Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

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 3Banque PT Physique A PT 2024, Q3

   On étudie la gouttelette d'eau assimilée à un point matériel de masse constante :

   m = \rho_{\text{e}} V = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho_{\text{e}}

   dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

   D'après le résultat de la question 2, la poussée d'Archimède est négligée. Le système est donc soumis à deux forces :

   • son poids : \vec{P} = m \vec{g} = m g \, \vec{e}_z ;
   • la force de frottement visqueux : \vec{f} = -6 \pi \eta_{\text{a}} R \, \vec{v}(t) = -6 \pi \eta_{\text{a}} R \, v(t) \, \vec{e}_z.

   La deuxième loi de Newton s'écrit :

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

   Par projection sur l'axe vertical descendant (Oz), on obtient :

   \begin{aligned} m \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} &= m g - 6 \pi \eta_{\text{a}} R \, v(t) \\ \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} + \frac{6 \pi \eta_{\text{a}} R}{m} v(t) &= g \end{aligned}

   En remplaçant la masse par son expression m = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho_{\text{e}}, le rapport devient :

   \frac{6 \pi \eta_{\text{a}} R}{m} = \frac{6 \pi \eta_{\text{a}} R}{\frac{4}{3}\pi R^3 \rho_{\text{e}}} = \frac{9 \eta_{\text{a}}}{2 \rho_{\text{e}} R^2}

   L'équation différentielle vérifiée par la composante v(t) est donc :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} + \frac{9 \eta_{\text{a}}}{2 \rho_{\text{e}} R^2} v(t) = g}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}+\frac{9{\eta }_{\text{a}}}{2{\rho }_{\text{e}}{R}^2}v(t)=g$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2023, Q38

   On étudie le point matériel P de masse M dans le référentiel terrestre supposé galiléen. L'axe vertical (Oz) est orienté vers le bas.

   Le plateau \Sigma étant immobile, le point d'attache A est fixe à l'origine (z_A = 0). La position du point P est donc repérée par sa cote :

   z_P(t) = L(t)

   Ses dérivées temporelles sont :

   \dot{z}_P(t) = \dot{L}(t) \quad \text{et} \quad \ddot{z}_P(t) = \ddot{L}(t)

   Le point P est soumis à trois forces :

   • son poids : \vec{P} = M g_0 \vec{e}_z ;
   • la force de rappel élastique exercée par le ressort : \vec{F}_{\text{ressort}} = -k (L(t) - L_0) \vec{e}_z ;
   • la force de frottement fluide : \vec{f} = -2\lambda M \dot{L}(t) \vec{e}_z.

   D'après la deuxième loi de Newton :

   M \frac{\mathrm{d}^2 z_P}{\mathrm{d}t^2} \vec{e}_z = \vec{P} + \vec{F}_{\text{ressort}} + \vec{f}

   En projetant sur l'axe vertical descendant \vec{e}_z :

   M \ddot{L}(t) = M g_0 - k\big(L(t) - L_0\big) - 2\lambda M \dot{L}(t)

   Or, d'après la condition d'équilibre établie à la question Q37, on a :

   M g_0 - k(L_{\text{eq}} - L_0) = 0 \iff M g_0 = k(L_{\text{eq}} - L_0)

   En réinjectant cette expression dans la somme du poids et de la force de rappel :

   M g_0 - k\big(L(t) - L_0\big) = -k\big(L(t) - L_{\text{eq}}\big) = -k Z(t)

   Comme Z(t) = L(t) - L_{\text{eq}}, on a de plus \dot{Z}(t) = \dot{L}(t) et \ddot{Z}(t) = \ddot{L}(t). L'équation du mouvement devient alors :

   M \ddot{Z}(t) + 2\lambda M \dot{Z}(t) + k Z(t) = 0

   En divisant par la masse M et en posant k/M = \omega_0^2 :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2} + 2\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t} + \omega_0^2 Z = 0}

   Résultat

   $$\frac{{\mathrm{d}}^{2}Z}{\mathrm{d}{t}^2}+2\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}+{\omega }_0^{2}Z=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2022, Q28

   Dans le système de coordonnées cylindriques d'axe vertical descendant (Oz) et d'origine O, le vecteur position du point matériel M s'écrit généralement :

   \overrightarrow{OM} = r\,\vec{u}_r + z\,\vec{u}_z

   Le mouvement s'effectuant sur un cylindre de rayon fixe r(t) = R, le vecteur position est donné par :

   \boxed{\overrightarrow{OM} = R\,\vec{u}_r(\theta) + z\,\vec{u}_z}

   Le vecteur vitesse du point M dans le référentiel lié au sol s'obtient par dérivation temporelle :

   \vec{v}(M) = \frac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}R}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_r + R\,\frac{\mathrm{d}\vec{u}_r}{\mathrm{d}t} + \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_z + z\,\frac{\mathrm{d}\vec{u}_z}{\mathrm{d}t}

