Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2025, Q16

   Considérons une particule solide sphérique de diamètre d, de volume V_{\mathrm{s}} = \frac{\pi d^3}{6} et de masse m = \rho_{\mathrm{s}} V_{\mathrm{s}}, en chute verticale dans le gaz du nuage à la vitesse limite v_{\mathrm{s}} (orientée vers le bas).

   Le bilan des forces projeté selon l'axe vertical descendant s'écrit :

   • le poids de la particule :

     P = m g = \rho_{\mathrm{s}} \frac{\pi d^3}{6} g

   • la poussée d'Archimède exercée par le gaz du nuage :

     \Pi_{\mathrm{A}} = \rho_{\mathrm{g}} \frac{\pi d^3}{6} g

   • la force de traînée fluide (résultante vers le haut), d'après la question Q14 :

     F_{\mathrm{T}} = \frac{1}{2} C_x \rho_{\mathrm{g}} S v_{\mathrm{s}}^2 = \frac{1}{2} C_x \rho_{\mathrm{g}} \left( \frac{\pi d^2}{4} \right) v_{\mathrm{s}}^2

   Dans le régime \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} \lesssim 1, en utilisant l'expression du coefficient de traînée C_x = \frac{C_1}{\mathrm{Re}_{\mathrm{p}}} et celle du nombre de Reynolds particulaire \mathrm{Re}_{\mathrm{p}} = \frac{\rho_{\mathrm{g}} d v_{\mathrm{s}}}{\eta_{\mathrm{g}}} :

   \begin{aligned} F_{\mathrm{T}} &= \frac{1}{2} \left( \frac{C_1 \eta_{\mathrm{g}}}{\rho_{\mathrm{g}} d v_{\mathrm{s}}} \right) \rho_{\mathrm{g}} \left( \frac{\pi d^2}{4} \right) v_{\mathrm{s}}^2 \\ &= \frac{\pi C_1}{8} \eta_{\mathrm{g}} d v_{\mathrm{s}} \end{aligned}

   À la vitesse limite de sédimentation v_{\mathrm{s}}, l'accélération de la particule est nulle. Le principe fondamental de la dynamique se réduit à l'équilibre des forces :

   P - \Pi_{\mathrm{A}} - F_{\mathrm{T}} = 0

   En introduisant \Delta\rho = \rho_{\mathrm{s}} - \rho_{\mathrm{g}}, il vient :

   \begin{aligned} \Delta\rho \frac{\pi d^3}{6} g &= \frac{\pi C_1}{8} \eta_{\mathrm{g}} d v_{\mathrm{s}} \end{aligned}

   En simplifiant par \pi d, on obtient :

   \boxed{v_{\mathrm{s}} = \frac{4}{3 C_1} \frac{\Delta\rho \, g \, d^2}{\eta_{\mathrm{g}}}}

   Résultat

   $$v_{\mathrm{s}}=\frac{4}{3C_1}\frac{\Delta \rho g{d}^2}{{\eta }_{\mathrm{g}}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2025, Q25

   Le satellite \mathrm{S} est astreint à une orbite circulaire de rayon fixe r = R_{\mathrm{T}} + H = \text{Cste} dans le plan (\mathrm{O}, x, y). Son vecteur position s'écrit :

   \overrightarrow{\mathrm{OS}}(t) = r \vec{e}_r

   La vitesse de \mathrm{S} dans le référentiel \mathcal{R}_0 est la dérivée temporelle de son vecteur position :

   \begin{aligned} \vec{v} &= \left( \frac{\mathrm{d}\overrightarrow{\mathrm{OS}}}{\mathrm{d}t} \right)_{\mathcal{R}_0} = \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t}\vec{e}_r + r\frac{\mathrm{d}\vec{e}_r}{\mathrm{d}t} \end{aligned}

   Comme r est constant, \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}t} = 0, et d'après l'équation (11), \frac{\mathrm{d}\vec{e}_r}{\mathrm{d}t} = \dot{\theta}\vec{e}_\theta. On en déduit :

   \boxed{\vec{v} = r \dot{\theta} \vec{e}_\theta}

   L'accélération \vec{\gamma} du point matériel \mathrm{S} dans \mathcal{R}_0 s'obtient en dérivant le vecteur vitesse :

   \begin{aligned} \vec{\gamma} &= \left( \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} \right)_{\mathcal{R}_0} \\ &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( r\dot{\theta} \vec{e}_\theta \right) \\ &= r\ddot{\theta} \vec{e}_\theta + r\dot{\theta}\frac{\mathrm{d}\vec{e}_\theta}{\mathrm{d}t} \end{aligned}

