Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

Corrigés

1. Exercice 1CCINP 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

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 1 PSI 2025, Q1

   1. Trajectoire et portée maximale

   On étudie une goutte d'eau assimilée à un point matériel de masse m, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, muni du repère orthonormé (O, \vec{e}_x, \vec{e}_z) représenté sur la figure 2 (Ox horizontal, Oz vertical ascendant). La goutte sort du canon en O à t=0 avec la vitesse :

   \vec{v}_0 = v_0 \cos\alpha\,\vec{e}_x + v_0 \sin\alpha\,\vec{e}_z

   En négligeant tout frottement, la goutte n'est soumise qu'à son poids \vec{P} = -m g \vec{e}_z. La deuxième loi de Newton s'écrit :

   m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -m g \vec{e}_z \implies \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = -g \vec{e}_z

   Par intégrations successives avec les conditions initiales \vec{r}(0) = \vec{0} et \vec{v}(0) = \vec{v}_0 :

   \begin{aligned} x(t) &= (v_0 \cos\alpha)\, t \\ z(t) &= -\frac{1}{2} g t^2 + (v_0 \sin\alpha)\, t \end{aligned}

   En éliminant le temps t = \frac{x}{v_0 \cos\alpha}, on obtient l'équation de la trajectoire :

   z(x) = -\frac{g}{2 v_0^2 \cos^2\alpha} x^2 + x \tan\alpha

   Il s'agit d'une fonction polynomiale du second degré en x de coefficient dominant négatif : la trajectoire est une parabole concave vers le bas.

   La portée x_P correspond à l'abscisse du point de retombée au sol (z(x_P) = 0 avec x_P > 0) :

   x_P \left(\tan\alpha - \frac{g x_P}{2 v_0^2 \cos^2\alpha}\right) = 0 \implies x_P = \frac{2 v_0^2 \cos^2\alpha \tan\alpha}{g} = \frac{v_0^2 \sin(2\alpha)}{g}

   La fonction \alpha \mapsto \sin(2\alpha) est maximale sur [0, \pi/2] pour \sin(2\alpha) = 1, soit :

   2\alpha = 90^\circ \implies \alpha = 45^\circ

   2. Expression et calcul de la vitesse initiale v_0

   Pour un angle de tir \alpha = 45^\circ, la portée maximale vaut L = \frac{v_0^2}{g}, d'où :

   \boxed{v_0 = \sqrt{g L}}

   Application numérique avec g = 9{,}8\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} et L = 150\text{ m} :

   v_0 = \sqrt{9{,}8 \times 150} = \sqrt{1\,470}\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   Comme 38^2 = 1\,444 et 39^2 = 1\,521, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{v_0 \simeq 38\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   3. Diamètre du canon

   Le débit volumique D_v à travers la section circulaire S = \frac{\pi d^2}{4} s'exprime par :

   D_v = S v_0 = \frac{\pi d^2}{4} v_0

   On en déduit le diamètre intérieur du tube :

   \boxed{d = \sqrt{\frac{4 D_v}{\pi v_0}}}

   Avec D_v = 6\,000\text{ L}\cdot\text{min}^{-1} = \frac{6\,000 \times 10^{-3}\text{ m}^3}{60\text{ s}} = 0{,}10\text{ m}^3\cdot\text{s}^{-1} :

   d = \sqrt{\frac{4 \times 0{,}10}{\pi \times 38{,}3}} \simeq \sqrt{\frac{0{,}40}{120}} = \frac{1}{\sqrt{300}} = \frac{1}{10\sqrt{3}} \simeq \frac{1}{10 \times 1{,}7} \simeq 0{,}059\text{ m}

   Soit, avec deux chiffres significatifs :

   \boxed{d \simeq 5{,}8\text{ cm}} \quad (\text{ou } 5{,}9\text{ cm})

   Résultat

   $$v_0=\sqrt{gL}$$

   $$v_0\simeq 38\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$d=\sqrt{\frac{4D_v}{\pi v_0}}$$

   $$d\simeq 5,8\text{ cm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie PSI 2024, Q16

   Le point \mathrm{M} est repéré en coordonnées polaires de pôle \mathrm{O} par ses coordonnées (r, \theta) associées à la base orthonormée directe \{\vec{u}_r, \vec{u}_\theta\}. Le fil étant inextensible de longueur \ell_0, on a :

   \vec{\mathrm{OM}} = \ell_0 \, \vec{u}_r

   avec r = \ell_0 = \text{cte}, soit \dot{r} = 0 et \ddot{r} = 0.

