Feuille d'entraînement : Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique 2 PC 2025, Q25

   On étudie l'électron de charge q = -e et de masse m_e dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen. En négligeant le poids devant la force électromagnétique, l'électron n'est soumis dans l'ondulateur qu'à la force magnétique de Lorentz :

   \vec{F}_m = q\,\vec{v} \wedge \vec{B} = -e\,\vec{v} \wedge \vec{B}.

   La puissance instantanée développée par cette force s'écrit :

   \mathcal{P} = \vec{F}_m \cdot \vec{v} = (-e\,\vec{v} \wedge \vec{B}) \cdot \vec{v} = 0,

   car le produit vectoriel \vec{v} \wedge \vec{B} est par définition orthogonal à \vec{v}.

   D'après le théorème de la puissance cinétique rappelé dans le formulaire pour la dynamique relativiste :

   \frac{\mathrm{d}E_c}{\mathrm{d}t} = \vec{F}_m \cdot \vec{v} = 0.

   L'énergie cinétique de l'électron est donc rigoureusement constante tout au long de sa trajectoire dans l'ondulateur :

   \boxed{E_c(t) = \text{cte} = E_c(0)}.

   D'après le formulaire, l'énergie cinétique s'exprime par :

   E_c = (\gamma - 1)\,m_e c^2 \iff \gamma = 1 + \frac{E_c}{m_e c^2}.

   La masse m_e et la vitesse de la lumière c étant constantes, la constance de E_c implique immédiatement que le facteur de Lorentz est constant :

   \boxed{\gamma(t) = \text{cte} = \gamma_0}.

   Enfin, le facteur de Lorentz est relié à la norme de la vitesse v = \|\vec{v}\| par :

   \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \dfrac{v^2}{c^2}}} \iff v = c \sqrt{1 - \frac{1}{\gamma^2}}.

   Puisque \gamma est constant et que la fonction \gamma \mapsto v est bijective sur [1, +\infty[, la norme de la vitesse est également strictement constante :

   \boxed{v(t) = \text{cte} = v_0}.

   Résultat

   $$E_c(t)=\text{cte}=E_c(0)$$

   $$\gamma (t)=\text{cte}={\gamma }_0$$

   $$v(t)=\text{cte}=v_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique-Chimie L PC 2025, Q6

   Le roulement s'effectuant sans glissement et sans frottement dissipatif d'après les hypothèses de l'énoncé, l'énergie mécanique E_\mathrm{m} de l'impacteur se conserve au cours de son mouvement vers l'aimant :

   E_\mathrm{m} = E_\mathrm{c}(x_\mathrm{i}) + \mathcal{E}_0(x_\mathrm{i}) = \frac{1}{2}\alpha m v^2(x_\mathrm{i}) + \mathcal{E}_0(x_\mathrm{i})

   À l'infini (x_\mathrm{i} \to -\infty), le potentiel magnétique tend vers zéro (\mathcal{E}_0(-\infty) = 0), de sorte que :

   E_\mathrm{m} = E_{\mathrm{c},\mathrm{i},\infty}

   Immédiatement avant le contact avec la bille aimantée (0) située à l'origine, le centre de l'impacteur se trouve en x_\mathrm{i} = -a. D'après l'expression établie à la question Q3, l'énergie potentielle d'interaction magnétique vaut alors :

   \mathcal{E}_0(-a) = \frac{\mathcal{E}_{01}}{(-1)^6} = \mathcal{E}_{01}

   La conservation de l'énergie mécanique s'écrit donc :

   \frac{1}{2}\alpha m v_{\mathrm{i},\mathrm{c}}^2 + \mathcal{E}_{01} = E_{\mathrm{c},\mathrm{i},\infty}

   Comme E_{\mathrm{c},\mathrm{i},\infty} \ll |\mathcal{E}_{01}|, on peut négliger l'énergie cinétique initiale devant \mathcal{E}_{01} :

   \frac{1}{2}\alpha m v_{\mathrm{i},\mathrm{c}}^2 \simeq -\mathcal{E}_{01}

   Puisque \mathcal{E}_{01} < 0, le terme -\mathcal{E}_{01} = |\mathcal{E}_{01}| est strictement positif, d'où :

