Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

10 questions · filière MPI · durée estimée environ 1 h

Énoncés

Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q15· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 6 min
Montrer que les grandeurs $i (t)$ et $z (t)$ vérifient l'équation différentielle :
$\frac{d ^{2} z}{d t ^{2}} + \frac{ω _{0}}{Q _{m}} \frac{d z}{d t} + ω_{0}^{2} z (t) = - β i (t)$
où $ω_{0}$ , $Q_{m}$ et $β$ sont à exprimer en fonction de $K$ , $M$ , $λ$ , $r$ , $N$ et $B_{0}$ .
Exercice 2X-ENS Physique MPI 2025, Q3· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
On admet que le résultat obtenu à la question 1 reste valable lorsque la densité de charges dépend du temps. Écrire l'équation du mouvement d'un électron de la plaque, de masse $m$ , sous l'effet du champ électrique. En déduire que l'amplitude $x$ du déplacement des électrons oscille à une pulsation $ω_{p}$ dont on donnera l'expression en fonction de $N$ , $e$ , $m$ , et de la permittivité du vide $ϵ_{0}$ .
Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q20· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 8 min
On pose $τ = t - t_{0}$ . Préciser les valeurs de $x_{A}$ , de $X_{H}$ et de sa dérivée $V_{H} = \frac{d X _{H}}{d τ}$ à l'instant $τ = 0$ avant d'expliciter l'équation différentielle vérifiée par $X_{H} (τ)$ sous la forme :
$\frac{d ^{2} X _{H}}{d τ ^{2}} + ω^{2} X_{H} = ω^{2} v_{0} τ + γ$
où l'on exprimera les constantes $ω$ et $γ$ en fonction de $k$ , $M$ , $g$ , $f_{s}$ et $f_{d}$ .
Exercice 4X-ENS Physique MPI 2024, Q10· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 5 min
L'énergie cinétique du système est conservée dans la collision. Écrire l'équation correspondante. En déduire le rapport $v^{'} / v$ en fonction du nombre de masse $A$ du noyau.
Exercice 5X-ENS Physique MPI 2024, Q32· Exigeant· Incontournable· ≈ 6 min
À partir de $ℏ$ , $m$ et $g$ , construire par analyse dimensionnelle une longueur, un temps et une vitesse.
Exercice 6CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q3· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 7 min
En appliquant la seconde loi de Newton à la goutte dans le référentiel terrestre, montrer que sa vitesse limite, donc indépendante du temps, s'écrit :
$v_{l i m} = K D e_{z}$
où $K$ est un coefficient à exprimer en fonction de $ρ$ , $ρ_{a}$ , $C$ et de $g$ . Calculer la vitesse limite pour des diamètres égaux à $1 mm$ , $3 mm$ et $5 mm$ .
Exercice 7CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q6· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 6 min
Montrer que l'équation liant $Z (t)$ à $F (t)$ est :
$\frac{d ^{2} Z ( t )}{d t ^{2}} + γ \frac{d Z ( t )}{d t} + β Z (t) = \frac{F ( t )}{M}$
et exprimer les coefficients $γ$ et $β$ en fonction de $k$ , $M$ et de $λ$ .
Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q2· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 5 min
Établir les équations horaires du mouvement. Montrer que le mouvement est plan.
Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q4· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 6 min
Déterminer les coordonnées du sommet $S$ de la trajectoire. Définir la portée $ℓ$ du tir et établir son expression. Quel est l'angle $θ_{0}$ assurant un tir de portée maximale ?
Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q6· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 7 min
Établir, en fonction $g$ , $τ$ , $v_{0} = ∥ v_{0} ∥$ , $θ_{0}$ et $t$ , les nouvelles équations horaires du mouvement.

Corrigés

Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q15
On étudie le système constitué de l'équipage mobile (membrane et bobine de N spires), de masse M, dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. L'équipage mobile effectue un mouvement de translation rectiligne le long de l'axe (Oz), sa vitesse étant \vec{v} = \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\vec{u}_z.