   Les vecteurs de la base polaire dérivent selon :

   \frac{\mathrm{d}\vec{u}_r}{\mathrm{d}t} = \dot{\theta}\,\vec{u}_\theta \quad \text{et} \quad \frac{\mathrm{d}\vec{u}_\theta}{\mathrm{d}t} = -\dot{\theta}\,\vec{u}_r

   On en déduit l'expression du vecteur vitesse du point \mathrm{M} dans le référentiel d'étude :

   \vec{v} = \frac{\mathrm{d}\vec{\mathrm{OM}}}{\mathrm{d}t} = \ell_0 \frac{\mathrm{d}\vec{u}_r}{\mathrm{d}t}

   \boxed{\vec{v} = \ell_0 \dot{\theta} \, \vec{u}_\theta}

   Par dérivation temporelle du vecteur vitesse, on obtient le vecteur accélération :

   \begin{aligned} \vec{a} &= \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \ell_0 \ddot{\theta} \, \vec{u}_\theta + \ell_0 \dot{\theta} \frac{\mathrm{d}\vec{u}_\theta}{\mathrm{d}t} \\ &= -\ell_0 \dot{\theta}^2 \, \vec{u}_r + \ell_0 \ddot{\theta} \, \vec{u}_\theta \end{aligned}

   \boxed{\vec{a} = -\ell_0 \dot{\theta}^2 \, \vec{u}_r + \ell_0 \ddot{\theta} \, \vec{u}_\theta}

   Résultat

   $$\vec{v}={\ell }_0\dot{\theta }{\vec{u}}_{\theta }$$

   $$\vec{a}=-{\ell }_0{\dot{\theta }}^2{\vec{u}}_r+{\ell }_0\ddot{\theta }{\vec{u}}_{\theta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie PSI 2024, Q18

   Le système étudié est le point matériel \mathrm{M} de masse m, dans le référentiel d'étude terrestre \mathcal{R} supposé galiléen.

   Les forces appliquées à \mathrm{M} sont :

   • le poids : \vec{P} = m\vec{g} = mg\cos\theta\,\vec{u}_r - mg\sin\theta\,\vec{u}_\theta ;
   • la tension du fil : \vec{T} = -T\,\vec{u}_r (portée par le fil, sans composante selon \vec{u}_\theta).

   D'après le principe fondamental de la dynamique :

   m\vec{a} = \vec{P} + \vec{T}

   En projetant sur le vecteur unitaire \vec{u}_\theta et en utilisant l'expression de \vec{a} établie à la question Q16 (a_\theta = \ell_0\ddot{\theta}) :

   m\ell_0 \ddot{\theta} = -mg\sin\theta

   En divisant par m\ell_0 et en introduisant la pulsation propre \omega_0 = \sqrt{\dfrac{g}{\ell_0}}, on obtient :

   \boxed{\ddot{\theta} + \omega_0^2\sin\theta = 0}

   Résultat

   $$\ddot{\theta }+{\omega }_0^2\sin \theta =0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 PSI 2024, Q2

   On étudie la bille de masse m dans le référentiel du laboratoire (référentiel terrestre supposé galiléen). On choisit un axe vertical orienté vers le bas, de sorte que la vitesse de chute s'écrive \vec{v} = v\,\vec{e}_z avec v \ge 0.

   La bille est soumise à deux forces :

   • son poids : \vec{P} = m g_0\,\vec{e}_z ;
   • la force de traînée aérodynamique opposée au mouvement : \vec{F} = -\frac{1}{2} C_x \rho S_\perp v^2\,\vec{e}_z, où S_\perp = \pi r^2.