   Le rayon R et le vecteur \vec{u}_z étant constants au cours du temps, et sachant que \frac{\mathrm{d}\vec{u}_r}{\mathrm{d}t} = \dot{\theta}\,\vec{u}_\theta, il vient :

   \boxed{\vec{v}(M) = R\dot{\theta}\,\vec{u}_\theta + \dot{z}\,\vec{u}_z}

   Résultat

   $$\overrightarrow{OM}=R{\vec{u}}_r(\theta )+z{\vec{u}}_z$$

   $$\vec{v}(M)=R\dot{\theta }{\vec{u}}_{\theta }+\dot{z}{\vec{u}}_z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2021, Q7

   On étudie la masse ponctuelle m_p dans le référentiel terrestre supposé galiléen, repérée en coordonnées polaires dans le plan (x,Oz) par le vecteur position :

   \vec{OM} = l\,\vec{u}_r

   où la base polaire (\vec{u}_r, \vec{u}_\theta) est orientée de façon à ce que :

   \begin{aligned} \vec{u}_r &= \sin\theta\,\vec{u}_x + \cos\theta\,\vec{u}_z \\ \vec{u}_\theta &= \cos\theta\,\vec{u}_x - \sin\theta\,\vec{u}_z \end{aligned}

   L'axe fixe de rotation est l'axe passant par O, orienté selon le vecteur unitaire orthogonal au plan du mouvement \vec{u}_y = \vec{u}_z \times \vec{u}_x = \vec{u}_r \times \vec{u}_\theta.

   Le bilan des actions mécaniques extérieures appliquées à la masse m_p comprend :

   • le poids : \vec{P} = m_p\vec{g} = m_p g\,\vec{u}_z = m_p g (\cos\theta\,\vec{u}_r - \sin\theta\,\vec{u}_\theta) ;
   • la tension de la tige : \vec{T} = -T\,\vec{u}_r (la liaison en O étant sans frottement et la tige de masse négligeable, la force est purement axiale).

   Calculons les moments de ces forces par rapport au point fixe O :

   \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{T}) &= \vec{OM} \times \vec{T} = \vec{0} \\ \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{P}) &= (l\,\vec{u}_r) \times \left(m_p g \cos\theta\,\vec{u}_r - m_p g \sin\theta\,\vec{u}_\theta\right) = - m_p g l \sin\theta\,\vec{u}_y \end{aligned}

   Le moment cinétique de la masse m_p par rapport à O s'écrit, avec \vec{v} = l \dot{\theta}\,\vec{u}_\theta :

   \vec{L}_O = \vec{OM} \times (m_p\vec{v}) = (l\,\vec{u}_r) \times (m_p l \dot{\theta}\,\vec{u}_\theta) = m_p l^2 \dot{\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{P}) + \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{T})

   ce qui donne en projection sur l'axe \vec{u}_y :

   m_p l^2 \ddot{\theta} = - m_p g l \sin\theta

   En simplifiant par m_p l^2 \neq 0, on obtient l'équation différentielle régissant le mouvement :

   \boxed{\ddot{\theta} + \frac{g}{l}\sin\theta = 0}

   Résultat

   $$\ddot{\theta }+\frac{g}{l}\sin \theta =0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique A PT 2021, Q8

   D'après la question Q7, l'équation différentielle exacte du mouvement est :

   \ddot{\theta} + \frac{g}{l}\sin\theta = 0

   Dans le cadre de l'approximation des petites oscillations (\theta \ll 1\text{ rad}), on effectue un développement limité à l'ordre 1 : \sin\theta \approx \theta. L'équation différentielle linéarisée s'écrit alors :

   \boxed{ \ddot{\theta}(t) + \frac{g}{l}\theta(t) = 0 }

   Il s'agit de l'équation différentielle d'un oscillateur harmonique non amorti de pulsation propre :

   \omega_0 = \sqrt{\frac{g}{l}}

   La forme générale de la solution est :

   \theta(t) = A \cos(\omega_0 t) + B \sin(\omega_0 t)

   où A et B sont des constantes réelles déterminées par les conditions initiales :

   • À t = 0, le pendule est écarté d'un angle \theta_0 : \theta(0) = A = \theta_0.
   • Le pendule est lâché sans vitesse initiale : \dot{\theta}(0) = B\omega_0 = 0 \implies B = 0.

   On en déduit l'équation horaire du mouvement :

   \boxed{ \theta(t) = \theta_0 \cos\left(\sqrt{\frac{g}{l}}\, t\right) }

   Résultat

   $$\ddot{\theta }(t)+\frac{g}{l}\theta (t)=0$$

   $$\theta (t)={\theta }_0\cos \left(\sqrt{\frac{g}{l}}t\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2020, Q9

   On étudie le point matériel C_1 de masse m dans le référentiel galiléen d'origine C.