D'après le préambule précédant la question, on néglige l'effet de la pesanteur. L'ensemble est soumis aux actions mécaniques extérieures suivantes :
- la force de rappel élastique des suspensions modélisées par un ressort équivalent de raideur K :
  \vec{F}_{\text{rappel}} = -K z(t)\,\vec{u}_z
- la force dissipative exercée par l'air (frottement fluide de coefficient \lambda) :
  \vec{f} = -\lambda \vec{v} = -\lambda \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_z
- la résultante des forces de Laplace exercée sur les N spires parcourues par le courant i(t), établie à la question Q14 :
  \vec{F} = -2\pi r N B_0\,i(t)\,\vec{u}_z
Le principe fondamental de la dynamique appliqué à l'équipage mobile s'écrit :
M \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{u}_z = \vec{F}_{\text{rappel}} + \vec{f} + \vec{F}
En projetant sur le vecteur unitaire \vec{u}_z, il vient :
\begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} &= -K z - \lambda \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} - 2\pi r N B_0\,i(t) \\ M \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \lambda \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + K z(t) &= - 2\pi r N B_0\,i(t) \end{aligned}
En divisant cette relation par la masse M > 0, on obtient :
\frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \frac{\lambda}{M}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + \frac{K}{M} z(t) = -\frac{2\pi r N B_0}{M}\,i(t)
Par identification avec la forme canonique de l'oscillateur harmonique amorti :
\frac{\mathrm{d}^{2} z}{\mathrm{d} t^{2}}+\frac{\omega_{0}}{Q_{m}} \frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} t}+\omega_{0}^{2} z(t)=-\beta\,i(t)
on identifie directement :
\boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{K}{M}}} \quad,\quad \boxed{Q_m = \frac{M\omega_0}{\lambda} = \frac{\sqrt{K M}}{\lambda}} \quad\text{et}\quad \boxed{\beta = \frac{2\pi r N B_0}{M}}
Résultat
$ω_{0} = \frac{K}{M}$ $Q_{m} = \frac{M ω _{0}}{λ} = \frac{K M}{λ}$ $β = \frac{2 π r N B _{0}}{M}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2X-ENS Physique MPI 2025, Q3
On étudie le mouvement d'un électron de conduction de masse m et de charge -e dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen.
Sous l'effet d'un déplacement d'ensemble x(t) \vec{u}_x, les électrons laissent apparaître par défaut une charge positive +Nex à l'arrière et un excès de charge négative -Nex à l'avant. Le champ électrique ainsi créé à l'intérieur s'oppose à cette séparation de charge et s'écrit :
\vec{E}(t) = \frac{N e x(t)}{\epsilon_0} \vec{u}_x
La force électrostatique subie par l'électron est donc une force de rappel :
\vec{F} = -e \vec{E}(t) = -\frac{N e^2 x(t)}{\epsilon_0} \vec{u}_x
D'après la deuxième loi de Newton appliquée à cet électron :
\begin{aligned} m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} &= -\frac{N e^2}{\epsilon_0} x(t) \\ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} + \frac{N e^2}{m \epsilon_0} x(t) &= 0 \end{aligned}
Il s'agit de l'équation différentielle d'un oscillateur harmonique non amorti de pulsation propre \omega_p, appelée pulsation plasma.
L'amplitude x(t) oscille donc à la pulsation :
\boxed{\omega_p = \sqrt{\frac{N e^2}{m \epsilon_0}}}
Résultat
$ω_{p} = \frac{N e ^{2}}{m ϵ _{0}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q20
À l'instant \tau = 0, c'est-à-dire t = t_0 :
- La position de l'extrémité A vaut, d'après la question Q19 :
  x_A(\tau = 0) = v_0 t_0 = \frac{f_s M g}{k}
- Le solide (\Sigma) étant resté immobile en x_H(t) = -\ell_0 pour tout t \in [0, t_0], on a :
  X_H(\tau = 0) = x_H(t_0) + \ell_0 = 0
- La vitesse initiale de mise en mouvement est nulle (continuité de la vitesse du solide) :
  V_H(\tau = 0) = 0
\boxed{x_A(\tau = 0) = \frac{f_s M g}{k}, \quad X_H(\tau = 0) = 0 \quad \text{et} \quad V_H(\tau = 0) = 0}
Pour \tau > 0, le solide se met en mouvement vers la droite sous l'action de la traction du ressort : sa vitesse de glissement est \vec{v}_g = V_H(\tau)\vec{u}_x avec V_H > 0.