   D'après le principe fondamental de la dynamique :

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

   En projection sur l'axe vertical descendant :

   m \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = m g_0 - \frac{1}{2} C_x \rho S_\perp v^2 \iff \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = g_0 - \frac{C_x \rho S_\perp}{2m} v^2

   L'énoncé propose la forme :

   \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = \frac{v_\infty^2 - v^2}{v_\infty \tau} = \frac{v_\infty}{\tau} - \frac{1}{v_\infty \tau} v^2

   Par identification terme à terme, on obtient :

   \boxed{\frac{v_\infty}{\tau} = g_0}

   et

   \boxed{v_\infty \tau = \frac{2m}{C_x \rho S_\perp} = \frac{2m}{C_x \rho \pi r^2}}

   Ce qui prouve que la vitesse de chute est bien régie par l'équation proposée.

   Interprétation physique :

   • v_\infty représente la vitesse limite de chute : lorsque t \to +\infty, le régime permanent est atteint, l'accélération s'annule (\mathrm{d}v/\mathrm{d}t = 0), d'où v = v_\infty = \sqrt{\frac{2m g_0}{C_x \rho \pi r^2}}.
   • \tau est la durée caractéristique (temps de relaxation) du régime transitoire nécessaire pour atteindre une vitesse de l'ordre de la vitesse limite, reliée à l'accélération initiale par \left.\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\right|_{t=0} = \frac{v_\infty}{\tau} = g_0.

   Résultat

   $$\frac{v_{\infty }}{\tau }=g_0$$

   $$v_{\infty }\tau =\frac{2m}{C_x\rho S_{\perp }}=\frac{2m}{C_x\rho \pi r^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PSI 2023, Q2

   Hypothèses nécessaires :

   • La voile est considérée fixe dans le référentiel d'étude galiléen lié à la Terre.
   • Les particules d'air ont toutes pour vitesse initiale \vec{v}_i = \vec{v}_{\mathrm{v}} = v_{\mathrm{v}}\widehat{e}_x.
   • Le choc est parfaitement inélastique : la particule cède intégralement sa quantité de mouvement à la voile, de sorte que sa vitesse finale immédiatement après collision est \vec{v}_f = \vec{0}.
   • Le transfert de quantité de mouvement s'effectue sur la durée caractéristique \tau du choc, et la force exercée est modélisée par sa valeur moyenne temporelle sur cet intervalle.
   • Le poids de la molécule et les interactions intermoléculaires sont négligés devant la force de contact lors de l'impact.

   La variation de quantité de mouvement de la molécule au cours de la collision s'écrit :

   \Delta \vec{p}_{\mathrm{mol}} = \vec{p}_f - \vec{p}_i = m \vec{v}_f - m \vec{v}_i = -m \vec{v}_{\mathrm{v}} = -m v_{\mathrm{v}} \widehat{e}_x

   D'après le théorème de la quantité de mouvement sous forme intégrée (théorème de l'impulsion) sur la durée \tau, la force moyenne \vec{f}_{\mathrm{voile} \to \mathrm{mol}} exercée par la voile sur la molécule vérifie :

   \vec{f}_{\mathrm{voile} \to \mathrm{mol}} = \frac{\Delta \vec{p}_{\mathrm{mol}}}{\tau} = -\frac{m v_{\mathrm{v}}}{\tau}\widehat{e}_x

   En vertu du principe des actions réciproques (troisième loi de Newton), la force \vec{f} exercée par la molécule d'air sur la voile est l'opposée de cette action :

   \vec{f} = \vec{f}_{\mathrm{mol} \to \mathrm{voile}} = -\vec{f}_{\mathrm{voile} \to \mathrm{mol}}

   D'où :

   \boxed{\vec{f} = \frac{m v_{\mathrm{v}}}{\tau}\widehat{e}_x}

   Résultat

   $$\vec{f}=\frac{m{v}_{\mathrm{v}}}{\tau }{\hat{e}}_x$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie PSI 2022, Q14

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

   La particule est soumise à trois forces :

   • son poids : \vec{P} = m\vec{g} = \rho_0 V g\,\vec{e}_z ;
   • la poussée d'Archimède exercée par l'eau polluée : \vec{\Pi} = -\rho_e V g\,\vec{e}_z ;
   • la force de frottement fluide (formule de Stokes) : \vec{F} = -6\pi\eta r\,\vec{v}.

