Feuille d'entraînement : Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2023, Q38

   On étudie le point matériel P de masse M dans le référentiel terrestre supposé galiléen. L'axe vertical (Oz) est orienté vers le bas.

   Le plateau \Sigma étant immobile, le point d'attache A est fixe à l'origine (z_A = 0). La position du point P est donc repérée par sa cote :

   z_P(t) = L(t)

   Ses dérivées temporelles sont :

   \dot{z}_P(t) = \dot{L}(t) \quad \text{et} \quad \ddot{z}_P(t) = \ddot{L}(t)

   Le point P est soumis à trois forces :

   • son poids : \vec{P} = M g_0 \vec{e}_z ;
   • la force de rappel élastique exercée par le ressort : \vec{F}_{\text{ressort}} = -k (L(t) - L_0) \vec{e}_z ;
   • la force de frottement fluide : \vec{f} = -2\lambda M \dot{L}(t) \vec{e}_z.

   D'après la deuxième loi de Newton :

   M \frac{\mathrm{d}^2 z_P}{\mathrm{d}t^2} \vec{e}_z = \vec{P} + \vec{F}_{\text{ressort}} + \vec{f}

   En projetant sur l'axe vertical descendant \vec{e}_z :

   M \ddot{L}(t) = M g_0 - k\big(L(t) - L_0\big) - 2\lambda M \dot{L}(t)

   Or, d'après la condition d'équilibre établie à la question Q37, on a :

   M g_0 - k(L_{\text{eq}} - L_0) = 0 \iff M g_0 = k(L_{\text{eq}} - L_0)

   En réinjectant cette expression dans la somme du poids et de la force de rappel :

   M g_0 - k\big(L(t) - L_0\big) = -k\big(L(t) - L_{\text{eq}}\big) = -k Z(t)

   Comme Z(t) = L(t) - L_{\text{eq}}, on a de plus \dot{Z}(t) = \dot{L}(t) et \ddot{Z}(t) = \ddot{L}(t). L'équation du mouvement devient alors :

   M \ddot{Z}(t) + 2\lambda M \dot{Z}(t) + k Z(t) = 0

   En divisant par la masse M et en posant k/M = \omega_0^2 :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2} + 2\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t} + \omega_0^2 Z = 0}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^{2}Z}{\mathrm{d}{t}^2}+2\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}+{\omega }_0^{2}Z=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2021, Q8

   D'après la question Q7, l'équation différentielle exacte du mouvement est :

   \ddot{\theta} + \frac{g}{l}\sin\theta = 0

   Dans le cadre de l'approximation des petites oscillations (\theta \ll 1\text{ rad}), on effectue un développement limité à l'ordre 1 : \sin\theta \approx \theta. L'équation différentielle linéarisée s'écrit alors :

   \boxed{ \ddot{\theta}(t) + \frac{g}{l}\theta(t) = 0 }

   Il s'agit de l'équation différentielle d'un oscillateur harmonique non amorti de pulsation propre :

   \omega_0 = \sqrt{\frac{g}{l}}

   La forme générale de la solution est :

   \theta(t) = A \cos(\omega_0 t) + B \sin(\omega_0 t)

   où A et B sont des constantes réelles déterminées par les conditions initiales :

   • À t = 0, le pendule est écarté d'un angle \theta_0 : \theta(0) = A = \theta_0.
   • Le pendule est lâché sans vitesse initiale : \dot{\theta}(0) = B\omega_0 = 0 \implies B = 0.

   On en déduit l'équation horaire du mouvement :

   \boxed{ \theta(t) = \theta_0 \cos\left(\sqrt{\frac{g}{l}}\, t\right) }

   Résultat

   $$\ddot{\theta }(t)+\frac{g}{l}\theta (t)=0$$

   $$\theta (t)={\theta }_0\cos \left(\sqrt{\frac{g}{l}}t\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique A PT 2025, Q45

   L'axe vertical (Oz) est orienté vers le haut et son origine O est située sur l'axe de rotation (\Delta). Le centre d'inertie du tube vide ayant pour altitude z_{\mathrm{G}} = -a < 0, les points situés sous l'axe (\Delta) ont des altitudes négatives.

   Le fond du tube se trouve à la distance b sous l'axe (\Delta), son altitude est donc :

   z_{\text{fond}} = -b

   L'eau forme une colonne homogène de section constante S, reposant sur le fond et s'élevant jusqu'à la hauteur h. Par raison de symétrie, le centre d'inertie de cette masse d'eau se trouve à mi-hauteur du fluide, soit à une distance h/2 au-dessus du fond du tube :

   z_{\mathrm{e}} = z_{\text{fond}} + \frac{h}{2}

   On en déduit :

   \boxed{z_{\mathrm{e}} = \frac{h}{2} - b}

   Résultat

   $$z_{\mathrm{e}}=\frac{h}{2}-b$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2025, Q46

   Soit un axe \mathrm{O}u lié au tube, d'origine \mathrm{O} (sur l'axe de rotation (\Delta)) et orienté du fond vers le haut du tube. Dans la position verticale (\theta = 0), cet axe coïncide avec l'axe vertical ascendant \mathrm{O}z.

