Feuille d'entraînement : Mécanique

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2026, Q1

   L'axe (Oz) étant vertical descendant, le champ de pesanteur s'écrit \vec{g} = g\,\vec{e}_z. Les particules minérales sont modélisées par des sphères indéformables de rayon r, de volume \mathcal{V} = \frac{4}{3}\pi r^3 et de masse volumique \rho_0.

   Une particule en mouvement à la vitesse \vec{v} dans l'eau de masse volumique \rho_{\mathrm{e}} et de viscosité dynamique \eta est soumise à trois forces :

   • Le poids de la particule :

     \boxed{\vec{P} = m\vec{g} = \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_0 g\,\vec{e}_z}

   • La poussée d'Archimède, opposée au poids du volume d'eau déplacé :

     \boxed{\vec{\Pi} = -\rho_{\mathrm{e}}\mathcal{V}\vec{g} = -\frac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\mathrm{e}} g\,\vec{e}_z}

   • La force de frottement fluide (formule de Stokes donnée par l'énoncé) :

     \boxed{\vec{F} = -6\pi\eta r \vec{v}}

   Résultat

   $$\vec{P}=m\vec{g}=\frac{4}{3}\pi r^3{\rho }_{0}g{\vec{e}}_z$$

   $$\vec{\Pi }=-{\rho }_{\mathrm{e}}\mathcal{V}\vec{g}=-\frac{4}{3}\pi r^3{\rho }_{\mathrm{e}}g{\vec{e}}_z$$

   $$\vec{F}=-6\pi \eta r\vec{v}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2026, Q2

   On étudie une particule sphérique de masse m = \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_0 dans le référentiel lié au bocal, supposé galiléen.

   D'après le bilan des forces établi à la question précédente :

   m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{P} + \vec{\Pi} + \vec{F}

   En projetant sur l'axe vertical descendant orienté par le vecteur unitaire \vec{e}_z :

   m \frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} = \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_0 g - \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_{\mathrm{e}} g - 6\pi \eta r v_z

   En divisant par la masse m = \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_0, on obtient l'équation différentielle :

   \frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} + \frac{6\pi \eta r}{\frac{4}{3}\pi r^3 \rho_0} v_z = \left(1 - \frac{\rho_{\mathrm{e}}}{\rho_0}\right) g

   Soit sous forme canonique :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} + \frac{9\eta}{2\rho_0 r^2} v_z = \left(\frac{\rho_0 - \rho_{\mathrm{e}}}{\rho_0}\right) g}

   Lorsque la vitesse limite est atteinte, l'accélération s'annule (\frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} = 0), d'où :

   \frac{9\eta}{2\rho_0 r^2} v_\ell = \left(\frac{\rho_0 - \rho_{\mathrm{e}}}{\rho_0}\right) g

   Ce qui donne l'expression de la vitesse limite :

   \boxed{v_\ell = \frac{2(\rho_0 - \rho_{\mathrm{e}}) g r^2}{9\eta}}

   Puisque la masse volumique des particules est supérieure à celle de l'eau (\rho_0 > \rho_{\mathrm{e}}), on en déduit immédiatement :

   \boxed{v_\ell > 0}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{v}_z}{\mathrm{d}t}+\frac{9\eta }{2{\rho }_0{r}^2}{v}_z=\left(\frac{{\rho }_0-{\rho }_{\mathrm{e}}}{{\rho }_0}\right)g$$

   $$v_{\ell }=\frac{2({\rho }_0-{\rho }_{\mathrm{e}})g{r}^2}{9\eta }$$

   $$v_{\ell }>0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Modelisation PC 2026, Q2

   D'après la courbe de la figure 3, l'énergie potentielle E_p(x) présente un minimum (tangente horizontale) en :

   \boxed{x = x_e}

   Le système possède donc bien une position d'équilibre en x = x_e, et cet équilibre est stable car il correspond à un minimum d'énergie potentielle.

   Résultat

   $$x=x_e$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Modelisation PC 2026, Q3

   D'après l'expression du potentiel de Morse :

   E_p(x) = D\left(1 - \mathrm{e}^{-\alpha(x - x_e)}\right)^2

   Lorsque la distance internucléaire x tend vers l'infini, le terme exponentiel s'annule :

   \lim_{x \to +\infty} \mathrm{e}^{-\alpha(x - x_e)} = 0 \implies \lim_{x \to +\infty} E_p(x) = D

   La constante D correspond donc à l'asymptote horizontale de l'énergie potentielle à l'infini. Elle représente l'énergie de dissociation de la liaison (en prenant l'énergie minimale comme référence E_p(x_e) = 0).