   \boxed{v_{\mathrm{i},\mathrm{c}} = \sqrt{-\frac{2\mathcal{E}_{01}}{\alpha m}}}

   Application numérique : Avec \mathcal{E}_{01} \simeq -1{,}2 \times 10^{-2}\text{ J} (obtenu à la question Q5), \alpha = 7/5 = 1{,}4 et m = 4\text{ g} = 4{,}0 \times 10^{-3}\text{ kg}, soit \alpha m = 5{,}6 \times 10^{-3}\text{ kg} :

   v_{\mathrm{i},\mathrm{c}} = \sqrt{\frac{2 \times 1{,}2 \times 10^{-2}}{5{,}6 \times 10^{-3}}} = \sqrt{\frac{24}{5{,}6}} = \sqrt{\frac{30}{7}} \simeq \sqrt{4{,}29} \simeq 2{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{v_{\mathrm{i},\mathrm{c}} \simeq 2{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v_{\mathrm{i},\mathrm{c}}=\sqrt{-\frac{2{\mathcal{E}}_{01}}{\alpha m}}$$

   $$v_{\mathrm{i},\mathrm{c}}\simeq 2,1\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique PC 2024, Q30

   Considérons deux noyaux d'isotopes de l'hydrogène (deutérium et tritium), chacun de charge électrique q = +e.

   Hypothèses de modélisation :

   • À des distances supérieures à la taille du noyau d = 10^{-15}\text{ m}, l'interaction nucléaire forte est négligeable et les noyaux ne sont soumis qu'à la répulsion électrostatique coulombienne.
   • Pour initier la réaction de fusion en mécanique classique, les noyaux doivent entrer en contact, ce qui impose d'atteindre une distance minimale de l'ordre de leur taille, soit r \le d.

   • L'énergie cinétique relative minimale requise doit vaincre la barrière coulombienne :

     E_{p,\max} = \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0 d}

   • D'après le théorème de l'équipartition de l'énergie, l'énergie cinétique moyenne d'un noyau à la température T dans le plasma est reliée à la température par :

     \langle E_c \rangle = \frac{3}{2} k_B T

   Pour que les chocs soient suffisamment énergétiques pour franchir la barrière coulombienne, l'ordre de grandeur de l'énergie cinétique thermique doit être au moins égal à l'énergie de la barrière de potentiel :

   \begin{aligned} \frac{3}{2} k_B T &\sim \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0 d} \\ T &\sim \frac{e^2}{6\pi \varepsilon_0 k_B d} \end{aligned}

   Application numérique : Avec les données du sujet :

   • e = 1{,}6 \cdot 10^{-19}\text{ C}
   • \varepsilon_0 = 8{,}85 \cdot 10^{-12}\text{ F}\cdot\text{m}^{-1}
   • k_B = 1{,}4 \cdot 10^{-23}\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}
   • d = 10^{-15}\text{ m}

   \begin{aligned} T &\sim \frac{(1{,}6 \cdot 10^{-19})^2}{6\pi \times 8{,}85 \cdot 10^{-12} \times 1{,}4 \cdot 10^{-23} \times 10^{-15}} \\ T &\sim \frac{2{,}56 \cdot 10^{-38}}{2{,}335 \cdot 10^{-48}} \approx 1{,}1 \cdot 10^{10}\text{ K} \end{aligned}

   On retient donc un ordre de grandeur de :

   \boxed{T \sim 10^{10}\text{ K}}

   (ou quelques dizaines de milliards de kelvins, qu'on utilise k_B T ou \frac{3}{2}k_B T).

   Résultat

   $$T\sim 10^{10}\text{ K}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique 2 PC 2024, Q36

   Soit un point matériel M de masse m, en mouvement dans le référentiel héliocentrique \mathcal{R} supposé galiléen, soumis à une force centrale conservative de centre fixe S :

   \vec{F} = F(r)\,\vec{u}_r = -\vec{\nabla} E_p(r)

   où \vec{r} = \overrightarrow{SM} = r\,\vec{u}_r.

   1. Conservation du moment cinétique par rapport au centre de force S Le théorème du moment cinétique appliqué au point M en S dans le référentiel galiléen \mathcal{R} s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}_S}{\mathrm{d}t} = \vec{\mathcal{M}}_S(\vec{F}) = \overrightarrow{SM} \wedge \vec{F}

   Or la force étant centrale de centre S, elle est colinéaire à \overrightarrow{SM} :

   \overrightarrow{SM} \wedge \vec{F} = (r\,\vec{u}_r) \wedge \left(F(r)\,\vec{u}_r\right) = \vec{0}

   On en déduit :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\vec{L}_S}{\mathrm{d}t} = \vec{0} \quad \implies \quad \vec{L}_S(M) = \overrightarrow{SM} \wedge m\vec{v} = \vec{\text{cte}}}

   Cette invariance vectorielle implique que la trajectoire est plane (contenue dans le plan passant par S et orthogonal au vecteur constant \vec{L}_S) et entraîne la loi des aires (r^2 \dot{\theta} = C = \text{cte}).