   D'après la deuxième loi de Newton :

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

   En projetant sur l'axe vertical descendant \vec{e}_z, avec \vec{v} = v(t)\,\vec{e}_z :

   m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = (\rho_0 - \rho_e)Vg - 6\pi\eta r\,v(t)

   En divisant par m = \frac{4}{3}\pi r^3 \rho_0, l'équation différentielle s'écrit sous forme canonique :

   \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} + \frac{v}{\tau_c} = \frac{\rho_0 - \rho_e}{\rho_0}g

   où le temps caractéristique \tau_c d'établissement du régime permanent est défini par :

   \frac{1}{\tau_c} = \frac{6\pi\eta r}{m} = \frac{6\pi\eta r}{\frac{4}{3}\pi r^3 \rho_0} = \frac{9\eta}{2\rho_0 r^2}

   Soit :

   \boxed{\tau_c = \frac{2\rho_0 r^2}{9\eta}}

   La vitesse limite \vec{v}_l = v_l\vec{e}_z correspond au régime permanent (\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0) :

   v_l = \tau_c\,\frac{\rho_0 - \rho_e}{\rho_0}g = \frac{2\rho_0 r^2}{9\eta}\cdot\frac{\rho_0 - \rho_e}{\rho_0}g

   \boxed{v_l = \frac{2(\rho_0 - \rho_e)g r^2}{9\eta}}

   Puisque les particules sont plus denses que le fluide (\rho_0 > \rho_e), on a :

   \boxed{v_l > 0}

   Le mouvement limite s'effectue donc dans le sens descendant (\vec{v}_l est orienté selon +\vec{e}_z), ce qui correspond bien à la décantation (sédimentation des particules au fond du bassin).

   Résultat

   $${\tau }_c=\frac{2{\rho }_0{r}^2}{9\eta }$$

   $$v_l=\frac{2({\rho }_0-{\rho }_e)g{r}^2}{9\eta }$$

   $$v_l>0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique U PSI 2022, Q10

   On étudie l'électron de masse m et de charge q dans le référentiel lié au noyau, supposé galiléen puisque le noyau, infiniment lourd devant l'électron (M \gg m), est considéré fixe à l'origine (\mathbf{R} = \mathbf{0}, d'après la question 8).

   L'électron est soumis aux actions mécaniques suivantes :

   • la force de rappel élastique exercée par le noyau :

     \mathbf{F}_{\text{rappel}} = -\kappa \mathbf{r} = -m\omega_0^2 \mathbf{r}

   • la force de réaction de rayonnement introduite à la question 9 :

     \mathbf{F}_{\text{rad}} = -m\gamma(\omega)\dot{\mathbf{r}}

   • la force de Lorentz due à l'onde incidente, \mathbf{F}_{\text{L}} = q\big(\mathbf{E}(\mathbf{r}, t) + \dot{\mathbf{r}}\times \mathbf{B}(\mathbf{r}, t)\big).

     • Approximation dipolaire électrique : l'extension du mouvement de l'électron vérifie |\mathbf{r}| \ll \lambda, donc |\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}| \ll 1. Le champ électrique perçu par l'électron se réduit à sa valeur en \mathbf{R}=\mathbf{0} :

       \mathbf{E}(\mathbf{r}, t) \approx \mathbf{E}(\mathbf{0}, t) = E_0 e^{-i\omega t}\mathbf{e}_x

     • Négligence de la composante magnétique : pour une onde plane dans le vide, B \sim E/c. Le mouvement étant non-relativiste (v \ll c, établi à la question 5), le rapport des forces vérifie :

       \frac{\|\mathbf{F}_{\text{mag}}\|}{\|\mathbf{F}_{\text{el}}\|} \sim \frac{q v B}{q E} \sim \frac{v}{c} \ll 1

       La partie magnétique de la force de Lorentz est donc négligeable devant la composante électrique.