   L'énergie cinétique du système vérifie E_c = E_m - E_p(x) \ge 0, ce qui impose que le mouvement ne s'effectue que dans le domaine spatial où E_p(x) \le E_m :

   • Pour E_m < D (avec E_m \ge 0) : le domaine spatial accessible à la molécule est un intervalle fermé et borné [x_{\min}, x_{\max}]. La distance internucléaire oscille périodiquement entre deux points de rebroussement : le système se trouve dans un état lié.
   • Pour E_m > D : la condition E_p(x) \le E_m est vérifiée pour tout x \ge x_{\min}. Le domaine accessible [x_{\min}, +\infty[ n'est pas borné supérieurement : les atomes peuvent s'éloigner indéfiniment l'un de l'autre (dissociation). Le système se trouve dans un état libre.

   \boxed{\text{Si } E_m < D \text{ : état lié} \quad ; \quad \text{Si } E_m > D \text{ : état libre.}}

   Résultat

   $$\text{Si }{E}_m<D\text{ : eˊtat lieˊ};\text{Si }{E}_m>D\text{ : eˊtat libre.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP Modelisation PC 2026, Q8

   Par définition de la distance internucléaire, x(t) = x_B(t) - x_A(t). En dérivant deux fois par rapport au temps, on obtient :

   \ddot{x} = \ddot{x}_B - \ddot{x}_A

   D'après les relations (1) et (2) établies aux questions Q6 et Q7 :

   \ddot{x}_A = \frac{k}{m_A}(x - x_e) \quad \text{et} \quad \ddot{x}_B = -\frac{k}{m_B}(x - x_e)

   En injectant ces deux expressions dans celle de \ddot{x} :

   \begin{aligned} \ddot{x} &= -\frac{k}{m_B}(x - x_e) - \frac{k}{m_A}(x - x_e) \\ \ddot{x} &= -k\left(\frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}\right)(x - x_e) \end{aligned}

   En introduisant la masse réduite \mu définie par :

   \frac{1}{\mu} = \frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B} \iff \mu = \frac{m_A m_B}{m_A + m_B}

   l'équation s'écrit :

   \ddot{x} = -\frac{k}{\mu}(x - x_e)

   soit, en multipliant par \mu et en regroupant les termes :

   \boxed{\mu \ddot{x} + kx = kx_e}

   avec :

   \boxed{\mu = \frac{m_A m_B}{m_A + m_B}}

   Résultat

   $$\mu \ddot{x}+kx=k{x}_e$$

   $$\mu =\frac{m_A{m}_B}{m_A+m_B}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Modelisation PSI 2026, Q2

   La fermeture géométrique vectorielle de la chaîne s'écrit :

   \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{AB}

   En projetant les vecteurs \vec{x}_1 et \vec{x}_2 dans la base fixe (\vec{x}_0, \vec{y}_0, \vec{z}_0) liée au bâti (0) :

   \begin{aligned} \overrightarrow{OA} &= R \cos \theta_1\,\vec{x}_0 + R \sin \theta_1\,\vec{y}_0 \\ \overrightarrow{AB} &= L \cos \theta_2\,\vec{x}_0 + L \sin \theta_2\,\vec{y}_0 \\ \overrightarrow{OB} &= x_3\,\vec{x}_0 \end{aligned}

   La projection de la relation de fermeture sur les axes \vec{x}_0 et \vec{y}_0 conduit au système :

   \begin{align*} x_3 &= R \cos \theta_1 + L \cos \theta_2 \tag{1} \\ 0 &= R \sin \theta_1 + L \sin \theta_2 \tag{2}\end{align*}

   De l'équation (2), on tire :

   L \sin \theta_2 = - R \sin \theta_1

   En utilisant la relation trigonométrique \cos^2 \theta_2 + \sin^2 \theta_2 = 1 :

   (L \cos \theta_2)^2 = L^2 - (L \sin \theta_2)^2 = L^2 - (R \sin \theta_1)^2

   Comme R < L, on a pour tout \theta_1, L^2 - (R \sin \theta_1)^2 \ge L^2 - R^2 > 0. On en déduit deux solutions mathématiques pour L \cos \theta_2 :

   L \cos \theta_2 = \pm \sqrt{L^2 - (R \sin \theta_1)^2}

   D'où l'expression générale de la position du piston :

   x_3 = R \cos \theta_1 \pm \sqrt{L^2 - (R \sin \theta_1)^2}

   Justification de la solution retenue :

   D'après le schéma cinématique (figure 2), le piston (3) est situé à droite de la manivelle (x_3 > 0 en permanence) et la bielle est dirigée vers les x croissants depuis le point A vers le point B. Ainsi :

   \overrightarrow{AB} \cdot \vec{x}_0 = L \cos \theta_2 > 0 \quad \left(\theta_2 \in \left]-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right[\right)

   La branche négative mènerait par exemple, pour \theta_1 = 0, à x_3 = R - L < 0 (bielle repliée vers la gauche), ce qui est incompatible avec la configuration géométrique de montage de la pompe.

