ( θ ∈ [ 0, π ] ), la vitesse devant s’annuler avant que la tension ne
puisse le faire. Il faut donc que l’on ait :
η 2 η
cos θ V cos θ T ⇒ 1 – --- -- – --2 3 3
ce qui donne 6 – 3η 4 – 2η ⇒ 2. Dans ces conditions, on obtient un mouπ
η
vement pendulaire d’amplitude inférieur à ---  θ max = Arcos  1 – ---  .

2 
2 

Chapitre 1 – Mécanique 1

41

Exercice 105

KF.book Page 42 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

2
1
π
--2

–1

π θ

–2
–3
–4
e
■ 3 cas :

2 h 5.

π
La corde finit par se détendre pour une valeur de θ comprise entre --- et π. La tension
2
s’annule avant la vitesse ( θ V θ T ). La suite du mouvement est celui d’une particule
de masse m dans le seul champ de pesanteur (mouvement parabolique) du moins tant
2–η
que le fil reste détendu… La corde se détend pour θ = θ T = Arcos  ------------ .
 3 
g
η+1
η–2
π

π
--2

η–5

θ

Conclusion
2

mouvement pendulaire

la corde se détend

π
0 θ max --2

5

















2











0

V
η = -----0gl

mouvement révolutif

105 Pendule dont le fil casse
Un pendule simple – masse m, fil de longueur l, inextensible et de masse négligeable
– est suspendu en un point fixe O et lâché sans vitesse initiale depuis une position
où le fil est horizontal et tendu. Soit h la distance entre le point O et le sommet de
la trajectoire décrite ensuite par la masse m.
1. Donner qualitativement le domaine de variations de h.
2. Déterminer h.

42 Partie 1 – Physique MPSI

Exercice 105

KF.book Page 43 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

■■ 1. Ce qu’il faut savoir
• Conservation de l’énergie mécanique.
• Loi fondamentale de la dynamique.

■■ 2. Ce qu’il faut comprendre
Il est inutile de déterminer l’équation de la trajectoire pour répondre à la question.
Entre le point de départ et le point atteint à l’instant où le fil casse, la masse m n’est
soumise qu’à son poids et à la tension du fil qui ne travaille pas. La conservation de
l’énergie mécanique permet de relier la vitesse et l’altitude.
À partir du moment où le fil casse, la masse uniquement soumise à son poids a une
trajectoire parabolique. On pourra remarquer que lors de ce mouvement, la composante horizontale de la vitesse est conservée.

■■ 3. Solution
π
1. Notons α l’angle dont aura tourné le fil avant qu’il ne casse. Quand α → --- : h = l.
2
La vitesse en B est horizontale. La masse m décrit
A
O
une portion de parabole de sommet B.
π
α = --2
l
B

VB

Quand α → π :
A

O
π

h → 0.

B La vitesse en B est nulle. La masse m décrit la verticale à B puisqu’elle n’est soumise qu’à son poids.

2.

POINT COURS
Considérons un point matériel soumis à des forces conservatives (donc dérivant
d’une énergie potentielle. Leur travail élémentaire est δW = –dE p ) et à des forces
non conservatives dont le travail élémentaire est δW¢. Appliquons au point M le
théorème de l’énergie cinétique :
dE cin = δW + δW¢ = – dE p + δW¢
d ( E cin + E p ) = δW¢.
E cin + E p constitue l’énergie mécanique du point M.
La variation d’énergie mécanique du point M est égale au travail des forces non
conservatives s’appliquant à M. Si ces forces non conservatives ne travaillent pas,
alors l’énergie mécanique du point M se conserve.

Chapitre 1 – Mécanique 1

43

Exercice 106

KF.book Page 44 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

Le mouvement de la masse m, soumise à son poids et à la tension du fil, s’effectue dans
le plan vertical contenant le fil à l’instant initial : ma = mg + T .
Le poids est une force conservative. A
La tension T du fil ne travaille pas. Il y
a donc conservation de l’énergie mécanique du point M.

O
α

l VB
B

VB

h
SS

V Ss

uz

ββ

E cin + E p ( mg ) = constante.

POINT MÉTHODE
Calcul de l’énergie potentielle dont dérive une force conservative :
On reviendra à la définition f = – grad E p . Lorsque le problème est à un degré de
dimension, on exprimera cette relation dans une base possédant un vecteur unitaire
dE p
colinéaire à f . Ainsi, pour le poids, P = mg = – mgu z = – -------- u z
dz
d’où E p = mgz + constante.
Choisissons A pour origine de l’énergie potentielle et écrivons l’énergie mécanique en
A, B et S :
1
π
2
E cin + E p = 0 + 0 = --mV B – mgl cos  α – --- (1)

2
2
1
2
= --mV S – mgh.
2
Or, entre B et S, où seul le poids intervient, la projection horizontale de la quantité de
dP
mouvement est conservée  ------- = mg  et : V S = V B cos β = V B ⋅ sin α
 dt

2

d’où :
Or d’après (1) :
soit :

2

V B sin2 α
V
h = -----S- = -------------------- .
2g
2g
2

V B = 2gl ⋅ sin α
h = l sin3 α

Commentaire
π
Pour α = --- et α = π , on retrouve les résulats du 1.
2

106 Enroulement d’un fil sur un cylindre
Un point matériel M, de masse m est mobile sans frottement sur un plan horizontal.
Il est attaché à une ficelle (de masse négligeable et inextensible) qui s’enroule sur
un cylindre d’axe vertical et de rayon a.

