Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie TSI 2025, Q8

   On étudie le point matériel M de masse m dans le référentiel terrestre supposé galiléen. On choisit un repère (B, \vec{u}_x, \vec{u}_y) où l'axe (Bx) est horizontal orienté dans le sens du mouvement, et (By) est vertical ascendant (la surface de l'eau se situe donc à la cote y_C = -h).

   À l'instant initial t = 0 (passage en B) :

   \vec{OM}(0) = \vec{0} \quad \text{et} \quad \vec{v}(0) = v_B\,\vec{u}_x

   Pendant la phase aérienne entre B et C, les frottements de l'air étant négligés, l'enfant n'est soumis qu'à son poids \vec{P} = -m\,g\,\vec{u}_y. La deuxième loi de Newton s'écrit :

   m\vec{a} = \vec{P} = m\vec{g} \iff \vec{a} = -g\,\vec{u}_y

   Par intégrations successives :

   \begin{aligned} \vec{v}(t) &= v_B\,\vec{u}_x - g\,t\,\vec{u}_y \\ \vec{OM}(t) &= v_B\,t\,\vec{u}_x - \frac{1}{2}g\,t^2\,\vec{u}_y \end{aligned}

   L'enfant atteint la surface de l'eau au point C à une date notée t_C telle que y(t_C) = -h, soit :

   -\frac{1}{2}g\,t_C^2 = -h \implies t_C = \sqrt{\frac{2h}{g}}

   La distance horizontale d parcourue depuis B s'écrit alors :

   d = x(t_C) = v_B\,t_C = v_B \sqrt{\frac{2h}{g}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} t_C &= \sqrt{\frac{2 \times 1,0}{10}} = \sqrt{0,2} = 0,45\text{ s} \\ d &= 10 \times 0,45 = 4,5\text{ m} \end{aligned}

   \boxed{d = v_B \sqrt{\frac{2h}{g}} = 4,5\text{ m}}

   Résultat

   $$d=v_B\sqrt{\frac{2h}{g}}=4,5\text{ m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2025, Q33

   Le mouvement du point matériel M est circulaire de rayon R constant, centré en O.

   Dans la base polaire mobile (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta), le vecteur position s'écrit :

   \vec{OM} = R\,\vec{e}_r

   Le rayon R étant constant, les dérivées temporelles des vecteurs de base s'écrivent :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\vec{e}_r}{\mathrm{d}t} &= \dot{\theta}\,\vec{e}_\theta \\ \frac{\mathrm{d}\vec{e}_\theta}{\mathrm{d}t} &= -\dot{\theta}\,\vec{e}_r \end{aligned}

   Le vecteur vitesse de M vaut alors :

   \vec{v} = \frac{\mathrm{d}\vec{OM}}{\mathrm{d}t} = R\dot{\theta}\,\vec{e}_\theta = v\,\vec{e}_\theta

   avec v = \|\vec{v}\| = R\dot{\theta} \ge 0 au cours de la montée.

   Le vecteur accélération s'obtient en dérivant le vecteur vitesse :

   \begin{aligned} \vec{a} &= \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(v\,\vec{e}_\theta\right) \\ &= \dot{v}\,\vec{e}_\theta + v\frac{\mathrm{d}\vec{e}_\theta}{\mathrm{d}t} \\ &= \dot{v}\,\vec{e}_\theta - v\dot{\theta}\,\vec{e}_r \end{aligned}

   En utilisant la relation \dot{\theta} = \frac{v}{R}, on obtient finalement :

   \boxed{\vec{a} = -\frac{v^2}{R}\,\vec{e}_r + \dot{v}\,\vec{e}_\theta}

   Résultat

   $$\vec{a}=-\frac{v^2}{R}{\vec{e}}_r+\dot{v}{\vec{e}}_{\theta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2025, Q43

   On étudie le mouvement d'un nano-satellite de masse m_s, modélisé par un point matériel S, dans le référentiel géocentrique supposé galiléen.

   La Terre, de masse M_T et de rayon R_T, étant assimilée à une sphère homogène, elle exerce sur le satellite situé à l'altitude h_s (soit à la distance r = R_T + h_s de son centre) la force d'attraction gravitationnelle :

   \boxed{\vec{F}_{\mathrm{T}\to s} = -\frac{\mathcal{G} M_T m_s}{(R_T + h_s)^2}\,\vec{u}_r = \frac{\mathcal{G} M_T m_s}{(R_T + h_s)^2}\,\vec{n}}

   où \vec{u}_r est le vecteur unitaire radial dirigé du centre de la Terre vers le satellite, et \vec{n} = -\vec{u}_r le vecteur unitaire normal centripète (dirigé vers le centre de la Terre).