On applique le principe fondamental de la dynamique au solide (\Sigma) de masse M dans le référentiel d'étude supposé galiléen :
M \frac{\mathrm{d}^2 x_H}{\mathrm{d}t^2} \vec{u}_x = \vec{F} + \vec{R}_T + (\vec{P} + \vec{R}_N)
D'après les lois de Coulomb en régime de glissement (\vec{v}_g \cdot \vec{u}_x > 0) et les résultats de la question Q18 (\|\vec{R}_N\| = M g) :
\vec{R}_T = - f_d \|\vec{R}_N\| \vec{u}_x = - f_d M g \vec{u}_x
Comme \tau = t - t_0, on a \frac{\mathrm{d}^2 x_H}{\mathrm{d}t^2} = \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2}. En remplaçant l'expression de la force du ressort \vec{F} = k(v_0 t - X_H)\vec{u}_x = k\left(v_0(\tau + t_0) - X_H\right)\vec{u}_x, la projection sur l'axe horizontal (Ox) donne :
\begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2} &= k v_0 \tau + k v_0 t_0 - k X_H - f_d M g \end{aligned}
D'après la question Q19, k v_0 t_0 = f_s M g. L'équation devient :
\begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2} + k X_H &= k v_0 \tau + (f_s - f_d) M g \end{aligned}
En divisant par M, on obtient :
\frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2} + \frac{k}{M} X_H = \frac{k}{M} v_0 \tau + (f_s - f_d) g
C'est bien la forme requise avec :
\boxed{\omega = \sqrt{\frac{k}{M}} \quad \text{et} \quad \gamma = (f_s - f_d) g}
Résultat
$x_{A} (τ = 0) = \frac{f _{s} M g}{k}, X_{H} (τ = 0) = 0 et V_{H} (τ = 0) = 0$ $ω = \frac{k}{M} et γ = (f_{s} - f_{d}) g$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4X-ENS Physique MPI 2024, Q10
Le choc étant élastique, l'énergie cinétique totale du système isolé \{\text{neutron} + \text{noyau}\} est conservée au cours de la collision :
\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m{v'}^2 + \frac{1}{2}Am\,v_R^2
En simplifiant par \frac{1}{2}m, on obtient :
\boxed{v^2 = {v'}^2 + A\,v_R^2}
D'après la question Q9, la conservation de la quantité de mouvement s'écrit :
v_R = \frac{v + v'}{A}
En injectant cette expression dans la conservation de l'énergie cinétique :
v^2 - {v'}^2 = A \left(\frac{v + v'}{A}\right)^2 = \frac{(v + v')^2}{A}
En reconnaissant une identité remarquable et sachant que v + v' > 0 :
\begin{aligned} (v - v')(v + v') &= \frac{(v + v')^2}{A} \\ v - v' &= \frac{v + v'}{A} \\ A(v - v') &= v + v' \\ (A - 1)v &= (A + 1)v' \end{aligned}
On en déduit l'expression du rapport des vitesses :
\boxed{\frac{v'}{v} = \frac{A - 1}{A + 1}}
Résultat
$v^{2} = v^{'}^{2} + A v_{R}^{2}$ $\frac{v ^{'}}{v} = \frac{A - 1}{A + 1}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5X-ENS Physique MPI 2024, Q32
Les dimensions physiques des trois grandeurs de base sont :
- pour la constante de Planck réduite : [\hbar] = \mathrm{M \cdot L^2 \cdot T^{-1}} ;
- pour la masse du neutron : [m] = \mathrm{M} ;
- pour l'accélération de la pesanteur : [g] = \mathrm{L \cdot T^{-2}}.