   En utilisant la relation \frac{\mathrm{d}\vec{e}_\theta}{\mathrm{d}t} = -\dot{\theta}\vec{e}_r, il vient :

   \boxed{\vec{\gamma} = -r\dot{\theta}^2 \vec{e}_r + r\ddot{\theta} \vec{e}_\theta}

   Résultat

   $$\vec{v}=r\dot{\theta }{\vec{e}}_{\theta }$$

   $$\vec{\gamma }=-r{\dot{\theta }}^2{\vec{e}}_r+r\ddot{\theta }{\vec{e}}_{\theta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2025, Q26

   On applique le principe fondamental de la dynamique (PFD) au satellite S de masse m, assimilé à un point matériel, dans le référentiel géocentrique \mathcal{R}_0 supposé galiléen :

   m\vec{\gamma} = \vec{F}

   où \vec{F} = -\mathcal{G}\dfrac{m M_{\mathrm{T}}}{r^2}\vec{e}_r est la force d'attraction gravitationnelle exercée par la Terre.

   En utilisant l'expression de l'accélération obtenue à la question Q25 pour une trajectoire circulaire de rayon constant r, le PFD s'écrit :

   m\left(-r\dot{\theta}^2\vec{e}_r + r\ddot{\theta}\vec{e}_\theta\right) = -\mathcal{G}\frac{m M_{\mathrm{T}}}{r^2}\vec{e}_r

   Par projection dans la base polaire (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta), on obtient le système d'équations scalaires :

   \begin{aligned} \text{sur }\vec{e}_r &: -m r \dot{\theta}^2 = -\mathcal{G}\frac{m M_{\mathrm{T}}}{r^2} \\ \text{sur }\vec{e}_\theta &: m r \ddot{\theta} = 0 \end{aligned}

   Comme m \neq 0 et r = R_{\mathrm{T}} + H \neq 0, la projection sur \vec{e}_\theta donne immédiatement :

   \ddot{\theta} = 0 \implies \dot{\theta} = \text{Cste}

   La vitesse angulaire du satellite est donc constante : le mouvement orbital est circulaire et uniforme.

   En supposant cette vitesse angulaire positive (\dot{\theta} > 0), la projection radiale donne :

   r \dot{\theta}^2 = \frac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{r^2} \implies \dot{\theta}^2 = \frac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{r^3}

   On en déduit l'expression de la vitesse angulaire \omega = \dot{\theta} :

   \boxed{\omega = \sqrt{\frac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{r^3}} = \sqrt{\frac{\mathcal{G} M_{\mathrm{T}}}{(R_{\mathrm{T}} + H)^3}}}

   Résultat

   $$\omega =\sqrt{\frac{\mathcal{G}{M}_{\mathrm{T}}}{r^3}}=\sqrt{\frac{\mathcal{G}{M}_{\mathrm{T}}}{(R_{\mathrm{T}}+H{)}^3}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2023, Q16

   Dans le référentiel galiléen lié au centre de masse G, les positions le long de l'axe (Ox) orienté par \vec{e}_x s'écrivent :

   \vec{r}_A = x_A \vec{e}_x = -R_A \vec{e}_x \quad \text{et} \quad \vec{r}_B = x_B \vec{e}_x = R_B \vec{e}_x

   La distance internucléaire est donc R = x_B - x_A = R_B + R_A.

   D'après le modèle harmonique validé à la question précédente, la force de rappel élastique exercée par A sur B s'écrit :

   \vec{F}_{A \to B} = -k(R - R_e)\,\vec{e}_x

   D'après le principe des actions réciproques (troisième loi de Newton) :

   \vec{F}_{B \to A} = -\vec{F}_{A \to B} = +k(R - R_e)\,\vec{e}_x

   1. Application du PFD au point matériel B :

   m_B \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{e}_x = \vec{F}_{A \to B} \implies m_B \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2} = -k(R - R_e)

   Soit :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2} = -\frac{k}{m_B}(R - R_e)

   2. Application du PFD au point matériel A :

   m_A \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{e}_x = \vec{F}_{B \to A} \implies m_A \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2} = +k(R - R_e)