   2. Conservation de l'énergie mécanique Le théorème de l'énergie mécanique appliqué au point matériel M dans \mathcal{R} s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}E_m}{\mathrm{d}t} = \mathcal{P}(\vec{F}_{\text{nc}})

   où \mathcal{P}(\vec{F}_{\text{nc}}) est la puissance développée par d'éventuelles forces non conservatives. La force centrale est ici la seule force appliquée et elle est conservative, donc \mathcal{P}(\vec{F}_{\text{nc}}) = 0. Il vient ainsi :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}E_m}{\mathrm{d}t} = 0 \quad \implies \quad E_m = E_c + E_p = \text{cte}}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{\vec{L}}_S}{\mathrm{d}t}=\vec{0}⟹{\vec{L}}_S(M)=\overrightarrow{SM}\wedge m\vec{v}=\overrightarrow{\text{cte}}$$

   $$\frac{\mathrm{d}{E}_m}{\mathrm{d}t}=0⟹E_m=E_c+E_p=\text{cte}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique 2 PC 2024, Q37

   On étudie l'astéroïde Patientia, assimilé à un point matériel M de masse m_p, en orbite circulaire de rayon r_{\text{ast}} autour du Soleil de masse m_s, dans le référentiel héliocentrique supposé galiléen.

   La seule force prise en compte est la force gravitationnelle attractive exercée par le Soleil :

   \vec{F} = -\frac{G m_s m_p}{r_{\text{ast}}^2}\,\vec{u}_r

   Pour une orbite circulaire de rayon r_{\text{ast}}, le mouvement est uniforme à la vitesse tangentielle v_1. Le vecteur accélération est purement centripète :

   \vec{a} = -\frac{v_1^2}{r_{\text{ast}}}\,\vec{u}_r

   La deuxième loi de Newton projetée sur le vecteur unitaire radial \vec{u}_r donne :

   \begin{aligned} -m_p \frac{v_1^2}{r_{\text{ast}}} &= -\frac{G m_s m_p}{r_{\text{ast}}^2} \\ \implies v_1^2 &= \frac{G m_s}{r_{\text{ast}}} \end{aligned}

   L'énergie cinétique de l'astéroïde sur cette orbite s'écrit donc :

   E_{c1} = \frac{1}{2}m_p v_1^2 = \frac{G m_s m_p}{2 r_{\text{ast}}}

   Avec la convention usuelle d'une énergie potentielle nulle à l'infini (E_p(\infty) = 0), l'énergie potentielle gravitationnelle vaut :

   E_{p1} = -\frac{G m_s m_p}{r_{\text{ast}}}

   L'énergie mécanique totale E_{m1} = E_{c1} + E_{p1} est donc :

   \begin{aligned} E_{m1} &= \frac{G m_s m_p}{2 r_{\text{ast}}} - \frac{G m_s m_p}{r_{\text{ast}}} \end{aligned}

   \boxed{E_{m1} = -\frac{G m_s m_p}{2 r_{\text{ast}}}}

   Résultat

   $$E_{m1}=-\frac{G{m}_s{m}_p}{2r_{\text{ast}}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique 2 PC 2024, Q39

   L'énergie mécanique de l'astéroïde de masse m_p dans le référentiel héliocentrique galiléen est la somme de son énergie cinétique et de son énergie potentielle gravitationnelle :

   E_m = E_c + E_p(r)

   D'après la question Q38, le vecteur vitesse s'écrit \vec{v} = \dot{r}\,\vec{u}_r + r\dot{\theta}\,\vec{u}_\theta. L'énergie cinétique vaut donc :

   E_c = \frac{1}{2}m_p v^2 = \frac{1}{2}m_p \dot{r}^2 + \frac{1}{2}m_p r^2 \dot{\theta}^2

   La force de gravitation solaire \vec{F} = -\frac{G m_s m_p}{r^2}\,\vec{u}_r dérive de l'énergie potentielle :

   E_p(r) = -\frac{G m_s m_p}{r}

   en choisissant l'origine des potentiels à l'infini (E_p(\infty) = 0).

