Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

10 questions · filière MPSI · durée estimée environ 32 min

Énoncés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2025, Q2· Application directe· Incontournable· ≈ 2 min
Exprimer les composantes de la vitesse de M : A) $v_{r} = \frac{r _{0}}{τ} e^{- t / τ}$ B) $v_{r} = - \frac{r _{0}}{τ} e^{- t / τ}$ C) $v_{θ} = r_{0} Ω e^{- t / τ}$ D) $v_{θ} = r_{0} Ω$
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2025, Q3· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Exprimer les composantes de l'accélération de M ; A) $a_{r} = r_{0} (\frac{1}{τ ^{2}} - Ω^{2}) e^{- t / τ}$ B) $a_{r} = \frac{r _{0}}{τ} (\frac{1}{τ} + Ω) e^{- t / τ}$ C) $a_{θ} = \frac{2 r _{0} Ω}{τ}$ D) $a_{θ} = - \frac{2 r _{0} Ω}{τ} e^{- t / τ}$
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2024, Q7· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
Quelle condition doivent satisfaire $v_{0}$ et $θ$ pour que l'altitude maximale, $h_{M}$ , atteinte par $A$ vérifie $h_{M} > h$ ?
A) $g h = v_{0}^{1/2} /2$ B) $v_{0} cos θ > (g h)^{1/2}$ C) $v_{0} sin θ > (g h)^{1/2}$ D) $v_{0} sin θ > (2 g h)^{1/2}$
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2024, Q8· Application directe· Incontournable· ≈ 4 min
Quelle relation $v_{0}$ et $θ$ doivent-ils satisfaire pour que la cible soit atteinte?
A) $- \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2} c o s ^{2} θ} + d tan θ = h$ B) $\frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2} c o s ^{2} θ} - d tan θ = h$ C) $\frac{g d ^{2}}{v _{0}^{2} s i n ^{2} θ} + d tan θ = h$ D) $\frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2} s i n ^{2} θ} - d tan θ = h$
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2024, Q9· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
On fixe $v_{0}$ (jusqu'à la fin de cet exercice), $θ$ devenant alors le seul paramètre variable. La cible n'est atteinte que lorsque:
$K_{1} tan^{2} θ - d tan θ + K_{2} = 0$
où $K_{1}$ et $K_{2}$ sont des coefficients indépendants de $θ$ . Exprimer $K_{1}$ .
A) $K_{1} = \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2}}$ B) $K_{1} = \frac{g d ^{2}}{v _{0}^{2}}$ C) $K_{1} = \frac{2 g d ^{2}}{v _{0}^{2}}$ D) $K_{1} = \frac{g d ^{2}}{4 v _{0}^{2}}$
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2023, Q25· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 3 min
Quelles sont les équations du mouvement de $A$ ? Dans les expressions ci-dessous, $R_{n}$ désigne la composante normale de la force de réaction du support hémisphérique.
A) ${- m r \overset{φ}{˙}^{2} = - m g sin φ + R_{n} r \overset{φ}{¨} = - g cos φ$ B) ${- m r \overset{φ}{˙}^{2} = - m g cos φ + R_{n} r \overset{φ}{¨} = - g sin φ$ C) ${r \overset{φ}{˙}^{2} = g sin φ r \overset{φ}{¨} = g cos φ$ D) ${m r \overset{φ}{˙}^{2} = - m g cos φ + R_{n} r \overset{φ}{¨} = g sin φ$
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2023, Q28· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Déduire de ce qui précède l'expression de la composante normale $R_{n}$ de la force de réaction.
A) $R_{n} = m [g (3 sin φ - 2) - \frac{v _{0}^{2}}{r}]$ B) $R_{n} = m [g (3 sin φ - 2) + \frac{v _{0}^{2}}{r}]$ C) $R_{n} = m [g (sin φ - 1) - \frac{v _{0}^{2}}{r}]$ D) $R_{n} = 0$
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2023, Q29· Application directe· Incontournable· ≈ 2 min
Quel est le sinus de l'angle $φ$ pour lequel $A$ quitte la piste hémisphérique si $v_{0} = 0$ . Dans la suite de l'exercice, on prendra $v_{0} = 0$ .