   Soit :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2} = +\frac{k}{m_A}(R - R_e)

   3. Équation différentielle sur R(t) :

   En soustrayant membre à membre les deux équations précédentes :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}^2 R}{\mathrm{d}t^2} &= \frac{\mathrm{d}^2 x_B}{\mathrm{d}t^2} - \frac{\mathrm{d}^2 x_A}{\mathrm{d}t^2} \\ &= -\left(\frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}\right) k(R - R_e) \end{aligned}

   En introduisant la masse réduite \mu = \frac{m_A m_B}{m_A + m_B}, on a \frac{1}{\mu} = \frac{1}{m_A} + \frac{1}{m_B}, d'où :

   \frac{\mathrm{d}^2 R}{\mathrm{d}t^2} + \frac{k}{\mu}(R - R_e) = 0

   On obtient bien l'équation demandée :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2 R}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0^2(R - R_e) = 0}

   avec :

   \boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{\mu}}}

   4. Fréquence d'oscillation :

   La fréquence des oscillations vibrationnelles est donnée par f = \frac{\omega_0}{2\pi} :

   \boxed{f = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu}}}

   5. Domaine spectral associé :

   Les transitions vibrationnelles des molécules correspondent classiquement à l'absorption ou à l'émission de rayonnement dans le domaine de l'infrarouge (IR), typiquement pour des longueurs d'onde :

   \boxed{\lambda \in [0{,}8\,\mu\mathrm{m}\;;\;100\,\mu\mathrm{m}]} \quad (\text{en particulier l'infrarouge moyen : } 2{,}5\,\mu\mathrm{m} \text{ à } 25\,\mu\mathrm{m})

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^{2}R}{\mathrm{d}{t}^2}+{\omega }_0^2(R-R_e)=0$$

   $${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{\mu }}$$

   $$f=\frac{1}{2\pi }\sqrt{\frac{k}{\mu }}$$

   $$\lambda \in [0,8\mu \mathrm{m};100\mu \mathrm{m}]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2022, Q9

   On étudie la gouttelette de masse m et de rayon R, assimilée à un point matériel, dans le référentiel terrestre \mathcal{R}(\mathrm{O}, x, y, z) supposé galiléen.

   La gouttelette sphérique est constituée d'eau de masse volumique \rho, d'où sa masse :

   m = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho

   Elle est soumise à deux forces (la poussée d'Archimède étant négligée selon l'énoncé) :

   • son poids : \vec{P} = m\vec{g} = -mg\,\vec{e}_z ;
   • la force de traînée visqueuse de Stokes : \vec{F}_{\mathrm{v}} = -6\pi\eta R\vec{v}.

   D'après le principe fondamental de la dynamique :

   m\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{P} + \vec{F}_{\mathrm{v}} = -mg\,\vec{e}_z - 6\pi\eta R\vec{v}

   En divisant par m :

   \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} + \frac{6\pi\eta R}{m}\vec{v} = -g\,\vec{e}_z

   Or, le rapport \dfrac{m}{6\pi\eta R} s'écrit :

   \frac{m}{6\pi\eta R} = \frac{\frac{4}{3}\pi R^3 \rho}{6\pi\eta R} = \frac{2\rho R^2}{9\eta} = \tau^\star

   L'équation vectorielle devient donc :

   \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} + \frac{\vec{v}}{\tau^\star} = -g\,\vec{e}_z

   Par projection sur les axes (\mathrm{O}x) et (\mathrm{O}z), on obtient les équations différentielles scalaires vérifiées par v_x et v_z :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t} + \frac{v_x}{\tau^\star} = 0}

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} + \frac{v_z}{\tau^\star} = -g}

   Signification physique : \tau^\star représente le temps de relaxation visqueuse de la gouttelette (durée caractéristique du régime transitoire). C'est l'échelle de temps au bout de laquelle la composante horizontale de la vitesse s'amortit significativement (extinction de l'inertie initiale) et la vitesse verticale de chute s'approche de sa vitesse limite permanente.

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{v}_x}{\mathrm{d}t}+\frac{v_x}{{\tau }^{\star }}=0$$

   $$\frac{\mathrm{d}{v}_z}{\mathrm{d}t}+\frac{v_z}{{\tau }^{\star }}=-g$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2022, Q10

   Lorsque la gouttelette atteint sa vitesse limite de chute, son accélération s'annule : \dfrac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} = 0.