   La seule solution physiquement possible est donc :

   \boxed{x_3 = R \cos \theta_1 + \sqrt{L^2 - (R \sin \theta_1)^2}}

   Résultat

   $$x_3=R\cos {\theta }_1+\sqrt{L^2-(R\sin {\theta }_1{)}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Modelisation TSI 2026, Q10

   Le domaine matériel \mathscr{D} du flotteur est défini par :

   \mathscr{D} = \left\{ M \mid \overrightarrow{OM} = \rho\,\vec{e}_r(\theta) + z\,\vec{z}, \quad \rho \in [R_i, R_e(\theta)], \quad \theta \in [0, 2\pi], \quad z \in \left[-\frac{\ell}{2}, \frac{\ell}{2}\right] \right\}.

   En supposant le flotteur homogène, celui-ci admet deux plans orthogonaux de symétrie matérielle passant par O :

   • Le plan (O, \vec{x}, \vec{z}) : d'après la question Q3, la fonction R_e est paire (R_e(-\theta) = R_e(\theta)), de sorte que le profil de la section droite est symétrique par rapport à l'axe (O, \vec{x}). L'invariance par l'application y \mapsto -y entraîne l'annulation des produits d'inertie correspondants :

     I_{xy} = \iiint_\mathscr{D} x\,y\,\mathrm{d}m = 0 \quad \text{et} \quad I_{yz} = \iiint_\mathscr{D} y\,z\,\mathrm{d}m = 0.

   • Le plan (O, \vec{x}, \vec{y}) : la section droite ne dépend pas de z et la cote z varie sur l'intervalle symétrique \left[-\frac{\ell}{2}, \frac{\ell}{2}\right]. L'invariance par la transformation z \mapsto -z entraîne :

     I_{xz} = \iiint_\mathscr{D} x\,z\,\mathrm{d}m = 0 \quad \text{et} \quad I_{yz} = \iiint_\mathscr{D} y\,z\,\mathrm{d}m = 0.

   Les trois produits d'inertie sont donc rigoureusement nuls :

   I_{xy} = I_{xz} = I_{yz} = 0.

   Par conséquent, les directions (O, \vec{x}), (O, \vec{y}) et (O, \vec{z}) sont des axes principaux d'inertie du flotteur au point O.

   \boxed{\text{La matrice d'inertie } \overline{\bar{I}}_\mathrm{f}(O) \text{ est diagonale dans la base } (\vec{x}, \vec{y}, \vec{z}).}

   Résultat

   $$\text{La matrice d’inertie }{\overline{\bar{I}}}_{\mathrm{f}}(O)\text{ est diagonale dans la base }(\vec{x},\vec{y},\vec{z}).$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Modelisation TSI 2026, Q18

   Soit r_2 la rotation d'axe \operatorname{Vect}(\vec{z}) orientée par \vec{z} et d'angle \alpha = -\dfrac{\pi}{2}.

   Dans la base orthonormée directe (\vec{x}, \vec{y}, \vec{z}), l'axe de rotation étant dirigé par \vec{z}, l'image de \vec{z} est invariante :

   r_2(\vec{z}) = \vec{z}.

   Dans le plan (O, \vec{x}, \vec{y}) orienté par \vec{z}, l'action de la rotation d'angle \alpha s'écrit :

   \begin{aligned} r_2(\vec{x}) &= \cos(\alpha)\vec{x} + \sin(\alpha)\vec{y} = \cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)\vec{x} + \sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)\vec{y} = -\vec{y}, \\ r_2(\vec{y}) &= -\sin(\alpha)\vec{x} + \cos(\alpha)\vec{y} = -\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)\vec{x} + \cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)\vec{y} = \vec{x}. \end{aligned}

   En disposant en colonnes les coordonnées des images des vecteurs de la base (\vec{x}, \vec{y}, \vec{z}), on obtient la matrice R_2 :

   \boxed{R_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}}

   Résultat

   $$R_2=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ -1& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Modelisation TSI 2026, Q22

   La transposée de la matrice R s'écrit :

   R^{\mathsf{T}} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 \\ -1 & 2 & -2 \\ -2 & 1 & 2 \end{pmatrix}.

