Feuille d'entraînement : Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique U PSI 2026, Q56

   Considérons l'élément n de la membrane basilaire, de masse m_n, dans le référentiel de l'oreille interne supposé galiléen. Cet élément effectue un mouvement de translation selon l'axe de déplacement repéré par la variable x_n(t). Il est soumis aux actions mécaniques suivantes :

   • la force de rappel élastique : \vec{F}_{\mathrm{el}} = -k_n x_n(t)\,\vec{e}_x ;
   • la force de frottement fluide visqueux : \vec{F}_{\mathrm{f}} = -h_n \dot{x}_n(t)\,\vec{e}_x ;
   • la force excitatrice extérieure due à l'onde sonore : \vec{f}_n(t) = f_n(t)\,\vec{e}_x.

   D'après le principe fondamental de la dynamique projeté selon la direction du mouvement :

   m_n \ddot{x}_n(t) = -k_n x_n(t) - h_n \dot{x}_n(t) + f_n(t),

   soit l'équation différentielle régissant le déplacement x_n(t) :

   \boxed{m_n \ddot{x}_n(t) + h_n \dot{x}_n(t) + k_n x_n(t) = f_n(t)}

   En divisant par la masse m_n, on met cette équation sous forme canonique :

   \ddot{x}_n(t) + \frac{\omega_n}{Q_n}\dot{x}_n(t) + \omega_n^2 x_n(t) = \frac{f_n(t)}{m_n}.

   Par identification des coefficients, la pulsation \omega_n et le facteur de qualité Q_n s'expriment en fonction des paramètres du modèle par :

   \boxed{\omega_n = \sqrt{\frac{k_n}{m_n}}} \qquad \text{et} \qquad \boxed{Q_n = \frac{m_n \omega_n}{h_n} = \frac{\sqrt{k_n m_n}}{h_n}}

   Résultat

   $$m_n{\ddot{x}}_n(t)+h_n{\dot{x}}_n(t)+k_n{x}_n(t)=f_n(t)$$

   $${\omega }_n=\sqrt{\frac{k_n}{m_n}}$$

   $$Q_n=\frac{m_n{\omega }_n}{h_n}=\frac{\sqrt{k_n{m}_n}}{h_n}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 PSI 2025, Q1

   L'extrémité N du ressort étant fixée en O et l'extrémité mobile M se confondant avec le point matériel P repéré par \vec{OP} = l\,\vec{u}_z, la force de rappel exercée par le ressort sur le point matériel P s'écrit :

   \vec{F}_k = -k(l - l_0)\,\vec{u}_z

   Le déplacement élémentaire du point P est \mathrm{d}\vec{OP} = \mathrm{d}l\,\vec{u}_z. Le travail élémentaire de cette force conservative s'exprime sous la forme :

   \delta W(\vec{F}_k) = \vec{F}_k \cdot \mathrm{d}\vec{OP} = -k(l - l_0)\,\mathrm{d}l = -\mathrm{d}\mathcal{E}_{\mathrm{p},k}

   On en déduit :

   \frac{\mathrm{d}\mathcal{E}_{\mathrm{p},k}}{\mathrm{d}l} = k(l - l_0)

   Par intégration par rapport à l :

   \mathcal{E}_{\mathrm{p},k}(l) = \frac{1}{2}k(l - l_0)^2 + \mathrm{Cte}

   En choisissant la référence de l'énergie potentielle élastique en l = l_0, soit \mathcal{E}_{\mathrm{p},k}(l_0) = 0, la constante d'intégration est nulle, d'où :

   \boxed{\mathcal{E}_{\mathrm{p},k} = \frac{1}{2}k(l - l_0)^2}

   Résultat

   $${\mathcal{E}}_{\mathrm{p},k}=\frac{1}{2}k(l-l_0{)}^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 PSI 2025, Q2

   Le point matériel P a pour vecteur position dans le repère (O, \vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z) :

   \vec{OP} = l\,\vec{u}_z

   Un déplacement virtuel ou élémentaire s'écrit \mathrm{d}\vec{OP} = \mathrm{d}l\,\vec{u}_z.