   D'après l'équation différentielle établie à la question Q9 :

   \frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} + \frac{v_z}{\tau^\star} = -g

   On en déduit immédiatement la composante verticale limite :

   \boxed{v_z^\star = -g \tau^\star}

   La valeur absolue de cette vitesse limite s'écrit donc :

   |v_z^\star| = g \tau^\star = \frac{2\rho g R^2}{9\eta}

   Applications numériques :

   • Pour R = 20\text{ }\mu\mathrm{m} = 2{,}0 \times 10^{-5}\text{ m} :

     |v_z^\star| = \frac{2 \times 10^3 \times 10 \times (2{,}0 \times 10^{-5})^2}{9 \times 2 \times 10^{-5}} = \frac{4}{90}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 4{,}4 \times 10^{-2}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} = 4{,}4\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1}
     \boxed{|v_z^\star|_{R=20\,\mu\text{m}} \simeq 4{,}4 \times 10^{-2}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   • Pour R = 100\text{ }\mu\mathrm{m} = 1{,}0 \times 10^{-4}\text{ m} : Comme |v_z^\star| \propto R^2, le rayon étant multiplié par 5, la vitesse limite est multipliée par 5^2 = 25 :

     |v_z^\star| = 25 \times \frac{4}{90}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} = \frac{10}{9}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \simeq 1{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}
     \boxed{|v_z^\star|_{R=100\,\mu\text{m}} \simeq 1{,}1\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v_z^{\star }=-g{\tau }^{\star }$$

   $$|v_z^{\star }{|}_{R=20\mu \text{m}}\simeq 4,4\times 10^{-2}\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$|v_z^{\star }{|}_{R=100\mu \text{m}}\simeq 1,1\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2022, Q12

   D'après l'équation différentielle établie à la question Q9, la composante horizontale de la vitesse vérifie :

   \frac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t} + \frac{v_x}{\tau^\star} = 0

   Avec la condition initiale v_x(0) = v_0, l'évolution temporelle de v_x s'écrit :

   v_x(t) = v_0 \exp\left(-\frac{t}{\tau^\star}\right)

   En intégrant entre t = 0 (où x(0) = 0) et un instant t, on obtient la position horizontale :

   x(t) = \int_0^t v_x(t')\,\mathrm{d}t' = v_0 \tau^\star \left[1 - \exp\left(-\frac{t}{\tau^\star}\right)\right]

   L'altitude de lancer étant supposée suffisante pour que la gouttelette atteigne sa portée horizontale avant de toucher le sol, la distance horizontale maximale parcourue x^\star correspond à la limite lorsque t \gg \tau^\star :

   \boxed{x^\star = v_0 \tau^\star = \frac{2\rho R^2 v_0}{9\eta}}

   Applications numériques :

   La vitesse initiale est v_0 = 100\text{ cm}\cdot\text{s}^{-1} = 1{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

   En réutilisant les valeurs de \tau^\star = |v_z^\star|/g issues de la question Q10 :

   • Pour R = 20\text{ }\mu\mathrm{m} :

     \tau^\star \simeq 4{,}4 \times 10^{-3}\text{ s} \implies x^\star = 1{,}0 \times 4{,}4 \times 10^{-3} = 4{,}4 \times 10^{-3}\text{ m}
     \boxed{x^\star(20\text{ }\mu\mathrm{m}) \simeq 4{,}4\text{ mm}}

   • Pour R = 100\text{ }\mu\mathrm{m} :

     \tau^\star \simeq 0{,}11\text{ s} \implies x^\star = 1{,}0 \times 0{,}11 = 0{,}11\text{ m}
     \boxed{x^\star(100\text{ }\mu\mathrm{m}) \simeq 11\text{ cm}}

   Résultat

   $$x^{\star }=v_0{\tau }^{\star }=\frac{2\rho R^2{v}_0}{9\eta }$$

   $$x^{\star }(20\mu \mathrm{m})\simeq 4,4\text{ mm}$$

   $$x^{\star }(100\mu \mathrm{m})\simeq 11\text{ cm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2021, Q43

   On étudie la masse effective m dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. Le mouvement s'effectuant uniquement le long de l'axe (Ox), le bilan des forces horizontales s'écrit :

   • la force piézo-électrique : \vec{F}(U) = F(U)\,\vec{e}_x ;
   • la force de rappel élastique exercée par le ressort de raideur k et de longueur à vide nulle : \vec{F}_{\text{rappel}} = -k\,x_m(t)\,\vec{e}_x.