Cherchons une grandeur X de la forme X = \hbar^\alpha m^\beta g^\gamma. Sa dimension s'écrit :
[X] = \mathrm{M}^{\alpha + \beta} \cdot \mathrm{L}^{2\alpha + \gamma} \cdot \mathrm{T}^{-\alpha - 2\gamma}
1. Construction d'une longueur caractéristique l_0 ([l_0] = \mathrm{L}) :
\begin{aligned} \begin{cases} \alpha + \beta = 0 \\ 2\alpha + \gamma = 1 \\ -\alpha - 2\gamma = 0 \end{cases} &\iff \begin{cases} \beta = -\alpha \\ \gamma = -\frac{\alpha}{2} \\ 2\alpha - \frac{\alpha}{2} = 1 \implies \frac{3}{2}\alpha = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} \alpha = \frac{2}{3} \\ \beta = -\frac{2}{3} \\ \gamma = -\frac{1}{3} \end{cases} \end{aligned}
On obtient ainsi la longueur caractéristique :
\boxed{l_0 = \left(\frac{\hbar^2}{m^2 g}\right)^{1/3}}
2. Construction d'un temps caractéristique t_0 ([t_0] = \mathrm{T}) :
\begin{aligned} \begin{cases} \alpha + \beta = 0 \\ 2\alpha + \gamma = 0 \\ -\alpha - 2\gamma = 1 \end{cases} &\iff \begin{cases} \beta = -\alpha \\ \gamma = -2\alpha \\ -\alpha - 2(-2\alpha) = 1 \implies 3\alpha = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} \alpha = \frac{1}{3} \\ \beta = -\frac{1}{3} \\ \gamma = -\frac{2}{3} \end{cases} \end{aligned}
On obtient ainsi le temps caractéristique :
\boxed{t_0 = \left(\frac{\hbar}{m g^2}\right)^{1/3}}
3. Construction d'une vitesse caractéristique v_0 ([v_0] = \mathrm{L \cdot T^{-1}}) :
On peut directement former le rapport l_0 / t_0 :
v_0 = \frac{l_0}{t_0} = \left(\frac{\hbar^2}{m^2 g} \cdot \frac{m g^2}{\hbar}\right)^{1/3} = \left(\frac{\hbar g}{m}\right)^{1/3}
\boxed{v_0 = \left(\frac{\hbar g}{m}\right)^{1/3}}
Résultat
$l_{0} = (\frac{ℏ ^{2}}{m ^{2} g})^{1/3}$ $t_{0} = (\frac{ℏ}{m g ^{2}})^{1/3}$ $v_{0} = (\frac{ℏ g}{m})^{1/3}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q3
On étudie la goutte d'eau modélisée par un point matériel de masse m = \frac{\pi}{6}\rho D^3 dans le référentiel terrestre supposé galiléen.
D'après les questions précédentes, les forces appliquées à la goutte en mouvement descendant à la vitesse \vec{v} = v\vec{e}_z (v > 0) sont :
- son poids : \vec{P} = mg\vec{e}_z = \frac{\pi}{6}\rho g D^3 \vec{e}_z ;
- la force de frottement de l'air : \vec{F}_{\text{frott}} = -C\pi \rho_a D^2 v^2 \vec{e}_z.