   Le point P est soumis à la force de pesanteur uniforme :

   \vec{P}_{\mathrm{oids}} = m\vec{g} = m g\,\vec{u}_z

   Le travail élémentaire de cette force conservative est relié à la variation d'énergie potentielle de pesanteur \mathcal{E}_{\mathrm{p},\mathrm{p}} par :

   \delta W(\vec{P}_{\mathrm{oids}}) = \vec{P}_{\mathrm{oids}} \cdot \mathrm{d}\vec{OP} = m g\,\mathrm{d}l = -\mathrm{d}\mathcal{E}_{\mathrm{p},\mathrm{p}}

   On en déduit par intégration :

   \mathcal{E}_{\mathrm{p},\mathrm{p}}(l) = - m g l + \mathrm{C^{te}}

   En choisissant la référence de l'énergie potentielle de pesanteur en O (correspondant à l = 0), on a \mathcal{E}_{\mathrm{p},\mathrm{p}}(0) = 0, d'où \mathrm{C^{te}} = 0.

   L'énergie potentielle de pesanteur du point matériel P s'écrit donc :

   \boxed{\mathcal{E}_{\mathrm{p},\mathrm{p}} = - m g l}

   Résultat

   $${\mathcal{E}}_{\mathrm{p},\mathrm{p}}=-mgl$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PSI 2025, Q4

   On étudie le point matériel P de masse m dans le référentiel d'étude \mathcal{R} galiléen.

   Le point P est soumis à deux forces :

   • son poids : \vec{P} = m\vec{g} = mg\,\vec{u}_z ;
   • la force de rappel élastique exercée par le ressort : \vec{F} = -k(l - l_0)\,\vec{u}_z.

   Le vecteur accélération de P s'écrit \vec{a}(P/\mathcal{R}) = \ddot{l}\,\vec{u}_z.

   D'après le principe fondamental de la dynamique :

   \begin{aligned} m\,\vec{a}(P/\mathcal{R}) &= \vec{P} + \vec{F} \\ m\ddot{l}\,\vec{u}_z &= \left[mg - k(l - l_0)\right]\vec{u}_z \end{aligned}

   En projetant sur l'axe (O, \vec{u}_z), on obtient :

   \begin{aligned} m\ddot{l} + k(l - l_0) &= mg \end{aligned}

   soit, en divisant par m :

   \boxed{\ddot{l}(t) + \frac{k}{m}\,l(t) = \frac{k}{m}\,l_0 + g}

   Remarque énergétique : toutes les forces appliquées dérivent d'une énergie potentielle et les frottements sont négligés, l'énergie mécanique \mathcal{E}_{\mathrm{m}} (établie à la question 3) est donc une intégrale première du mouvement :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\mathcal{E}_{\mathrm{m}}}{\mathrm{d}t} = 0 &\iff \dot{l}\left[m\ddot{l} + k(l - l_0) - mg\right] = 0 \end{aligned}

   Pour un mouvement non trivial (\dot{l} \not\equiv 0), on retrouve bien l'équation du mouvement précédente.

   Résultat

   $$\ddot{l}(t)+\frac{k}{m}l(t)=\frac{k}{m}{l}_0+g$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie PSI 2024, Q18

   Le système étudié est le point matériel \mathrm{M} de masse m, dans le référentiel d'étude terrestre \mathcal{R} supposé galiléen.

   Les forces appliquées à \mathrm{M} sont :

   • le poids : \vec{P} = m\vec{g} = mg\cos\theta\,\vec{u}_r - mg\sin\theta\,\vec{u}_\theta ;
   • la tension du fil : \vec{T} = -T\,\vec{u}_r (portée par le fil, sans composante selon \vec{u}_\theta).

   D'après le principe fondamental de la dynamique :

   m\vec{a} = \vec{P} + \vec{T}

   En projetant sur le vecteur unitaire \vec{u}_\theta et en utilisant l'expression de \vec{a} établie à la question Q16 (a_\theta = \ell_0\ddot{\theta}) :

   m\ell_0 \ddot{\theta} = -mg\sin\theta

   En divisant par m\ell_0 et en introduisant la pulsation propre \omega_0 = \sqrt{\dfrac{g}{\ell_0}}, on obtient :

   \boxed{\ddot{\theta} + \omega_0^2\sin\theta = 0}

   Résultat

   $$\ddot{\theta }+{\omega }_0^2\sin \theta =0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique U PSI 2024, Q[7]

   L'électron, de charge q_e, est soumis au champ électrostatique \vec{E}(\vec{r}) créé par la répartition sphérique de charge du noyau. La force électrostatique subie par l'électron s'écrit :

   \vec{F} = q_e \vec{E}(\vec{r})

   D'après le résultat de la question Q3, pour r < \mathcal{R}_0, le champ électrique vaut :