   Pour de faibles oscillations, on néglige la déformation de la surface libre de l'eau (l'eau est modélisée comme un solide indéformable lié au tube). Les positions des centres d'inertie le long de l'axe \mathrm{O}u restent donc inchangées :

   • Le centre d'inertie \mathrm{G} du tube vide est situé en u_{\mathrm{G}} = -a ;
   • Le centre d'inertie de l'eau est situé, d'après le résultat de la question Q45, en u_{\mathrm{e}} = \dfrac{h}{2} - b.

   Lorsque le tube est incliné d'un angle \theta par rapport à la verticale ascendante \vec{u}_z, l'altitude z d'un point situé à l'abscisse u le long du tube devient :

   z(\theta) = u \cos\theta

   Les altitudes respectives des centres d'inertie s'écrivent donc :

   \begin{aligned} z_{\mathrm{G}}(\theta) &= -a\cos\theta \\ z_{\mathrm{e}}(\theta) &= \left(\frac{h}{2} - b\right)\cos\theta \end{aligned}

   La masse d'eau contenue dans le tube sur la hauteur h s'exprime par :

   m_{\mathrm{e}} = \rho S h

   L'énergie potentielle de pesanteur du système complet {tube vide + eau} s'écrit alors :

   \begin{aligned} E_{\mathrm{p}}(\theta) &= m g z_{\mathrm{G}}(\theta) + m_{\mathrm{e}} g z_{\mathrm{e}}(\theta) \\ &= -m g a \cos\theta + \rho S h g \left(\frac{h}{2} - b\right)\cos\theta \\ &= \left[ \rho S h \left(\frac{h}{2} - b\right) - ma \right] g \cos\theta \end{aligned}

   On retrouve bien l'expression proposée :

   E_{\mathrm{p}}(\theta) = X g \cos\theta

   avec :

   \boxed{X = \rho S h \left(\frac{h}{2} - b\right) - ma = \rho S \left(\frac{h^2}{2} - bh\right) - ma}

   Résultat

   $$X=\rho Sh\left(\frac{h}{2}-b\right)-ma=\rho S\left(\frac{h^2}{2}-bh\right)-ma$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2025, Q47

   L'énergie potentielle de pesanteur du système {tube vide + eau} s'écrit, d'après la question Q46 :

   E_{\mathrm{p}}(\theta) = X g \cos\theta

   avec :

   X = \rho S \left( \frac{h^2}{2} - bh \right) - ma

   Calculons les dérivées successives de E_{\mathrm{p}} par rapport à l'angle d'inclinaison \theta :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}E_{\mathrm{p}}}{\mathrm{d}\theta}(\theta) &= -X g \sin\theta \\ \frac{\mathrm{d}^2E_{\mathrm{p}}}{\mathrm{d}\theta^2}(\theta) &= -X g \cos\theta \end{aligned}

   En \theta = 0, la dérivée première est nulle :

   \left.\frac{\mathrm{d}E_{\mathrm{p}}}{\mathrm{d}\theta}\right|_{\theta = 0} = 0

   La position verticale \theta = 0 est donc toujours une position d'équilibre mécanique.

   La dérivée seconde prise en cette position vaut :

   \left.\frac{\mathrm{d}^2E_{\mathrm{p}}}{\mathrm{d}\theta^2}\right|_{\theta = 0} = -X g

   Comme g > 0, la stabilité dépend directement du signe de X :

   • si X < 0 : \left.\frac{\mathrm{d}^2E_{\mathrm{p}}}{\mathrm{d}\theta^2}\right|_{\theta = 0} > 0, l'énergie potentielle admet un minimum local strict en \theta = 0 : la position d'équilibre est stable ;
   • si X > 0 : \left.\frac{\mathrm{d}^2E_{\mathrm{p}}}{\mathrm{d}\theta^2}\right|_{\theta = 0} < 0, l'énergie potentielle admet un maximum local strict en \theta = 0 : la position d'équilibre est instable.