La deuxième loi de Newton s'écrit :
m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{P} + \vec{F}_{\text{frott}}
En projection sur l'axe vertical descendant Oz :
m \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = \frac{\pi}{6}\rho g D^3 - C\pi \rho_a D^2 v^2
Lorsque la vitesse limite est atteinte, la vitesse est constante au cours du temps, d'où \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0. Il vient :
\begin{aligned} C\pi \rho_a D^2 v_{\lim}^2 &= \frac{\pi}{6}\rho g D^3 \\ v_{\lim}^2 &= \frac{\rho g}{6C\rho_a} D \end{aligned}
La vitesse étant dirigée vers le bas (v_{\lim} > 0), on en déduit :
\vec{v}_{\lim} = K\sqrt{D}\vec{e}_z
avec :
\boxed{K = \sqrt{\frac{\rho g}{6C\rho_a}}}
Applications numériques :
Calculons tout d'abord la valeur numérique du coefficient K :
K = \sqrt{\frac{1,0 \cdot 10^3 \times 9,8}{6 \times 6,0 \cdot 10^{-2} \times 1,3}} \approx 1,45 \cdot 10^2 \text{ m}^{1/2}\cdot\text{s}^{-1}
Pour les différents diamètres :
- Pour D = 1\text{ mm} = 1,0 \cdot 10^{-3}\text{ m} :
  v_{\lim}(1\text{ mm}) = 145 \times \sqrt{1,0 \cdot 10^{-3}} \approx 4,6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}
- Pour D = 3\text{ mm} = 3,0 \cdot 10^{-3}\text{ m} :
  v_{\lim}(3\text{ mm}) = 145 \times \sqrt{3,0 \cdot 10^{-3}} \approx 7,9\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}
- Pour D = 5\text{ mm} = 5,0 \cdot 10^{-3}\text{ m} :
  v_{\lim}(5\text{ mm}) = 145 \times \sqrt{5,0 \cdot 10^{-3}} \approx 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}
\boxed{v_{\lim}(1\text{ mm}) \approx 4,6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \quad ; \quad v_{\lim}(3\text{ mm}) \approx 7,9\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \quad ; \quad v_{\lim}(5\text{ mm}) \approx 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}
Résultat
$K = \frac{ρ g}{6 C ρ _{a}}$ $v_{l i m} (1 mm) \approx 4, 6 m \cdot s^{- 1}; v_{l i m} (3 mm) \approx 7, 9 m \cdot s^{- 1}; v_{l i m} (5 mm) \approx 10 m \cdot s^{- 1}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q6
On applique la seconde loi de Newton à la platine, assimilée à un point matériel de masse M, dans le référentiel terrestre supposé galiléen lié au support fixe.
L'axe Oz étant orienté verticalement vers le bas, la position de la platine est repérée par son écart à l'équilibre Z(t). La platine est soumise à :
- son poids : \vec{P} = M g \vec{e}_z ;
- la force de rappel du ressort : la platine étant située au-dessus du support fixe, un déplacement Z(t) > 0 vers le bas comprime davantage le ressort. Sa longueur s'écrit l(t) = l_{\text{équ}} - Z(t). Le ressort pousse la platine vers le haut avec une force :
  \vec{F}_{\text{ressort}} = -k\left(l_0 - l(t)\right)\vec{e}_z = -k\left(l_0 - l_{\text{équ}} + Z(t)\right)\vec{e}_z
  D'après la question Q5, à l'équilibre statique on a k(l_0 - l_{\text{équ}}) = Mg, d'où :
  \vec{F}_{\text{ressort}} = -\left(Mg + k Z(t)\right)\vec{e}_z
- la force d'amortissement fluide :
  \vec{f} = -\lambda \vec{v}_{\text{platine}} = -\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t} \vec{e}_z
- la force exercée par l'impact de la goutte : \vec{F}(t) = F(t)\vec{e}_z.
La seconde loi de Newton s'écrit :
M \frac{\mathrm{d}^2 Z(t)}{\mathrm{d}t^2}\vec{e}_z = \vec{P} + \vec{F}_{\text{ressort}} + \vec{f} + \vec{F}(t)
En projetant sur le vecteur unitaire \vec{e}_z :
\begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 Z(t)}{\mathrm{d}t^2} &= Mg - \left(Mg + k Z(t)\right) - \lambda \frac{\mathrm{d}Z(t)}{\mathrm{d}t} + F(t) \\ M \frac{\mathrm{d}^2 Z(t)}{\mathrm{d}t^2} + \lambda \frac{\mathrm{d}Z(t)}{\mathrm{d}t} + k Z(t) &= F(t) \end{aligned}
En divisant par la masse M, on obtient l'équation différentielle demandée :
\frac{\mathrm{d}^2 Z(t)}{\mathrm{d}t^2} + \gamma \frac{\mathrm{d}Z(t)}{\mathrm{d}t} + \beta Z(t) = \frac{F(t)}{M}
par identification des termes :
\boxed{\gamma = \frac{\lambda}{M} \quad \text{et} \quad \beta = \frac{k}{M}}
Résultat
$γ = \frac{λ}{M} et β = \frac{k}{M}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q2
On étudie le projectile assimilé à un point matériel de masse m, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, muni du repère orthonormé (O, \vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z). Le champ de pesanteur s'écrit \vec{g} = -g\,\vec{u}_z.