A) $sin φ = \frac{1}{2}$ B) $sin φ = \frac{1}{3}$ C) $sin φ = \frac{2}{3}$ D) $sin φ = \frac{1}{2}$
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2022, Q8· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 3 min
On note $a_{C}$ le vecteur accélération du skieur au point $C$ . Que peut-on affirmer :
A) $a_{C} = 0$ B) $a_{C} \cdot e_{x} = 0$ C) $a_{C} \cdot e_{z} = 0$ D) $∥ a_{C} ∥ = \frac{v _{C}^{2}}{b}$
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2021, Q15· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Établir, par rapport à $R$ , l'équation différentielle du mouvement de $A$ , le cadre étant supposé être en translation rectiligne, au cours de sa chute pour les instants compris entre l'instant initial et $t_{1}$ . A) $\overset{z}{¨}_{A} + \frac{z ˙ _{A}}{τ} = - g$ avec $τ = \frac{m R _{c}}{B _{a} a ^{2}}$ B) $\overset{z}{¨}_{A} + \frac{z ˙ _{A}}{τ} = g$ avec $τ = \frac{m R _{c}}{B _{a}^{2} a ^{2}}$ C) $\overset{z}{¨}_{A} + \frac{z ˙ _{A}}{τ} = - g$ avec $τ = \frac{B _{a}^{2} a ^{2}}{m R _{c}}$ D) $\overset{z}{¨}_{A} + \frac{z ˙ _{A}}{τ} = g$ avec $τ = \frac{B _{a}^{2} a ^{2}}{m R _{c}}$

Corrigés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2025, Q2
Dans le référentiel \mathcal{R} muni de la base polaire (\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_\theta), le vecteur position du point \mathrm{M} s'écrit :
\mathbf{OM}(t) = r(t)\,\boldsymbol{e}_r
Par dérivation par rapport au temps dans le référentiel \mathcal{R}, le vecteur vitesse de \mathrm{M} est donné par :
\boldsymbol{v}(t) = \left(\frac{\mathrm{d}\mathbf{OM}}{\mathrm{d}t}\right)_{\mathcal{R}} = \dot{r}(t)\,\boldsymbol{e}_r + r(t)\dot{\theta}(t)\,\boldsymbol{e}_\theta
Les composantes du vecteur vitesse sont donc :
\begin{aligned} v_r(t) &= \dot{r}(t) \\ v_\theta(t) &= r(t)\dot{\theta}(t) \end{aligned}
À partir des équations horaires fournies par l'énoncé :
r(t) = r_0 \text{e}^{-t/\tau} \quad \text{et} \quad \theta(t) = \Omega t
on obtient en dérivant par rapport à t :
\begin{aligned} \dot{r}(t) &= -\frac{r_0}{\tau}\,\text{e}^{-t/\tau} \\ \dot{\theta}(t) &= \Omega \end{aligned}
On en déduit les expressions des composantes :
\begin{aligned} v_r(t) &= -\frac{r_0}{\tau}\,\text{e}^{-t/\tau} \\ v_\theta(t) &= r_0\Omega\,\text{e}^{-t/\tau} \end{aligned}
Les réponses B et C sont donc exactes.
\boxed{\text{Réponses B et C}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponses B et C$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2025, Q3
Dans le repère polaire lié au référentiel d'étude \mathcal{R}, le vecteur accélération s'exprime sous la forme :
\boldsymbol{a} = (\ddot{r} - r\dot{\theta}^2)\,\boldsymbol{e}_r + (r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta})\,\boldsymbol{e}_\theta
À partir des équations horaires r(t) = r_0 e^{-t/\tau} et \theta(t) = \Omega t, on détermine les dérivées successives :
\begin{aligned} \dot{r}(t) &= -\frac{r_0}{\tau} e^{-t/\tau}, & \ddot{r}(t) &= \frac{r_0}{\tau^2} e^{-t/\tau} \\ \dot{\theta}(t) &= \Omega, & \ddot{\theta}(t) &= 0 \end{aligned}
On en déduit la composante radiale de l'accélération :
a_r(t) = \ddot{r} - r\dot{\theta}^2 = \frac{r_0}{\tau^2} e^{-t/\tau} - (r_0 e^{-t/\tau})\Omega^2 = r_0\left(\frac{1}{\tau^2} - \Omega^2\right) e^{-t/\tau}
ce qui correspond à la proposition A.
Pour la composante orthoradiale :
a_\theta(t) = r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta} = 0 + 2\left(-\frac{r_0}{\tau} e^{-t/\tau}\right)\Omega = -\frac{2r_0\Omega}{\tau} e^{-t/\tau}
ce qui correspond à la proposition D.