   Le principe fondamental de la dynamique appliqué à l'électron s'écrit alors :

   m\ddot{\mathbf{r}} = \mathbf{F}_{\text{rappel}} + \mathbf{F}_{\text{rad}} + q\mathbf{E}(\mathbf{0}, t) = -m\omega_0^2 \mathbf{r} - m\gamma(\omega)\dot{\mathbf{r}} + q E_0 e^{-i\omega t}\mathbf{e}_x

   Par linéarité de cette équation différentielle, on adopte la notation complexe pour la variable de position \mathbf{r}(t). En divisant par la masse m et en regroupant les termes d'inconnue \mathbf{r}, on obtient :

   \boxed{\ddot{\mathbf{r}} + \gamma(\omega)\dot{\mathbf{r}} + \omega_0^2 \mathbf{r} = \frac{qE_0}{m} e^{-i\omega t} \mathbf{e}_x}

   Résultat

   $$\ddot{\mathbf{r}}+\gamma (\omega )\dot{\mathbf{r}}+{\omega }_0^2\mathbf{r}=\frac{q{E}_0}{m}{e}^{-i\omega t}{\mathbf{e}}_x$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique U PSI 2022, Q11

   L'équation différentielle linéaire du mouvement de l'électron obtenue à la question Q10 s'écrit :

   \ddot{\mathbf{r}} + \gamma(\omega)\dot{\mathbf{r}} + \omega_0^2 \mathbf{r} = \frac{qE_0}{m} e^{-i\omega t}\mathbf{e}_x

   La solution générale de cette équation différentielle est la somme de la solution générale de l'équation homogène \mathbf{r}_h(t) et d'une solution particulière \mathbf{r}_p(t) associée au second membre.

   L'équation caractéristique associée à l'équation homogène est :

   s^2 + \gamma(\omega)s + \omega_0^2 = 0

   Le discriminant est négatif car \gamma(\omega) \ll \omega_0 (question Q9) : \Delta = \gamma^2 - 4\omega_0^2 < 0. Les deux racines complexes conjuguées sont :

   s_\pm = -\frac{\gamma(\omega)}{2} \pm i \sqrt{\omega_0^2 - \frac{\gamma(\omega)^2}{4}} \approx -\frac{\gamma(\omega)}{2} \pm i\omega_0

   Comme la partie réelle de ces racines est strictement négative (-\gamma/2 < 0), la solution homogène \mathbf{r}_h(t), qui décrit le régime transitoire, décroît exponentiellement vers zéro avec un temps caractéristique \tau = 2/\gamma :

   \lim_{t \to +\infty} \mathbf{r}_h(t) = \mathbf{0}

   Après l'extinction du régime transitoire, il ne subsiste que le régime forcé (ou stationnaire), oscillant à la pulsation \omega de l'onde incidente. On cherche cette solution sous la forme :

   \mathbf{r}(t) = \mathbf{r}_\omega e^{-i\omega t}

   Les dérivées temporelles successives s'écrivent :

   \begin{aligned} \dot{\mathbf{r}}(t) &= -i\omega \mathbf{r}_\omega e^{-i\omega t} \\ \ddot{\mathbf{r}}(t) &= -\omega^2 \mathbf{r}_\omega e^{-i\omega t} \end{aligned}

   En injectant ces expressions dans l'équation du mouvement, on obtient :

   \left(-\omega^2 - i\omega\gamma(\omega) + \omega_0^2\right) \mathbf{r}_\omega e^{-i\omega t} = \frac{q E_0}{m} e^{-i\omega t}\mathbf{e}_x

   Soit, en simplifiant par e^{-i\omega t} :

   \left(\omega_0^2 - \omega^2 - i\omega\gamma(\omega)\right) \mathbf{r}_\omega = \frac{q E_0}{m}\mathbf{e}_x

   En multipliant par la charge q de l'électron, on obtient le moment dipolaire induit complexe q\mathbf{r}_\omega :

   q\mathbf{r}_\omega = \frac{q^2/m}{\omega_0^2 - \omega^2 - i\omega\gamma(\omega)} E_0 \mathbf{e}_x