   La hauteur critique h_{\mathrm{c}} marque la transition entre la stabilité (X < 0) et l'instabilité (X > 0). Le basculement survient donc lorsque X = 0, soit :

   \rho S \left( \frac{h_{\mathrm{c}}^2}{2} - bh_{\mathrm{c}} \right) - ma = 0

   En multipliant l'ensemble de cette équation par le facteur positif \dfrac{2}{\rho S}, on obtient bien :

   \boxed{h_{\mathrm{c}}^2 - 2bh_{\mathrm{c}} - \frac{2ma}{\rho S} = 0}

   Résultat

   $$h_{\mathrm{c}}^2-2b{h}_{\mathrm{c}}-\frac{2ma}{\rho S}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2023, Q39

   D'après la question 38, l'équation différentielle du mouvement s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2} + 2\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t} + \omega_0^2 Z = 0

   L'équation caractéristique associée à cette équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants est :

   r^2 + 2\lambda r + \omega_0^2 = 0

   Le discriminant réduit de ce trinôme vaut :

   \Delta' = \lambda^2 - \omega_0^2

   Le régime critique marque la transition entre le régime apériodique (\Delta' > 0) et le régime pseudo-périodique (\Delta' < 0). Il correspond à un discriminant nul, soit :

   \Delta' = 0 \iff \lambda^2 = \omega_0^2

   Puisque le coefficient d'amortissement \lambda et la pulsation propre \omega_0 sont des grandeurs positives, la valeur critique est :

   \boxed{\lambda = \omega_0}

   L'équation caractéristique admet alors une racine double réelle négative :

   r_0 = -\lambda = -\omega_0

   La forme générale de la solution Z(t) en régime critique s'écrit donc :

   \boxed{Z(t) = (A + B t)\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t}}

   où A et B sont deux constantes réelles déterminées par les conditions initiales.

   Résultat

   $$\lambda ={\omega }_0$$

   $$Z(t)=(A+Bt){\mathrm{e}}^{-{\omega }_{0}t}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique A PT 2023, Q40

   D'après la question Q39, la solution en régime critique (\lambda = \omega_0) est de la forme :

   Z(t) = (A + B\,t)\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t}

   La dérivée temporelle s'écrit :

   \dot{Z}(t) = \left(B - \omega_0(A + B\,t)\right)\mathrm{e}^{-\omega_0 t}

   Les conditions initiales imposent :

   \begin{aligned} Z(0) &= A = d \\ \dot{Z}(0) &= B - \omega_0 A = 0 \implies B = \omega_0 d \end{aligned}

   L'expression temporelle du déplacement est donc :

   \boxed{Z(t) = d\,(1 + \omega_0 t)\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t}}

   Étudions la fonction pour d > 0 :

   • En t = 0 : Z(0) = d et \dot{Z}(0) = 0, la courbe admet une tangente horizontale à l'origine.

   • Pour t > 0 : la dérivée vaut

     \dot{Z}(t) = -d\,\omega_0^2\,t\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t} < 0

     La fonction Z(t) est strictement décroissante et ne change jamais de signe (aucun dépassement de la position d'équilibre Z = 0, absence d'oscillations).

   • Limite : \lim_{t \to +\infty} Z(t) = 0 par croissances comparées.
   • La dérivée seconde \ddot{Z}(t) = d\,\omega_0^2(\omega_0 t - 1)\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t} s'annule en t = \frac{1}{\omega_0}, ce qui correspond à un point d'inflexion où Z\left(\frac{1}{\omega_0}\right) = \frac{2d}{\mathrm{e}} \approx 0{,}74\,d.

   Résultat

   $$Z(t)=d(1+{\omega }_{0}t){\mathrm{e}}^{-{\omega }_{0}t}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2022, Q29

   D'après la question Q28, le vecteur vitesse du point matériel M dans la base cylindrique s'écrit :

   \vec{v}(M) = R\dot{\theta}\,\vec{u}_\theta + \dot{z}\,\vec{u}_z

   L'énergie cinétique de l'enfant de masse m est donc :

   E_c = \frac{1}{2}m\,v^2 = \frac{1}{2}m\left(R^2\dot{\theta}^2 + \dot{z}^2\right)

   La trajectoire hélicoïdale impose la relation z(t) = \gamma\,\theta(t), d'où par dérivation temporelle :

   \dot{z} = \gamma\,\dot{\theta} \iff \dot{\theta} = \frac{\dot{z}}{\gamma}

   En substituant cette relation dans l'expression de l'énergie cinétique, il vient :

   E_c = \frac{1}{2}m\left(1 + \frac{R^2}{\gamma^2}\right)\dot{z}^2

   Déterminons à présent l'énergie potentielle de pesanteur E_{pp}. L'axe Oz étant vertical et dirigé vers le bas, le poids s'écrit \vec{P} = m g\,\vec{u}_z. Le travail élémentaire du poids lors d'un déplacement élémentaire d\overrightarrow{OM} est :