\boxed{\text{Réponses A et D}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponses A et D$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2024, Q7
On étudie le point matériel A de masse m dans le référentiel terrestre du laboratoire, supposé galiléen, muni du repère (O, \mathbf{e}_x, \mathbf{e}_z). Le projectile n'est soumis qu'à son poids \mathbf{P} = -mg\mathbf{e}_z, force conservative dont dérive l'énergie potentielle de pesanteur \mathcal{E}_p(z) = mgz (en fixant l'origine des potentiels en z=0).
Les frottements étant négligés, l'énergie mécanique \mathcal{E}_m du projectile est conservée au cours du vol :
\mathcal{E}_m = \mathcal{E}_k + \mathcal{E}_p = \text{cte}
À l'instant initial t=0, le tir a lieu depuis l'origine O avec la vitesse initiale \mathbf{v}_0 = v_0\cos\theta\,\mathbf{e}_x + v_0\sin\theta\,\mathbf{e}_z :
\mathcal{E}_m(0) = \frac{1}{2}mv_0^2
Au sommet S de la trajectoire, la composante verticale de la vitesse s'annule (v_z = 0). Comme le mouvement selon \mathbf{e}_x est uniforme (v_x = v_0\cos\theta), la vitesse au sommet est purement horizontale : \mathbf{v}_S = v_0\cos\theta\,\mathbf{e}_x.
La conservation de l'énergie mécanique entre l'origine et le sommet s'écrit alors :
\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}m(v_0\cos\theta)^2 + mgh_M
On en déduit l'expression de l'altitude maximale h_M :
\begin{aligned} mgh_M &= \frac{1}{2}mv_0^2(1 - \cos^2\theta) = \frac{1}{2}mv_0^2\sin^2\theta \\ h_M &= \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g} \end{aligned}
La condition h_M > h s'écrit donc :
\frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g} > h \iff v_0^2\sin^2\theta > 2gh
Comme v_0 > 0, g > 0, h > 0 et \sin\theta > 0 pour un tir vers le haut (\theta \in \left]0, \frac{\pi}{2}\right[), on obtient par passage à la racine carrée :
\boxed{v_0\sin\theta > (2gh)^{1/2}}
La proposition D est donc la seule réponse exacte.
Résultat
$v_{0} sin θ > (2 g h)^{1/2}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2024, Q8
Le projectile A est soumis uniquement à son poids dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. La deuxième loi de Newton s'écrit :
m \mathbf{a} = m \mathbf{g} = -mg \, \mathbf{e}_z
En projetant sur les axes O\mathbf{e}_x et O\mathbf{e}_z, avec les conditions initiales \mathbf{r}(0) = \mathbf{0} et \mathbf{v}(0) = v_0 \cos\theta \, \mathbf{e}_x + v_0 \sin\theta \, \mathbf{e}_z, on obtient par intégrations successives :
\begin{aligned} x(t) &= (v_0 \cos\theta) t \\ z(t) &= -\frac{1}{2}gt^2 + (v_0 \sin\theta) t \end{aligned}
Tant que \cos\theta \neq 0, le temps s'exprime en fonction de x selon :
t = \frac{x}{v_0 \cos\theta}
En substituant cette expression dans z(t), on obtient l'équation cartésienne de la trajectoire :
z(x) = -\frac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta} + x \tan\theta
La cible C de coordonnées (x_C = d, \, z_C = h) est atteinte si et seulement si z(d) = h, c'est-à-dire :
\boxed{-\frac{gd^2}{2v_0^2 \cos^2\theta} + d\tan\theta = h}
La proposition A est donc exacte.
Résultat
$- \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2} cos ^{2} θ} + d tan θ = h$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2024, Q9
D'après la question Q8, la condition pour que la cible soit atteinte s'écrit :
-\frac{g d^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta} + d\tan\theta = h
En utilisant la relation trigonométrique classique :
\frac{1}{\cos^2\theta} = 1 + \tan^2\theta
l'équation devient :
-\frac{g d^2}{2 v_0^2}\left(1 + \tan^2\theta\right) + d\tan\theta = h
En regroupant tous les termes du même côté :
\frac{g d^2}{2 v_0^2}\tan^2\theta - d\tan\theta + \left(h + \frac{g d^2}{2 v_0^2}\right) = 0
Par identification avec l'expression donnée par l'énoncé :
K_1 \tan^2\theta - d\tan\theta + K_2 = 0
on en déduit le coefficient K_1 :
\boxed{K_1 = \frac{g d^2}{2 v_0^2}}
La réponse correcte est la proposition A.