   Le satellite n'étant soumis qu'à cette seule force gravitationnelle, la deuxième loi de Newton s'écrit :

   m_s \vec{a} = \vec{F}_{\mathrm{T}\to s}

   Dans le repère de Frenet (\vec{t}, \vec{n}), l'accélération d'un point décrivant une trajectoire circulaire de rayon r = R_T + h_s à la vitesse v_s s'écrit :

   \vec{a} = \frac{\mathrm{d}v_s}{\mathrm{d}t}\,\vec{t} + \frac{v_s^2}{R_T + h_s}\,\vec{n}

   La force gravitationnelle étant purement centripète, la projection selon la direction tangentielle donne \frac{\mathrm{d}v_s}{\mathrm{d}t} = 0 : le mouvement est uniforme.

   La projection sur le vecteur normal centripète \vec{n} donne :

   \begin{aligned} m_s \frac{v_s^2}{R_T + h_s} &= \frac{\mathcal{G} M_T m_s}{(R_T + h_s)^2} \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la vitesse orbitale v_s :

   \boxed{v_s = \sqrt{\frac{\mathcal{G} M_T}{R_T + h_s}}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} R_T + h_s &= (6\,371 + 650) \times 10^3\text{ m} = 7{,}021 \times 10^6\text{ m} \\ v_s &= \sqrt{\frac{6{,}67 \times 10^{-11} \times 5{,}97 \times 10^{24}}{7{,}021 \times 10^6}} \simeq 7{,}53 \times 10^3\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   \boxed{v_s = 7{,}53\text{ km}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $${\vec{F}}_{\mathrm{T}\to s}=-\frac{\mathcal{G}{M}_T{m}_s}{(R_T+h_s{)}^2}{\vec{u}}_r=\frac{\mathcal{G}{M}_T{m}_s}{(R_T+h_s{)}^2}\vec{n}$$

   $$v_s=\sqrt{\frac{\mathcal{G}{M}_T}{R_T+h_s}}$$

   $$v_s=7,53\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2024, Q2

   Considérons un ressort élastique idéal de raideur k > 0, de longueur à vide \ell_0, dont une extrémité est fixée en un point A et dont l'autre extrémité M est attachée à un système matériel.

   On définit le vecteur unitaire \vec{u} orienté de l'extrémité fixe A vers l'extrémité mobile M.

   La force exercée par le ressort sur le système attaché en M s'écrit :

   \boxed{\vec{F} = - k\,(\ell - \ell_0)\,\vec{u}}

   où :

   • k est la constante de raideur du ressort (en \mathrm{N\cdot m^{-1}}) ;
   • \ell est la longueur courante (ou instantanée) du ressort (en \mathrm{m}) ;
   • \ell_0 est la longueur à vide (au repos) du ressort (en \mathrm{m}) ;
   • (\ell - \ell_0) représente l'allongement (ou élongation) du ressort ;
   • \vec{u} est le vecteur unitaire colinéaire à l'axe du ressort, dirigé de l'attache fixe vers le système.

   Résultat

   $$\vec{F}=-k(\ell -{\ell }_0)\vec{u}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2024, Q3

   Soit un axe (Ox) horizontal orienté vers la droite, dont l'origine O coïncide avec l'extrémité fixe du premier ressort.

   1. Longueur à vide du ressort équivalent :

   En l'absence de force extérieure (\vec{F} = \vec{0}), chaque ressort est au repos, c'est-à-dire non déformé. Leurs longueurs respectives sont l_1 = l_{01} et l_2 = l_{02}. La longueur à vide l_0 du ressort équivalent est donc la somme de leurs longueurs à vide :

   \boxed{l_0 = l_{01} + l_{02}}

   2. Constante de raideur équivalente :

   On applique à l'extrémité mobile de l'association une force de traction \vec{F} = F\,\vec{e}_x avec F > 0. Les ressorts prennent alors des longueurs respectives l_1 et l_2, de sorte que la longueur totale de l'ensemble vaut :

   l = l_1 + l_2

   L'allongement total s'écrit donc :

   \begin{aligned} \Delta l = l - l_0 &= (l_1 + l_2) - (l_{01} + l_{02}) \\ &= (l_1 - l_{01}) + (l_2 - l_{02}) \end{aligned}

   Les ressorts et leur point de jonction étant de masses négligeables, l'équilibre mécanique de chaque sous-système impose que la tension est uniforme d'une extrémité à l'autre de la chaîne :

   F = k_1(l_1 - l_{01}) = k_2(l_2 - l_{02})

   On en déduit les allongements de chacun des deux ressorts :

   \begin{aligned} l_1 - l_{01} &= \frac{F}{k_1} \\ l_2 - l_{02} &= \frac{F}{k_2} \end{aligned}