44 Partie 1 – Physique MPSI

Initialement, la masse m est lancée avec une
vitesse V0 perpendiculaire à la ficelle, qui est tendue, et de longueur l 0. Soit θ ( t ) l’angle dont s’est
enroulé le fil à l’instant t.
1. Préciser la vitesse – module et orientation –
du mobile à la date t.
2. En déduire la loi θ ( t ) du mouvement. Au bout
de combien de temps le point M touchera-t-il le
cylindre ? Commenter.

Exercice 106

KF.book Page 45 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

M

O
θ
I0

V0

I
l0

M0

■■ 1. Ce qu'il faut savoir
• Coordonnées polaires.
• Théorème de l’énergie cinétique.
• Loi fondamentale de la dynamique.

■■ 2. Ce qu'il faut comprendre
1. On construira la base polaire u r , u θ permettant de repérer le point I ( t ) où la ficelle
quitte le cylindre ( u r porté par OI ).
On écrira OM = OI + IM, et on montrera que la vitesse V du point M est perpendiculaire à IM et donc au fil.
On en déduira que la vitesse garde une norme constante V0.
2. La loi θ(t) et l’instant t1 se déduisent directement des résultats précédents.
Il faudra s’assurer que la ficelle reste tendue au cours du mouvement. On cherchera
donc à déterminer sa tension T ( t ), et le problème physique, tel qu’il est posé, n’a de
sens que si T reste borné…

■■ 3. Solution
1. Dans le référentiel terrestre (supposé galiléen), le mobile est soumis à trois forces :
son poids et la réaction du plan (qui se compensent), la tension T du fil qui incurve
la trajectoire de M vers le cylindre.
La ficelle restant tendue la partie libre IM est un
M
segment de droite tangent en I au cylindre.
Repérons ce point I par l’angle θ (cf. figure) et
O
introduisons la base polaire ( u r , u θ ).

θ I
On a : OM = OI + IM.

x

Chapitre 1 – Mécanique 1

45

Exercice 106

KF.book Page 46 Vendredi, 1. août 2003 12:21 12

d
D’où : V ( M ) = V I + ----- ( IM ).
dt
d
Or V I = aθ˙ u θ et IM = lu θ ⇒ ----- ( IM ) = l˙u θ + l ⋅ ( – θ˙ u r ).
dt
Finalement

V ( M ) = ( aθ˙ + l˙)u θ – lθ˙ u r .

Il reste à traduire que la longueur de la ficelle est invariable, soit :
l 0 = l ( t ) + aθ ( t ) ⇒ 0 = l˙ + aθ˙ .
Dès lors on obtient :

V ( M ) = l θ˙ u r

(1)

Cette vitesse reste, à chaque instant, perpendiculaire
au brin IM de la ficelle. Il en résulte que la tension T
qu’exerce le fil sur la masse m ne travaille pas.
L’application du théorème de la puissance cinétique
au point matériel M donne alors :
dE c
-------- = = 0 (le poids et la réaction du support
T
dt
se compensent)
d’où

V (M)

M
T

O
θ

I


ur

E c = cste et V ( M ) = V 0 .

En conclusion on a :
V ( M ) = –V0 ur

(2)

2. La loi du mouvement s’obtient immédiatement en comparant (1) et (2).
l θ˙ = V 0 et l + aθ = l 0 .
D’où en éliminant l ( t ) entre ces deux équations :
( l – aθ ) θ˙ = V
(3)
0

0

Équation différentielle en θ(t) qui s’intègre immédiatement (avec l = l 0 et θ = 0 à
t = 0):
θ2
l 0 θ – a ----- = V 0 t
2
2
2V
l
2V 0
l 2
l
0
0
ou encore θ 2 – 2 ---θ + --------- t = 0 ⇒  θ – --0- = ----02- – --------- t (4).


a
a
a
a
a
La solution physique est alors donnée par (la ficelle s’enroule sur le cylindre et θ(t)
croît avec t) :
2V 0 at
l l0
θ ( t ) = --0- – --- 1 – -------------⇒
2
a a
l
0

l0
2V 0 at
θ ( t ) = --- 1 – 1 – -------------2
a
l

(5)

0

Le point M arrivera au contact du cylindre (si le problème physique a un sens) lorsque
aθ = l 0 , soit à l’instant t1 tel que (cf. (4) ou (5)) :
2

l0
t 1 = ----------2V 0 a

46 Partie 1 – Physique MPSI


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