   \vec{E}(\vec{r}) = -\frac{q_e}{4\pi\varepsilon_0 \mathcal{R}_0^3}\vec{r}

   On en déduit l'expression de la force :

   \vec{F} = -\frac{q_e^2}{4\pi\varepsilon_0 \mathcal{R}_0^3}\vec{r}

   Comme q_e^2 > 0, cette force est colinéaire à -\vec{r} et peut s'identifier à une force de rappel élastique de la forme demandée :

   \vec{F} = -m_e \omega_0^2 \vec{r}

   avec

   \boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{q_e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e \mathcal{R}_0^3}}}

   Résultat

   $${\omega }_0=\sqrt{\frac{q_e^2}{4\pi {\epsilon }_0{m}_e{\mathcal{R}}_0^3}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 2 PSI 2024, Q10

   Lors de la chute à vitesse constante \vec{v}, l'intégralité de la puissance mécanique fournie pour vaincre le freinage inductif est convertie en puissance électrique dissipée par effet Joule au sein du tube :

   \mathcal{P}_{\text{méc, cédée}} = -\vec{F}\cdot\vec{v} = \mathcal{P}_\mathrm{J}

   La force de freinage inductif \vec{F} s'oppose au déplacement de l'aimant. Elle est donc colinéaire et de sens opposé à la vitesse \vec{v} :

   \vec{F} = -\lambda \vec{v} \quad \text{avec } \lambda > 0

   La puissance cédée s'écrit alors :

   -\vec{F}\cdot\vec{v} = \lambda v^2

   En identifiant avec l'expression donnée par l'énoncé, \mathcal{P}_\mathrm{J} = K M_0^2 v^2, on obtient directement le coefficient de frottement :

   \lambda = K M_0^2

   D'où l'expression vectorielle de la force de freinage exercée sur l'aimant :

   \boxed{\vec{F} = -K M_0^2 \vec{v}}

   Comme \vec{v} = -v\,\vec{e}_z avec v > 0, cette force est dirigée verticalement vers le haut :

   \vec{F} = K M_0^2 v\,\vec{e}_z

   Résultat

   $$\vec{F}=-K{M}_0^2\vec{v}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Mines-Ponts Physique 2 PSI 2024, Q16

   La Terre possédant une distribution de masse à symétrie sphérique, le théorème de Gauss gravitationnel permet de l'assimiler, pour tout point extérieur (r \geqslant R_T), à une masse ponctuelle M_T concentrée en son centre O. La force de gravitation exercée sur le satellite de masse M, situé à la distance r = R_T + h du centre terrestre, s'écrit :

   \vec{F}_g = -\frac{\mathcal{G} M M_T}{r^2}\,\vec{e}_r

   Au sol (r = R_T), l'identification du champ de gravitation au champ de pesanteur g_0 donne :

   g_0 = \frac{\mathcal{G} M_T}{R_T^2} \iff \mathcal{G} M_T = g_0 R_T^2

   L'énergie potentielle de gravitation E_p vérifie \vec{F}_g = -\vec{\nabla} E_p, soit :

   \frac{\mathrm{d}E_p}{\mathrm{d}r} = \frac{\mathcal{G} M M_T}{r^2} \implies E_p(r) = -\frac{\mathcal{G} M M_T}{r} + \text{cte}

   Avec la convention adoptée en l'infini (E_p \to 0 lorsque h \to +\infty, c'est-à-dire r \to +\infty), la constante d'intégration est nulle. En substituant \mathcal{G} M_T et r = R_T + h, on obtient :

   \boxed{E_p = -\frac{M g_0 R_T^2}{R_T + h}}

   Résultat

   $$E_p=-\frac{M{g}_0{R}_T^2}{R_T+h}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q16

   On étudie la voiturette, assimilée à un point matériel de masse m, dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

   Le système est soumis à deux forces au cours de sa descente :

   • son poids \vec{P}, force conservative dérivant de l'énergie potentielle de pesanteur E_{\mathrm{p}} = mgz (avec l'axe Oz vertical ascendant et l'origine z = 0 choisie sur le plan horizontal) ;
   • la réaction du support \vec{R}, orthogonale à chaque instant à la trajectoire en l'absence de frottement, qui ne travaille donc pas (\delta W(\vec{R}) = 0).