   En sommant ces deux contributions, on obtient :

   \Delta l = \frac{F}{k_1} + \frac{F}{k_2} = F\left(\frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2}\right)

   Par définition du ressort équivalent de raideur k, la relation force-allongement s'écrit \Delta l = \frac{F}{k}, ce qui conduit à :

   \frac{1}{k} = \frac{1}{k_1} + \frac{1}{k_2} = \frac{k_1 + k_2}{k_1 k_2}

   D'où l'expression de la constante de raideur équivalente :

   \boxed{k = \frac{k_1 k_2}{k_1 + k_2}}

   Résultat

   $$l_0=l_{01}+l_{02}$$

   $$k=\frac{k_1{k}_2}{k_1+k_2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie TSI 2023, Q11

   On étudie la sonde spatiale, modélisée par un point matériel de masse m, dans le référentiel martien supposé galiléen.

   D'après les questions précédentes, le repère associé à l'axe vertical descendant est muni du vecteur unitaire \vec{u}_z. Le vecteur vitesse s'écrit \vec{v} = v\,\vec{u}_z.

   Les forces extérieures appliquées à la sonde sont :

   • le poids martien : \vec{P} = m g\,\vec{u}_z ;
   • la force de frottement fluide : \vec{f} = -h\vec{v} = -h v\,\vec{u}_z.

   La deuxième loi de Newton s'énonce :

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

   En projetant sur l'axe vertical descendant (Oz) :

   \begin{aligned} m\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} &= mg - hv \\ \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} + \frac{h}{m}v &= g \end{aligned}

   Cette relation est bien de la forme demandée \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} + Av = B, avec :

   \boxed{A = \frac{h}{m}} \quad \text{et} \quad \boxed{B = g}

   Résultat

   $$A=\frac{h}{m}$$

   $$B=g$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie TSI 2023, Q12

   D'après la question Q11, l'équation différentielle régissant la vitesse s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} + A\,v = B \quad \text{avec} \quad A = \frac{h}{m} \quad \text{et} \quad B = g

   Au bout d'un temps infiniment long (t \to \infty), le système atteint un régime permanent : la vitesse tend vers une valeur limite constante notée v_{\ell}. Sa dérivée temporelle devient donc nulle :

   \lim_{t \to \infty} \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0

   En injectant cette condition dans l'équation différentielle, on obtient directement :

   0 + A\,v_{\ell} = B \implies v_{\ell} = \frac{B}{A}

   En remplaçant par les expressions de A et B, il vient :

   \boxed{v_{\ell} = \frac{m\,g}{h}}

   Résultat

   $$v_{\ell }=\frac{mg}{h}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2022, Q46

   On étudie la barre conductrice MN de masse m, assimilée à un point matériel en translation le long de l'axe (Ox), dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen.

   La barre est soumise aux actions mécaniques suivantes :

   • la force constante appliquée par l'opérateur : \vec{F} = F\,\vec{e}_x ;
   • la force de Laplace, d'expression algébrique établie à la question Q42 : \vec{F}_{\mathrm{L}} = i(t)LB\,\vec{e}_x ;
   • le poids de la tige et la réaction normale des rails, dont la somme est orthogonale à l'axe (Ox) (les frottements étant négligés).

   D'après le principe fondamental de la dynamique :

   m\,\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{F} + \vec{F}_{\mathrm{L}} + \vec{P} + \vec{R}_n

   En projetant cette relation vectorielle sur le vecteur unitaire \vec{e}_x, on obtient l'équation mécanique du système :

   \boxed{m\,\dot{v}(t) = F + i(t)LB}

   Résultat

   $$m\dot{v}(t)=F+i(t)LB$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2021, Q24

   On étudie le tronçon numéro n, assimilé à un point matériel de masse m, dans le référentiel d'étude supposé galiléen muni du repère d'axe horizontal (Ox) orienté par le vecteur unitaire \vec{u}_x.

   À l'équilibre, l'abscisse du tronçon n est X_n^{\text{éq}} = n a. Lors du passage de l'onde, son abscisse devient :

   X_n(t) = n a + x_n(t)

   La dérivée seconde de sa position est simplement l'accélération du déplacement algébrique :

   \frac{\mathrm{d}^2 X_n}{\mathrm{d}t^2} = \ddot{x}_n(t)

   Le tronçon n est soumis aux actions mécaniques suivantes :

   • son poids et la réaction verticale du support, qui se compensent d'après l'énoncé ;

   • la force exercée par le ressort de droite (reliant le tronçon n au tronçon n+1) : la longueur de ce ressort est L_{n, n+1} = X_{n+1} - X_n = a + x_{n+1} - x_n. La force de rappel exercée sur le tronçon n s'écrit :