   D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué à la masse m en projection sur l'axe (Ox) :

   m \frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} = F(U) - k\,x_m(t)

   En introduisant la variable L(U) = \dfrac{F(U)}{k}, on obtient :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \frac{k}{m}\left(x_m(t) - L(U)\right) = 0}

   ou, sous forme équivalente avec la pulsation propre \omega_0 = \sqrt{k/m} :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_m(t)}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0^2 x_m(t) = \omega_0^2 L(U)

   En régime quasi-statique, les variations temporelles sont suffisamment lentes pour que l'accélération soit négligeable devant les termes de force (\ddot{x}_m \approx 0). L'équation du mouvement se réduit à :

   x_m(t) \approx L(U)

   L(U) représente donc la position d'équilibre (ou le déplacement statique) de la masse effective m sous l'effet de la tension appliquée U.

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2{x}_m(t)}{\mathrm{d}{t}^2}+\frac{k}{m}\left(x_m(t)-L(U)\right)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique BCPST 2021, Q47

   On étudie la masse M, assimilée à un point matériel ou en translation, dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen, muni de la base orthonormée (\vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z).

   Le système est soumis à deux actions mécaniques :

   • son poids :

     \vec{P} = -M g\,\vec{e}_z

   • la force de contact exercée par la masse m, décomposée en une composante normale \vec{N}_{m \to M} = N\,\vec{e}_z et une composante tangentielle de frottement donnée par l'énoncé \vec{F}_{m \to M}^t = T\,\vec{e}_x :

     \vec{F}_{m \to M} = T\,\vec{e}_x + N\,\vec{e}_z

   Le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

   M \frac{\mathrm{d}^2 \vec{r}_M}{\mathrm{d}t^2} = \vec{P} + \vec{F}_{m \to M} = T\,\vec{e}_x + (N - Mg)\,\vec{e}_z

   Le mouvement étant purement horizontal d'après l'énoncé, l'accélération selon la verticale est nulle (\ddot{z}_M = 0), ce qui confirme N = Mg.

   En projection selon l'axe horizontal (Ox), on obtient l'équation différentielle recherchée :

   \boxed{M \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2}(t) = T}

   soit encore :

   \frac{\mathrm{d}^2 x_M}{\mathrm{d}t^2}(t) = \frac{T}{M}

   Résultat

   $$M\frac{{\mathrm{d}}^2{x}_M}{\mathrm{d}{t}^2}(t)=T$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2021, Q48

    On étudie la masse effective m dans le référentiel terrestre supposé galiléen, muni de la base orthonormée (\vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z).

    D'après l'énoncé, les mouvements verticaux selon (Oz) sont négligés (le poids de m, le poids transmis de M et la réaction normale du bâti se compensent). Selon l'axe horizontal (Ox), la masse m est soumise à trois actions :

    • la force piézo-électrique : \vec{F}(U) = F(U)\,\vec{e}_x ;
    • la force de rappel élastique : \vec{F}_{\text{rappel}} = -k\,x_m\,\vec{e}_x (ressort de raideur k et de longueur à vide nulle) ;

    • la force tangentielle exercée par le mobile M sur m, notée \vec{F}_{M\to m}^t. En vertu du principe des actions réciproques (troisième loi de Newton) et de la relation (14), on a :

      \vec{F}_{M\to m}^t = -\vec{F}_{m\to M}^t = -T\,\vec{e}_x

    Le principe fondamental de la dynamique projeté sur l'axe (Ox) s'écrit :

    m\,\frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2} = -k\,x_m + F(U) - T

    En introduisant le déplacement statique L(U) = \frac{F(U)}{k}, on obtient l'équation différentielle régissant l'évolution de x_m(t) :

    \boxed{m\,\frac{\mathrm{d}^2 x_m}{\mathrm{d}t^2} + k\left(x_m(t) - L(U)\right) = -T}

    Résultat

    $$m\frac{{\mathrm{d}}^2{x}_m}{\mathrm{d}{t}^2}+k\left(x_m(t)-L(U)\right)=-T$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question