   L'énergie mécanique E_{\mathrm{m}} = E_{\mathrm{c}} + E_{\mathrm{p}} est donc conservée au cours du mouvement :

   E_{\mathrm{m}}(\text{départ}) = E_{\mathrm{m}}(\text{bas})

   Au point de départ, la voiturette est lâchée sans vitesse initiale à l'altitude z = h :

   E_{\mathrm{m}}(\text{départ}) = 0 + mgh = mgh

   Sur la portion horizontale (z = 0), la vitesse est notée v :

   E_{\mathrm{m}}(\text{bas}) = \frac{1}{2}mv^2 + 0 = \frac{1}{2}mv^2

   L'égalité des énergies mécaniques conduit à :

   \frac{1}{2}mv^2 = mgh \implies v = \sqrt{2gh}

   \boxed{v = \sqrt{2gh}}

   Application numérique : Avec h = 50\text{ cm} = 0{,}50\text{ m} et g \approx 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} (ou g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}), on a :

   v = \sqrt{2 \times 9{,}8 \times 0{,}50} = \sqrt{9{,}8} \approx 3{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \quad (\text{ou } \sqrt{10} \approx 3{,}2\text{ m}\cdot\text{s}^{-1})

   Avec un seul chiffre significatif demandé par l'énoncé :

   \boxed{v \approx 3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v=\sqrt{2gh}$$

   $$v\approx 3\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique U PSI 2022, Q47

    On se place dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen. On munit l'axe horizontal d'un vecteur unitaire \mathbf{e}_x orienté vers la droite. À l'équilibre mécanique, les deux masses occupent des positions notées x_{0,\text{eq}} et x_{1,\text{eq}}, où la résultante des forces élastiques s'annule sur chacune d'elles.

    À un instant t, les écarts aux positions d'équilibre sont repérés par :

    \delta x_0(t) = x_0(t) - x_{0,\text{eq}} \quad \text{et} \quad \delta x_1(t) = x_1(t) - x_{1,\text{eq}}

    Effectuons le bilan des forces horizontales s'exerçant sur chaque masse :

    • Masse 0 (à gauche) :

      • Le ressort de raideur k_0, fixé à la paroi gauche immobile, subit une variation d'allongement égale à \delta x_0. Il exerce la force de rappel :

        \mathbf{F}_0 = -k_0 \delta x_0\,\mathbf{e}_x

      • Le ressort central de couplage de raideur \kappa subit une variation d'allongement algébrique \Delta \ell = \delta x_1 - \delta x_0. Il exerce sur la masse 0 la force :

        \mathbf{F}_{\kappa \to 0} = \kappa (\delta x_1 - \delta x_0)\,\mathbf{e}_x

    • Masse 1 (à droite) :

      • Le ressort central exerce, d'après la troisième loi de Newton, la force :

        \mathbf{F}_{\kappa \to 1} = -\mathbf{F}_{\kappa \to 0} = -\kappa (\delta x_1 - \delta x_0)\,\mathbf{e}_x

      • Le ressort de raideur k_1, fixé à la paroi droite immobile, subit une variation d'allongement égale à -\delta x_1. Il exerce la force de rappel :

        \mathbf{F}_1 = -k_1 \delta x_1\,\mathbf{e}_x

    En appliquant le principe fondamental de la dynamique à chaque masse de masse m en projection selon \mathbf{e}_x :

    \begin{aligned} m \frac{\mathrm{d}^2 \delta x_0}{\mathrm{d}t^2} &= -k_0 \delta x_0 + \kappa (\delta x_1 - \delta x_0) \\ m \frac{\mathrm{d}^2 \delta x_1}{\mathrm{d}t^2} &= -k_1 \delta x_1 - \kappa (\delta x_1 - \delta x_0) \end{aligned}

    On en déduit le système d'équations différentielles couplées :

    \boxed{\left\{ \begin{aligned} m \frac{\mathrm{d}^2 \delta x_0}{\mathrm{d}t^2} + (k_0 + \kappa)\,\delta x_0 - \kappa\,\delta x_1 &= 0 \\[6pt] m \frac{\mathrm{d}^2 \delta x_1}{\mathrm{d}t^2} + (k_1 + \kappa)\,\delta x_1 - \kappa\,\delta x_0 &= 0 \end{aligned} \right.}

    Résultat

    $$\{\begin{array}{rl}m\frac{{\mathrm{d}}^2\delta x_0}{\mathrm{d}{t}^2}+(k_0+\kappa )\delta x_0-\kappa \delta x_1& =0\\ m\frac{{\mathrm{d}}^2\delta x_1}{\mathrm{d}{t}^2}+(k_1+\kappa )\delta x_1-\kappa \delta x_0& =0\end{array}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question