     \vec{F}_{\text{droite} \to n} = K (L_{n, n+1} - a)\,\vec{u}_x = K \bigl(x_{n+1}(t) - x_n(t)\bigr)\,\vec{u}_x

   • la force exercée par le ressort de gauche (reliant le tronçon n-1 au tronçon n) : la longueur de ce ressort est L_{n-1, n} = X_n - X_{n-1} = a + x_n - x_{n-1}. La force de rappel exercée sur le tronçon n s'écrit :

     \vec{F}_{\text{gauche} \to n} = -K (L_{n-1, n} - a)\,\vec{u}_x = K \bigl(x_{n-1}(t) - x_n(t)\bigr)\,\vec{u}_x

   En appliquant la seconde loi de Newton au tronçon n et en projetant sur l'axe (Ox) :

   \begin{aligned} m \ddot{x}_n(t) &= K \bigl(x_{n+1}(t) - x_n(t)\bigr) + K \bigl(x_{n-1}(t) - x_n(t)\bigr) \\ m \ddot{x}_n(t) &= K \bigl(x_{n+1}(t) + x_{n-1}(t) - 2x_n(t)\bigr) \end{aligned}

   En divisant par la masse m, on obtient directement :

   \ddot{x}_n(t) = \frac{K}{m}\bigl(x_{n+1}(t) + x_{n-1}(t) - 2x_n(t)\bigr)

   Par identification avec l'équation (II.1), on en déduit l'expression de \Gamma :

   \boxed{\Gamma = \frac{K}{m}}

   Résultat

   $$\Gamma =\frac{K}{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 1 TSI 2020, Q10

    On étudie la masse m dans le référentiel non galiléen lié à la voiture, muni de la base (\vec{u}_x, \vec{u}_y). La vitesse et l'accélération relatives de la masse sont :

    \vec{V} = \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\vec{u}_x \quad \text{et} \quad \vec{a}_{\text{rel}} = \frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2}\vec{u}_x

    D'après le bilan des forces établi à la question Q9, la masse est soumise à :

    • son poids \vec{P} = -m g \vec{u}_y ;
    • la réaction normale du support horizontal \vec{R}_N = R_N \vec{u}_y (le déplacement s'effectuant sans frottement solide) ;
    • la force de rappel élastique du ressort \vec{F}_{\text{é}} = -k(x(t) - L_0)\vec{u}_x ;
    • la force de frottement fluide \vec{f} = -\alpha \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\vec{u}_x ;
    • la force d'inertie d'entraînement \vec{F}_{ie} = m a \vec{u}_x.

    Le mouvement relatif s'effectuant selon la direction horizontale, l'équilibre vertical donne \vec{P} + \vec{R}_N = \vec{0}.

    Le principe fondamental de la dynamique appliqué dans le référentiel lié à la voiture s'écrit :

    m \frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2}\vec{u}_x = \vec{P} + \vec{R}_N + \vec{F}_{\text{é}} + \vec{f} + \vec{F}_{ie}

    En projetant suivant le vecteur unitaire \vec{u}_x :

    m \frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2} = -k(x - L_0) - \alpha \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} + m a

    La longueur à vide L_0 étant constante au cours du temps, la variable X(t) = x(t) - L_0 vérifie :

    \frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} \quad \text{et} \quad \frac{\mathrm{d}^2X}{\mathrm{d}t^2} = \frac{\mathrm{d}^2x}{\mathrm{d}t^2}

    L'équation du mouvement devient ainsi :

    m \frac{\mathrm{d}^2X}{\mathrm{d}t^2} + \alpha \frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t} + k X = m a

    En divisant par la masse m, on obtient :

    \frac{\mathrm{d}^2X}{\mathrm{d}t^2} + \frac{\alpha}{m}\frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t} + \frac{k}{m}X = a

    Par identification avec la forme canonique d'un oscillateur amorti du second ordre :

    \frac{\mathrm{d}^2X}{\mathrm{d}t^2} + \frac{\omega_0}{Q}\frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}t} + \omega_0^2 X = a

    on en déduit par comparaison des coefficients :

    \begin{aligned} \omega_0^2 &= \frac{k}{m} \implies \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} \\ \frac{\omega_0}{Q} &= \frac{\alpha}{m} \implies Q = \frac{m\omega_0}{\alpha} = \frac{\sqrt{km}}{\alpha} \end{aligned}

    \boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} \quad \text{et} \quad Q = \frac{\sqrt{k m}}{\alpha}}

    Résultat

    $${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{m}}\text{et}Q=\frac{\sqrt{km}}{\alpha }$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question