Les conditions initiales à t = 0 sont :
\vec{OM}(0) = \vec{0} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{v}(0) = \vec{v}_0 = \begin{pmatrix} 0 \\ v_0 \cos\theta_0 \\ v_0 \sin\theta_0 \end{pmatrix}
Dans cette partie sans frottements, le projectile n'est soumis qu'à son poids \vec{P} = m\vec{g}. La deuxième loi de Newton s'écrit :
m\,\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = m\,\vec{g} \implies \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -g\,\vec{u}_z
Par projection sur les trois axes du repère :
\begin{cases} \dfrac{\mathrm{d}v_x}{\mathrm{d}t} = 0 \\[6pt] \dfrac{\mathrm{d}v_y}{\mathrm{d}t} = 0 \\[6pt] \dfrac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} = -g \end{cases}
Une première intégration par rapport au temps avec les conditions initiales sur la vitesse donne le vecteur vitesse :
\begin{cases} v_x(t) = 0 \\ v_y(t) = v_0 \cos\theta_0 \\ v_z(t) = -gt + v_0 \sin\theta_0 \end{cases}
Une seconde intégration avec les conditions initiales de position (\vec{OM}(0) = \vec{0}) conduit aux équations horaires :
\boxed{ \begin{cases} x(t) = 0 \\ y(t) = (v_0 \cos\theta_0)\,t \\ z(t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + (v_0 \sin\theta_0)\,t \end{cases} }
Puisque pour tout instant t, x(t) = 0, le projectile reste confiné dans le plan défini par le point O et les vecteurs \vec{u}_y et \vec{u}_z. Le mouvement est donc rigoureusement plan, dans le plan vertical (O, \vec{u}_y, \vec{u}_z).
Résultat
$⎩ ⎨ ⎧ x (t) = 0 y (t) = (v_{0} cos θ_{0}) t z (t) = - \frac{1}{2} g t^{2} + (v_{0} sin θ_{0}) t$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q4
1. Coordonnées du sommet S :
Le sommet S est le point d'altitude maximale de la trajectoire, atteint lorsque la vitesse verticale s'annule :
v_z(t_S) = \dot{z}(t_S) = -g t_S + v_0 \sin\theta_0 = 0 \implies t_S = \frac{v_0 \sin\theta_0}{g}.
En injectant t_S dans les équations horaires établies à la question 2 :
\begin{aligned} x_S &= 0, \\ y_S &= v_0 \cos\theta_0 \left(\frac{v_0 \sin\theta_0}{g}\right) = \frac{v_0^2 \sin(2\theta_0)}{2g}, \\ z_S &= -\frac{1}{2}g \left(\frac{v_0 \sin\theta_0}{g}\right)^2 + v_0 \sin\theta_0 \left(\frac{v_0 \sin\theta_0}{g}\right) = \frac{v_0^2 \sin^2\theta_0}{2g}. \end{aligned}
Les coordonnées du sommet sont donc :
\boxed{S\left(0\,;\; \frac{v_0^2 \sin(2\theta_0)}{2g}\,;\; \frac{v_0^2 \sin^2\theta_0}{2g}\right)}
2. Définition et expression de la portée \ell :
La portée \ell est la distance horizontale parcourue par le projectile entre son point de tir O et son point de retombée au sol (z = 0 avec t > 0) : \ell = y(t_\text{sol}).
L'instant de retombée t_\text{sol} > 0 vérifie :
z(t_\text{sol}) = t_\text{sol} \left(-\frac{1}{2}gt_\text{sol} + v_0 \sin\theta_0\right) = 0 \implies t_\text{sol} = \frac{2v_0 \sin\theta_0}{g} = 2 t_S.