   \delta W(\vec{P}) = \vec{P}\cdot d\overrightarrow{OM} = mg\,dz = -dE_{pp}

   En choisissant l'origine des énergies potentielles au niveau du point de départ A (z = 0), on obtient :

   E_{pp}(z) = -m g z

   L'énergie mécanique E_m = E_c + E_{pp} s'écrit alors :

   E_m = \frac{1}{2}m\left(1 + \frac{R^2}{\gamma^2}\right)\dot{z}^2 - mgz

   Cette expression est bien de la forme attendue E_m = \frac{1}{2} A \dot{z}^2 - B z, avec :

   \boxed{A = m\left(1 + \frac{R^2}{\gamma^2}\right) = m\left(1 + \frac{4\pi^2 R^2}{h^2}\right)} \quad \text{et} \quad \boxed{B = mg}

   Résultat

   $$A=m\left(1+\frac{R^2}{{\gamma }^2}\right)=m\left(1+\frac{4{\pi }^2{R}^2}{h^2}\right)$$

   $$B=mg$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2022, Q30

   On étudie le mouvement de l'enfant assimilé au point matériel M de masse m dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

   Le système est soumis à deux forces :

   • son poids \vec{P} = mg\,\vec{u}_z, force conservative dérivant de l'énergie potentielle de pesanteur E_p(z) = -mgz (en choisissant l'origine des énergies potentielles en z=0) ;
   • la réaction du toboggan \vec{R}, purement normale à la trajectoire hélicoïdale en l'absence de frottement (\vec{R} = \vec{R}_N). Par conséquent, sa puissance est nulle à chaque instant : \mathcal{P}(\vec{R}) = \vec{R}_N \cdot \vec{v} = 0.

   La seule force qui travaille étant conservative, l'énergie mécanique E_m de l'enfant se conserve au cours du mouvement :

   E_m(t) = E_c(t) + E_p(t) = \frac{1}{2}mv^2(t) - mgz(t) = \text{cte}

   Appliquons cette conservation entre le point de départ A et la sortie du toboggan B :

   • Au départ en A (t=0) : le point M part du repos (v_A = 0) à la cote z_A = 0, donc :

     E_m(A) = 0

   • En sortie en B : après 3 tours complets, la décente totale est z_B = 3h. La vitesse en ce point est notée v_s, d'où :

     E_m(B) = \frac{1}{2}mv_s^2 - 3mgh

   La conservation de l'énergie mécanique E_m(B) = E_m(A) conduit immédiatement à :

   \frac{1}{2}mv_s^2 - 3mgh = 0

   D'où l'expression de la vitesse en sortie de toboggan :

   \boxed{v_s = \sqrt{6gh}}

   Résultat

   $$v_s=\sqrt{6gh}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2022, Q31

    Les frottements étant négligés et la réaction du toboggan étant normale à la trajectoire (donc ne travaillant pas), l'énergie mécanique de l'enfant est une constante du mouvement :

    \frac{\mathrm{d}E_m}{\mathrm{d}t} = 0

    D'après l'expression établie à la question Q29, E_m = \frac{1}{2} A \dot{z}^2 - B z. En dérivant par rapport au temps, il vient :

    \frac{\mathrm{d}E_m}{\mathrm{d}t} = A \dot{z} \ddot{z} - B \dot{z} = \dot{z}(A \ddot{z} - B) = 0

    Pendant la descente, pour t > 0, la vitesse selon l'axe vertical n'est pas identiquement nulle (\dot{z} \neq 0). On en déduit l'équation différentielle satisfaite par z(t) :

    \boxed{\ddot{z} = \frac{B}{A}} \quad \text{ou} \quad \boxed{A \ddot{z} - B = 0}

    Le mouvement le long de la verticale descendante est donc uniformément accéléré d'accélération constante a_z = \frac{B}{A}.

    À l'instant initial t = 0, l'enfant part du repos en A, ce qui donne pour conditions initiales :

    z(0) = 0 \quad \text{et} \quad \dot{z}(0) = 0

    Par intégrations successives :

    \begin{aligned} \dot{z}(t) &= \frac{B}{A} t \\ z(t) &= \frac{1}{2} \frac{B}{A} t^2 \end{aligned}

    Le toboggan se termine au point B après 3 tours complets, soit une cote finale :

    z(T) = 3h

    À l'instant t = T, la cote vérifie :

    \frac{1}{2} \frac{B}{A} T^2 = 3h \implies T^2 = \frac{6hA}{B}

    La durée T étant positive, on obtient :

    \boxed{T = \sqrt{\frac{6hA}{B}}}

    Résultat

    $$\ddot{z}=\frac{B}{A}$$

    $$A\ddot{z}-B=0$$

    $$T=\sqrt{\frac{6hA}{B}}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question