   Le système \{C_1 + C_2\} étant isolé, la seule force appliquée à C_1 est l'action gravitationnelle exercée par C_2 :

   \vec{F}_{2\to 1} = \frac{G m^2}{r^2} \frac{\vec{r}}{r}

   D'après la question Q8, on a \vec{r} = -2\vec{R_1} avec \vec{R_1} = \vec{CC_1}, donc :

   \vec{F}_{2\to 1} = -\frac{2 G m^2}{r^3} \vec{R_1} = -\frac{G m^2}{4 R_1^3} \vec{R_1}

   La force subie par C_1 est donc une force centrale de centre C.

   Appliquons le théorème du moment cinétique à C_1 au point fixe C dans ce référentiel :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}_C(C_1)}{\mathrm{d}t} = \vec{\mathcal{M}}_C(\vec{F}_{2\to 1}) = \vec{R_1} \wedge \vec{F}_{2\to 1}

   Comme \vec{F}_{2\to 1} est colinéaire à \vec{R_1}, le moment en C de la force est nul :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}_C(C_1)}{\mathrm{d}t} = \vec{0} \implies \vec{L}_C(C_1) = \vec{R_1} \wedge m\vec{v}_1 = \vec{\text{cte}}

   Deux situations se présentent :

   • Si \vec{L}_C(C_1) = \vec{0}, alors \vec{R_1} et \vec{v}_1 sont colinéaires à chaque instant : le mouvement est rectiligne, ce qui constitue un cas particulier de mouvement plan.

   • Si \vec{L}_C(C_1) \neq \vec{0}, le produit scalaire donne en permanence :

     \vec{R_1}(t) \cdot \vec{L}_C(C_1) = \left(\vec{R_1} \wedge m\vec{v}_1\right) \cdot \vec{R_1} = 0

     Le vecteur position \vec{R_1}(t) est orthogonal au vecteur constant non nul \vec{L}_C(C_1).

   \boxed{\text{La trajectoire de } C_1 \text{ est entièrement contenue dans le plan passant par } C \text{ et orthogonal à } \vec{L}_C(C_1).}

   Le mouvement de C_1 est donc plan.

   Résultat

   $$\text{La trajectoire de }{C}_1\text{ est entieˋrement contenue dans le plan passant par }C\text{ et orthogonal aˋ }{\vec{L}}_C(C_1).$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2026, Q3

   D'après la question Q2, l'équation différentielle régissant la vitesse v_z(t) s'écrit :

   \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

   En introduisant la vitesse limite v_\ell = \dfrac{2(\rho_0 - \rho_{\mathrm{e}})g r^2}{9\eta}, cette équation se met sous la forme canonique :

   \frac{\mathrm{d}v_z}{\mathrm{d}t} + \frac{v_z}{\tau_c} = \frac{v_\ell}{\tau_c}

   On identifie ainsi le temps caractéristique de relaxation visqueuse :

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

   La solution générale de cette équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants est la somme de la solution particulière (le régime permanent v_\ell) et de la solution générale de l'équation homogène :

   v_z(t) = v_\ell + A \exp\left(-\frac{t}{\tau_c}\right)

   où A est une constante déterminée par la condition initiale v_z(0) = 0 :

   v_z(0) = v_\ell + A = 0 \implies A = -v_\ell

   On en déduit l'expression temporelle de la vitesse de la particule :

   \boxed{v_z(t) = v_\ell \left(1 - \exp\left(-\frac{t}{\tau_c}\right)\right)}

   Résultat

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

   $$v_z(t)=v_{\ell }\left(1-\exp \left(-\frac{t}{{\tau }_c}\right)\right)$$

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10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2024, Q2

    La gouttelette sphérique d'eau, de rayon R et de masse volumique \rho_{\text{e}}, a un volume V = \frac{4}{3}\pi R^3. La norme de son poids s'écrit :

    P = m g = \rho_{\text{e}} V g = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho_{\text{e}} g

    D'après la question 1, la norme de la poussée d'Archimède exercée par l'air s'exprime par :

    P_{\text{A}} = \frac{4}{3}\pi R^3 \rho_{\text{a}} g

    Le rapport des normes s'en déduit immédiatement :

    \frac{P_{\text{A}}}{P} = \frac{\rho_{\text{a}}}{\rho_{\text{e}}}

    Avec \rho_{\text{a}} = 1\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} et \rho_{\text{e}} = 1\cdot 10^3\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}, on obtient numériquement avec un chiffre significatif :

    \boxed{\frac{P_{\text{A}}}{P} = 1\cdot 10^{-3}}

    Comme \frac{P_{\text{A}}}{P} = 10^{-3} \ll 1, la poussée d'Archimède représente seulement 0{,}1\,\% du poids de la gouttelette. Il est donc parfaitement légitime de la négliger devant le poids dans cette modélisation.

    Résultat

    $$\frac{P_{\text{A}}}{P}=1\cdot 10^{-3}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question