   Calculons le produit matriciel R^{\mathsf{T}} R :

   \begin{aligned} R^{\mathsf{T}} R &= \frac{1}{9} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 \\ -1 & 2 & -2 \\ -2 & 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -1 & -2 \\ 2 & 2 & 1 \\ 1 & -2 & 2 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{9} \begin{pmatrix} 2^2 + 2^2 + 1^2 & 2(-1) + 2(2) + 1(-2) & 2(-2) + 2(1) + 1(2) \\ -1(2) + 2(2) - 2(1) & (-1)^2 + 2^2 + (-2)^2 & -1(-2) + 2(1) - 2(2) \\ -2(2) + 1(2) + 2(1) & -2(-1) + 1(2) + 2(-2) & (-2)^2 + 1^2 + 2^2 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{9} \begin{pmatrix} 9 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \\ 0 & 0 & 9 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I_3. \end{aligned}

   Puisque R^{\mathsf{T}} R = I_3, on conclut que :

   \boxed{R \text{ est une matrice orthogonale, c'est-à-dire } R \in \mathrm{O}_3(\mathbb{R}).}

   Résultat

   $$R\text{ est une matrice orthogonale, c’est-aˋ-dire }R\in {\mathrm{O}}_3(\mathbb{R}).$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique MP 2026, Q2

    1. Équation différentielle du mouvement

    On étudie le système constitué de la masse ponctuelle m dans le référentiel lié au sol, supposé galiléen.

    On repère la position de la masse dans le plan vertical d'oscillation à l'aide des coordonnées polaires de centre O et de base locale (\vec{u}_r, \vec{u}_\theta) :

    \vec{OM} = \ell\,\vec{u}_r \quad \text{et} \quad \vec{v} = \ell\dot{\theta}\,\vec{u}_\theta

    Le moment cinétique de la masse m par rapport au point fixe O s'écrit :

    \vec{L}_O(m) = \vec{OM} \wedge m\vec{v} = m\ell^2\dot{\theta}\,\vec{u}_y

    où \vec{u}_y = \vec{u}_r \wedge \vec{u}_\theta est le vecteur unitaire perpendiculaire au plan d'oscillation.

    La masse est soumise à deux actions mécaniques :

    • la tension du fil : \vec{T} = -T\,\vec{u}_r, dont le moment en O est nul car sa ligne d'action passe par O :

      \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{T}) = \vec{OM} \wedge \vec{T} = \vec{0}

    • la force de gravitation : \vec{F} = m\vec{g}_0 = -m g_0 \vec{u}_z = mg_0(\cos\theta\,\vec{u}_r - \sin\theta\,\vec{u}_\theta), d'où :

      \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{F}) = \ell\,\vec{u}_r \wedge m\vec{g}_0 = -m g_0 \ell \sin\theta\,\vec{u}_y

    En appliquant le théorème du moment cinétique en O dans le référentiel galiléen :

    \frac{\mathrm{d}\vec{L}_O}{\mathrm{d}t} = \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{T}) + \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{F}) \implies m\ell^2\ddot{\theta}\,\vec{u}_y = -m g_0 \ell \sin\theta\,\vec{u}_y

    On obtient l'équation différentielle non linéaire exacte :

    \boxed{\ddot{\theta} + \frac{g_0}{\ell}\sin\theta = 0}

    2. Mesure de g_0 au chronomètre

    Dans l'approximation des petites oscillations (\theta \ll 1\text{ rad}, soit \sin\theta \simeq \theta), l'équation devient celle d'un oscillateur harmonique :

    \ddot{\theta} + \omega_0^2\,\theta = 0 \quad \text{avec} \quad \omega_0 = \sqrt{\frac{g_0}{\ell}}

    La période propre des oscillations est alors indépendante de l'amplitude (isochronisme des petites oscillations) :

    T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g_0}} \implies g_0 = \frac{4\pi^2\ell}{T_0^2}

    Pour mesurer g_0 avec précision à l'aide d'un chronomètre :

    1. On écarte le pendule d'un angle faible (typiquement \theta_{\max} \lesssim 10^\circ) sans vitesse initiale.
    2. Pour s'affranchir de l'incertitude liée au temps de réaction de l'expérimentateur lors du déclenchement et de l'arrêt du chronomètre, on mesure la durée \Delta t correspondant à un nombre entier N élevé d'oscillations complètes (par exemple N = 10 ou 20).
    3. On en déduit la période propre T_0 = \frac{\Delta t}{N}.
    4. Connaissant par ailleurs la longueur \ell du pendule (mesurée préalablement avec une règle), on calcule la valeur de l'accélération de la pesanteur :

    \boxed{g_0 = \frac{4\pi^2 \ell N^2}{(\Delta t)^2}}

    Résultat

    $$\ddot{\theta }+\frac{g_0}{\ell }\sin \theta =0$$

    $$g_0=\frac{4{\pi }^2\ell N^2}{(\Delta t{)}^2}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question