   La constante des aires introduite à la question Q38 étant C = r^2\dot{\theta}, on a :

   r\dot{\theta} = \frac{C}{r} \implies \frac{1}{2}m_p r^2 \dot{\theta}^2 = \frac{m_p C^2}{2r^2}

   L'énergie mécanique s'écrit alors :

   E_m = \frac{1}{2}m_p \dot{r}^2 + \left( \frac{m_p C^2}{2r^2} - \frac{G m_s m_p}{r} \right)

   En identifiant à la forme E_m = \frac{1}{2}m_p\dot{r}^2 + E_{\mathrm{eff}}(r), on obtient :

   \boxed{E_{\mathrm{eff}}(r) = \frac{m_p C^2}{2r^2} - \frac{G m_s m_p}{r}}

   Résultat

   $$E_{\mathrm{eff}}(r)=\frac{m_p{C}^2}{2r^2}-\frac{G{m}_s{m}_p}{r}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique C PC 2024, Q4

   D'après la question 3, l'énergie potentielle de l'atome s'écrit :

   U(\vec{r}) = -\frac{1}{2}\gamma\mathscr{E}^2 \left[ \exp\left(-2\frac{y^2+z^2}{\sigma^2}\right) + \exp\left(-2\frac{x^2+z^2}{\sigma^2}\right) + \exp\left(-2\frac{x^2+y^2}{\sigma^2}\right) \right]

   En \vec{r} = \vec{0}, on a donc :

   U(\vec{0}) = -\frac{3}{2}\gamma\mathscr{E}^2

   Puisque r^2 = x^2+y^2+z^2, la condition r \ll \sigma assure que les quantités \frac{y^2+z^2}{\sigma^2}, \frac{x^2+z^2}{\sigma^2} et \frac{x^2+y^2}{\sigma^2} sont très petites devant 1. On peut ainsi effectuer un développement limité à l'ordre 1 de chaque exponentielle à l'aide de \mathrm{e}^{-u} = 1 - u + o(u) :

   \begin{aligned} \exp\left(-2\frac{y^2+z^2}{\sigma^2}\right) &= 1 - \frac{2(y^2+z^2)}{\sigma^2} + o\left(\frac{r^2}{\sigma^2}\right) \\ \exp\left(-2\frac{x^2+z^2}{\sigma^2}\right) &= 1 - \frac{2(x^2+z^2)}{\sigma^2} + o\left(\frac{r^2}{\sigma^2}\right) \\ \exp\left(-2\frac{x^2+y^2}{\sigma^2}\right) &= 1 - \frac{2(x^2+y^2)}{\sigma^2} + o\left(\frac{r^2}{\sigma^2}\right) \end{aligned}

   En sommant ces trois termes, on obtient :

   \begin{aligned} \sum_{\text{termes}} &= 3 - \frac{2}{\sigma^2} \left[ (y^2+z^2) + (x^2+z^2) + (x^2+y^2) \right] + o\left(\frac{r^2}{\sigma^2}\right) \\ &= 3 - \frac{4}{\sigma^2}(x^2+y^2+z^2) + o\left(\frac{r^2}{\sigma^2}\right) \\ &= 3 - \frac{4 r^2}{\sigma^2} + o\left(\frac{r^2}{\sigma^2}\right) \end{aligned}

   En réinjectant cette somme dans l'expression du potentiel, il vient :

   U(\vec{r}) = -\frac{3}{2}\gamma\mathscr{E}^2 + \frac{2\gamma\mathscr{E}^2}{\sigma^2} r^2 + o\left(\frac{r^2}{\sigma^2}\right)

   soit :

   U(\vec{r}) - U(\vec{0}) \approx \frac{2\gamma\mathscr{E}^2}{\sigma^2} r^2

   Par identification avec l'expression demandée U(\vec{r}) - U(\vec{0}) \approx \frac{1}{2} k r^2, on en déduit la raideur k :

   \boxed{k = \frac{4\gamma\mathscr{E}^2}{\sigma^2}}

   Résultat

   $$k=\frac{4\gamma {\mathcal{E}}^2}{{\sigma }^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique C PC 2024, Q7

   Le mouvement s'effectue à une dimension le long de la demi-droite (Ox), avec x > 0. Le travail élémentaire développé par la force \vec{F} lors d'un déplacement élémentaire d\vec{r} = dx\,\vec{u}_x s'écrit :