Résultat
$K_{1} = \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2023, Q25
Le référentiel terrestre galiléen est muni de la base cartésienne orthonormée (\vec{e}_x, \vec{e}_y) et de la base polaire (\vec{e}_\rho, \vec{e}_\varphi), où l'angle \varphi repère la position de A par rapport à l'axe horizontal (Ox) :
\left\{ \begin{aligned} \vec{e}_\rho &= \cos\varphi\,\vec{e}_x + \sin\varphi\,\vec{e}_y \\ \vec{e}_\varphi &= -\sin\varphi\,\vec{e}_x + \cos\varphi\,\vec{e}_y \end{aligned} \right.
Tant que le corpuscule reste en contact avec l'hémisphère, sa distance à l'origine est constante : r = \text{cte}, soit \dot{r} = 0 et \ddot{r} = 0. Le vecteur position s'écrit \overrightarrow{OA} = r\,\vec{e}_\rho.
Le vecteur accélération de A en coordonnées polaires planes s'obtient classiquement par :
\vec{a} = (\ddot{r} - r\dot{\varphi}^2)\,\vec{e}_\rho + (r\ddot{\varphi} + 2\dot{r}\dot{\varphi})\,\vec{e}_\varphi = -r\dot{\varphi}^2\,\vec{e}_\rho + r\ddot{\varphi}\,\vec{e}_\varphi
Le système \{A\} est soumis à deux actions mécaniques :
- son poids \vec{P} = -mg\,\vec{e}_y. En projetant \vec{e}_y = \sin\varphi\,\vec{e}_\rho + \cos\varphi\,\vec{e}_\varphi, il vient :
  \vec{P} = -mg\sin\varphi\,\vec{e}_\rho - mg\cos\varphi\,\vec{e}_\varphi
- la réaction du support \vec{R} = R_n\,\vec{e}_\rho, purement normale en l'absence de frottement.
D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué au point matériel A dans le référentiel galiléen :
m\vec{a} = \vec{P} + \vec{R}
Par projection sur la base polaire (\vec{e}_\rho, \vec{e}_\varphi), on obtient le système :
\left\{ \begin{aligned} -m r \dot{\varphi}^2 &= -m g \sin\varphi + R_n \\ m r \ddot{\varphi} &= -m g \cos\varphi \end{aligned} \right.
soit, en simplifiant par m sur l'axe orthoradial :
\boxed{ \left\{ \begin{aligned} -m r \dot{\varphi}^2 &= -m g \sin\varphi + R_n \\ r \ddot{\varphi} &= -g \cos\varphi \end{aligned} \right. }
Ce système correspond à la proposition A.
Résultat
${- m r \overset{φ}{˙}^{2} r \overset{φ}{¨} = - m g sin φ + R_{n} = - g cos φ$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2023, Q28
D'après la projection selon le vecteur radial \vec{e}_\rho du principe fondamental de la dynamique établie à la question Q25 :
-m r \dot{\varphi}^2 = -m g \sin\varphi + R_n
soit :
R_n = m g \sin\varphi - m r \dot{\varphi}^2
La trajectoire étant circulaire de rayon r, la norme de la vitesse scalaire vaut v = r |\dot{\varphi}|, d'où :
m r \dot{\varphi}^2 = \frac{m v^2}{r}
En injectant l'expression de v^2 issue de la question Q27, à savoir v^2 = 2 g r (1 - \sin\varphi) + v_0^2, il vient :
\begin{aligned} R_n &= m g \sin\varphi - \frac{m}{r}\left[ 2 g r (1 - \sin\varphi) + v_0^2 \right] \\ &= m g \sin\varphi - 2 m g (1 - \sin\varphi) - \frac{m v_0^2}{r} \\ &= m\left[ g(3\sin\varphi - 2) - \frac{v_0^2}{r} \right] \end{aligned}
Ce résultat correspond à la proposition A.
\boxed{R_n = m\left[g(3\sin\varphi - 2) - \frac{v_0^2}{r}\right]}
Résultat
$R_{n} = m [g (3 sin φ - 2) - \frac{v _{0}^{2}}{r}]$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2023, Q29
Le contact entre le corpuscule matériel A et la surface extérieure de l'hémisphère constitue une liaison unilatérale sans frottement. La force de réaction normale exercée par le support s'écrit \vec{R} = R_n \vec{e}_\rho.