   On en déduit bien la relation demandée :

   \boxed{q\mathbf{r}_\omega = \alpha_c(\omega) E_0 \mathbf{e}_x \quad \text{avec} \quad \alpha_c(\omega) = \frac{q^2/m}{\omega_0^2 - \omega^2 - i\omega\gamma(\omega)}}

   Résultat

   $$q{\mathbf{r}}_{\omega }={\alpha }_c(\omega )E_0{\mathbf{e}}_x\text{avec}{\alpha }_c(\omega )=\frac{q^2/m}{{\omega }_0^2-{\omega }^2-i\omega \gamma (\omega )}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique U PSI 2022, Q47

    On se place dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen. On munit l'axe horizontal d'un vecteur unitaire \mathbf{e}_x orienté vers la droite. À l'équilibre mécanique, les deux masses occupent des positions notées x_{0,\text{eq}} et x_{1,\text{eq}}, où la résultante des forces élastiques s'annule sur chacune d'elles.

    À un instant t, les écarts aux positions d'équilibre sont repérés par :

    \delta x_0(t) = x_0(t) - x_{0,\text{eq}} \quad \text{et} \quad \delta x_1(t) = x_1(t) - x_{1,\text{eq}}

    Effectuons le bilan des forces horizontales s'exerçant sur chaque masse :

    • Masse 0 (à gauche) :

      • Le ressort de raideur k_0, fixé à la paroi gauche immobile, subit une variation d'allongement égale à \delta x_0. Il exerce la force de rappel :

        \mathbf{F}_0 = -k_0 \delta x_0\,\mathbf{e}_x

      • Le ressort central de couplage de raideur \kappa subit une variation d'allongement algébrique \Delta \ell = \delta x_1 - \delta x_0. Il exerce sur la masse 0 la force :

        \mathbf{F}_{\kappa \to 0} = \kappa (\delta x_1 - \delta x_0)\,\mathbf{e}_x

    • Masse 1 (à droite) :

      • Le ressort central exerce, d'après la troisième loi de Newton, la force :

        \mathbf{F}_{\kappa \to 1} = -\mathbf{F}_{\kappa \to 0} = -\kappa (\delta x_1 - \delta x_0)\,\mathbf{e}_x

      • Le ressort de raideur k_1, fixé à la paroi droite immobile, subit une variation d'allongement égale à -\delta x_1. Il exerce la force de rappel :

        \mathbf{F}_1 = -k_1 \delta x_1\,\mathbf{e}_x

    En appliquant le principe fondamental de la dynamique à chaque masse de masse m en projection selon \mathbf{e}_x :

    \begin{aligned} m \frac{\mathrm{d}^2 \delta x_0}{\mathrm{d}t^2} &= -k_0 \delta x_0 + \kappa (\delta x_1 - \delta x_0) \\ m \frac{\mathrm{d}^2 \delta x_1}{\mathrm{d}t^2} &= -k_1 \delta x_1 - \kappa (\delta x_1 - \delta x_0) \end{aligned}

    On en déduit le système d'équations différentielles couplées :

    \boxed{\left\{ \begin{aligned} m \frac{\mathrm{d}^2 \delta x_0}{\mathrm{d}t^2} + (k_0 + \kappa)\,\delta x_0 - \kappa\,\delta x_1 &= 0 \\[6pt] m \frac{\mathrm{d}^2 \delta x_1}{\mathrm{d}t^2} + (k_1 + \kappa)\,\delta x_1 - \kappa\,\delta x_0 &= 0 \end{aligned} \right.}

    Résultat

    $$\{\begin{array}{rl}m\frac{{\mathrm{d}}^2\delta x_0}{\mathrm{d}{t}^2}+(k_0+\kappa )\delta x_0-\kappa \delta x_1& =0\\ m\frac{{\mathrm{d}}^2\delta x_1}{\mathrm{d}{t}^2}+(k_1+\kappa )\delta x_1-\kappa \delta x_0& =0\end{array}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question