   \delta W = \vec{F} \cdot d\vec{r} = F_x(x)\,dx = \left( \frac{\alpha}{x^3} - kx \right) dx

   Puisque F_x ne dépend que de la seule variable spatiale x, cette forme différentielle est toujours exacte. Le travail ne dépend pas du chemin suivi : la force \vec{F} est donc conservative et dérive d'une énergie potentielle U(x) définie par \delta W = -dU(x), soit :

   \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}x} = -F_x(x) = -\frac{\alpha}{x^3} + kx

   Par intégration par rapport à x, on obtient :

   U(x) = \frac{\alpha}{2x^2} + \frac{1}{2}kx^2 + C

   où C est une constante d'intégration arbitraire. Par identification avec l'expression proposée U(x) = \frac{A}{x^2} + B x^2 + C, on identifie directement les coefficients :

   \boxed{A = \frac{\alpha}{2}} \quad \text{et} \quad \boxed{B = \frac{k}{2}}

   Résultat

   $$A=\frac{\alpha }{2}$$

   $$B=\frac{k}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique C PC 2024, Q9

   D'après la question Q8, la fonction g(t) vérifie l'équation différentielle :

   m\ddot{g} + 4kg = 4E

   En divisant par m et en introduisant \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}, cette équation se met sous la forme canonique :

   \ddot{g}(t) + 4\omega^2 g(t) = 4\omega^2 \frac{E}{k}

   Il s'agit d'une équation différentielle linéaire scalaire du second ordre à coefficients constants avec second membre constant.

   • Une solution particulière constante évidente est :

     g_p = \frac{E}{k}

   • L'équation homogène associée, \ddot{g} + (2\omega)^2 g = 0, admet pour pulsation propre 2\omega. Sa solution générale s'écrit :

     g_h(t) = C_1 \cos(2\omega t) + C_2 \sin(2\omega t)

     où C_1 et C_2 sont deux constantes réelles.

   La solution générale s'écrit donc :

   g(t) = \frac{E}{k} + C_1 \cos(2\omega t) + C_2 \sin(2\omega t)

   Sa dérivée temporelle vaut :

   \dot{g}(t) = -2\omega C_1 \sin(2\omega t) + 2\omega C_2 \cos(2\omega t)

   Les conditions initiales en t = 0 donnent :

   \begin{aligned} g(0) &= \frac{E}{k} + C_1 = g_0 \implies C_1 = g_0 - \frac{E}{k} \\ \dot{g}(0) &= 2\omega C_2 = h_0 \implies C_2 = \frac{h_0}{2\omega} \end{aligned}

   On en déduit l'expression temporelle de g(t) :

   \boxed{g(t) = \frac{E}{k} + \left(g_0 - \frac{E}{k}\right)\cos(2\omega t) + \frac{h_0}{2\omega}\sin(2\omega t)}

   Résultat

   $$g(t)=\frac{E}{k}+\left(g_0-\frac{E}{k}\right)\cos (2\omega t)+\frac{h_0}{2\omega }\sin (2\omega t)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q15

    L'énergie potentielle élastique E_{\mathrm{p}} emmagasinée par la barre correspond au travail fourni de manière quasi-statique par la force extérieure \vec{F} = F(\ell')\,\vec{e}_\Delta pour amener la barre de sa longueur à vide \ell_0 (état de référence sans déformation où E_{\mathrm{p}}(\ell_0) = 0) jusqu'à la longueur \ell :

    \mathrm{d}E_{\mathrm{p}} = F(\ell')\,\mathrm{d}\ell'

    En utilisant l'expression de la force F(\ell') établie à la question 14, il vient :

    \begin{aligned} E_{\mathrm{p}} &= \int_{\ell_0}^{\ell} \frac{E\,S}{\ell_0}(\ell' - \ell_0)\,\mathrm{d}\ell' \\ &= \frac{E\,S}{\ell_0} \left[ \frac{(\ell' - \ell_0)^2}{2} \right]_{\ell_0}^{\ell} \end{aligned}

    On obtient ainsi :

    \boxed{E_{\mathrm{p}} = \frac{1}{2}\frac{E\,S}{\ell_0}(\ell - \ell_0)^2}

    Résultat

    $$E_{\mathrm{p}}=\frac{1}{2}\frac{ES}{{\ell }_0}(\ell -{\ell }_0{)}^2$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question