On en déduit l'expression de la portée :
\ell = y(t_\text{sol}) = v_0 \cos\theta_0 \, t_\text{sol} = 2 y_S
\boxed{\ell = \frac{v_0^2 \sin(2\theta_0)}{g}}
3. Angle \theta_0 de portée maximale :
Pour une vitesse initiale v_0 fixée, la portée \ell est proportionnelle à \sin(2\theta_0). Pour un angle de tir \theta_0 \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], le terme \sin(2\theta_0) est maximal et vaut 1 lorsque :
2\theta_0 = \frac{\pi}{2} \implies \boxed{\theta_0 = \frac{\pi}{4} = 45^\circ}
La portée maximale atteignable vaut alors \ell_\text{max} = \frac{v_0^2}{g}.
Résultat
$S (0; \frac{v _{0}^{2} sin ( 2 θ _{0} )}{2 g}; \frac{v _{0}^{2} sin ^{2} θ _{0}}{2 g})$ $ℓ = \frac{v _{0}^{2} sin ( 2 θ _{0} )}{g}$ $θ_{0} = \frac{π}{4} = 4 5^{\circ}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10Mines-Ponts Physique 1 MPI 2023, Q6
On étudie le projectile de masse m dans le référentiel terrestre supposé galiléen, repéré par la base orthonormée directe (O, \vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z). Le système est soumis à :
- son poids : \vec{P} = -mg\,\vec{u}_z ;
- la force de frottement fluide : \vec{f} = -\alpha \vec{v} = -\frac{m}{\tau}\vec{v}.
Le principe fondamental de la dynamique s'écrit :
m\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -mg\,\vec{u}_z - \frac{m}{\tau}\vec{v} \iff \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{\tau}\vec{v} = -g\,\vec{u}_z
À t = 0, les conditions initiales sont :
\vec{OM}(0) = \vec{0} \quad \text{et} \quad \vec{v}(0) = v_0\cos\theta_0\,\vec{u}_y + v_0\sin\theta_0\,\vec{u}_z
1. Mouvement selon \vec{u}_x : L'absence de force et de vitesse initiale selon \vec{u}_x confirme que le mouvement est confiné au plan vertical (O, \vec{u}_y, \vec{u}_z) :
x(t) = 0
2. Mouvement selon \vec{u}_y : L'équation différentielle projetée s'écrit :
\frac{\mathrm{d}v_y}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{\tau}v_y = 0
Avec v_y(0) = v_0\cos\theta_0, la composante de la vitesse vaut :
v_y(t) = v_0\cos\theta_0\,e^{-t/\tau}
Sachant que y(0) = 0, on intègre entre 0 et t :
y(t) = \int_0^t v_y(t')\,\mathrm{d}t' = v_0\tau\cos\theta_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right)
3. Mouvement selon \vec{u}_z : L'équation différentielle projetée s'écrit :
\frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} + \frac{1}{\tau}v_z = -g
La solution générale est de la forme v_z(t) = A\,e^{-t/\tau} - g\tau, où la constante d'intégration A est fixée par v_z(0) = v_0\sin\theta_0 :
A = v_0\sin\theta_0 + g\tau \implies v_z(t) = \left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)e^{-t/\tau} - g\tau
Sachant que z(0) = 0, on intègre entre 0 et t :
\begin{aligned} z(t) &= \int_0^t v_z(t')\,\mathrm{d}t' = \left[-\tau\left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)e^{-t'/\tau} - g\tau t'\right]_0^t \\ &= \tau\left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)\left(1 - e^{-t/\tau}\right) - g\tau t \end{aligned}
Les équations horaires du mouvement s'écrivent ainsi :
\boxed{\begin{cases} x(t) = 0 \\ y(t) = v_0\tau\cos\theta_0\left(1 - e^{-t/\tau}\right) \\ z(t) = \tau\left(v_0\sin\theta_0 + g\tau\right)\left(1 - e^{-t/\tau}\right) - g\tau t \end{cases}}
Résultat
$⎩ ⎨ ⎧ x (t) = 0 y (t) = v_{0} τ cos θ_{0} (1 - e^{- t / τ}) z (t) = τ (v_{0} sin θ_{0} + g τ) (1 - e^{- t / τ}) - g τ t$
Indice, stratégie et pièges de cette question

Corrigés rédigés et vérifiés par WikiPrépa. Notre méthode

WikiPrépa · wikiprepa.fr/concours · Corrigés WikiPrépa · Questions : discord.gg/HjBymsrYuR