Le corpuscule reste en contact tant que le support le repousse vers l'extérieur, soit R_n \ge 0. La rupture de contact (décollement) intervient au moment précis où cette force normale s'annule :
R_n = 0
D'après l'expression établie à la question Q28, en prenant v_0 = 0 :
R_n = mg(3\sin\varphi - 2)
L'annulation de R_n conduit immédiatement à :
3\sin\varphi - 2 = 0 \iff \sin\varphi = \frac{2}{3}
La proposition correcte est donc la C.
\boxed{\sin\varphi = \frac{2}{3}}
Résultat
$sin φ = \frac{2}{3}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2022, Q8
Le point C est situé à la verticale descendante du centre O' de la piste circulaire de rayon b. En ce point :
- la tangente à la trajectoire est horizontale et orientée dans le sens du mouvement, soit \vec{u}_t = \vec{e}_x ;
- la normale unitaire centripète est orientée vers le centre de courbure O', c'est-à-dire verticale ascendante, soit \vec{u}_n = \vec{e}_z.
Dans la base de Frenet, l'accélération du skieur s'écrit de manière générale :
\vec{a} = \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_t + \frac{v^2}{b}\,\vec{u}_n
Puisque les frottements sont négligés, les seules forces appliquées au skieur sont :
- le poids \vec{P} = -mg\,\vec{e}_z ;
- la réaction normale du support \vec{R} = R\,\vec{u}_n = R\,\vec{e}_z.
En appliquant le principe fondamental de la dynamique au skieur en C :
m\vec{a}_C = \vec{P} + \vec{R} = (R - mg)\,\vec{e}_z
En projetant sur la direction tangentielle \vec{u}_t = \vec{e}_x :
m a_t = m(\vec{a}_C \cdot \vec{e}_x) = 0 \implies \vec{a}_C \cdot \vec{e}_x = 0
L'accélération tangentielle est donc nulle au point le plus bas de la trajectoire.
L'accélération en C est par conséquent purement normale et dirigée selon \vec{e}_z :
\vec{a}_C = \frac{v_C^2}{b}\,\vec{e}_z
On en déduit :
\begin{aligned} \vec{a}_C \cdot \vec{e}_x &= 0 \\ \vec{a}_C \cdot \vec{e}_z &= \frac{v_C^2}{b} \neq 0 \\ \|\vec{a}_C\| &= \frac{v_C^2}{b} \end{aligned}
Les propositions B et D sont donc vraies.
\boxed{\text{Affirmations B et D vraies}}
Résultat
$Affirmations B et D vraies$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2021, Q15
On étudie le cadre métallique de masse m dans le référentiel \mathcal{R} du laboratoire, supposé galiléen. Le cadre étant en translation rectiligne selon l'axe vertical (Oz), tous ses points ont la même accélération \ddot{z}_A \boldsymbol{e}_z.
Pour 0 < t < t_1, le système est soumis à deux forces extérieures :
- son poids : \boldsymbol{P} = m \boldsymbol{g} = m g \boldsymbol{e}_z (l'axe (Oz) étant orienté vers le bas) ;
- la force de Laplace, obtenue à la question 14 : \boldsymbol{F}_L = -\dfrac{a^2 B_a^2 \dot{z}_A}{R_c} \boldsymbol{e}_z.
D'après le principe fondamental de la dynamique :
m \ddot{z}_A \boldsymbol{e}_z = \boldsymbol{P} + \boldsymbol{F}_L
En projetant sur le vecteur unitaire \boldsymbol{e}_z, on obtient :
\begin{aligned} m \ddot{z}_A &= m g - \frac{a^2 B_a^2}{R_c} \dot{z}_A \\ \ddot{z}_A + \frac{a^2 B_a^2}{m R_c} \dot{z}_A &= g \end{aligned}
En introduisant le temps caractéristique \tau = \dfrac{m R_c}{B_a^2 a^2}, l'équation différentielle s'écrit :
\boxed{\ddot{z}_A + \frac{\dot{z}_A}{\tau} = g \quad \text{avec} \quad \tau = \frac{m R_c}{B_a^2 a^2}}
L'affirmation correcte est donc la B.
Résultat
$\overset{z}{¨}_{A} + \frac{z ˙ _{A}}{τ} = g avec τ = \frac{m R _{c}}{B _{a}^{2} a ^{2}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question

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