Feuille d'entraînement : Mécanique du solide

10 questions · filière MPSI · durée estimée environ 43 min

Énoncés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2025, Q25· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 3 min
Déterminer $Γ_{P}$ le moment scalaire du poids du cadre par rapport à $Δ$ (orienté) : A) $Γ_{P} = 0$ B) $Γ_{P} = - \frac{m g ℓ s i n θ}{2}$ C) $Γ_{P} = m g ℓ sin θ$ D) $Γ_{P} = - \frac{m g ℓ c o s θ}{2}$
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2025, Q28· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 5 min
Que vaut la période $T_{0}$ du mouvement du cadre au voisinage de sa position d'équilibre stable ? A) $T_{0} = (\frac{π ^{2} J _{z}}{m g ℓ + I L ℓ B})^{1/2}$ B) $T_{0} = (\frac{4 π ^{2} J _{z}}{m g ℓ + I L ℓ B})^{1/2}$ C) $T_{0} = (\frac{8 π ^{2} J _{z}}{m g ℓ + 2 I L ℓ B})^{1/2}$ D) $T_{0} = (\frac{2 J _{z}}{m g ℓ + 2 I L ℓ B})^{1/2}$
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2025, Q26· Intermédiaire· ≈ 4 min
Déterminer $Γ_{L}$ le moment scalaire des forces de Laplace qui s'exercent sur le cadre par rapport à $Δ$ (orienté) : A) $Γ_{L} = 0$ B) $Γ_{L} = I L ℓ B cos (θ /2)$ C) $Γ_{L} = - I L ℓ B sin θ$ D) $Γ_{L} = m g ℓ$
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2024, Q13· Application directe· ≈ 3 min
Exprimer le moment $M_{Δ} (P)$ (scalaire) du poids de la tige par rapport à l'axe orienté $K Δ$ , à l'instant initial:
A) $M_{Δ} (P) = \frac{m g b}{3}$ B) $M_{Δ} (P) = \frac{m g b}{2}$ C) $M_{Δ} (P) = m g b$ D) $M_{Δ} (P) = 2 m g b$
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2024, Q14· Intermédiaire· ≈ 4 min
Exprimer la force $F$ qu'exerce le ressort en $M$ à l'instant initial:
A) $F = - \frac{m g}{4}$ B) $F = - \frac{m g}{6}$ C) $F = \frac{m g}{2}$ D) $F = \frac{m g}{4}$
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2024, Q15· Application directe· ≈ 3 min
Quelle est la longueur $ℓ$ du ressort à l'instant initial?
A) $ℓ = ℓ_{0} - \frac{m g}{4 K}$ B) $ℓ = ℓ_{0} + \frac{m g}{3 K}$ C) $ℓ = ℓ_{0} + \frac{m g}{4 K}$ D) $ℓ = ℓ_{0} + \frac{m g}{K}$
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2020, Q34· Exigeant· ≈ 8 min
L'équation du mouvement se met sous la forme suivante:
$\ddot{θ} + ω_{1}^{2} sin θ = 0$
où $ω_{1}$ est une constante temporelle. Déterminer $ω_{1}$ . A) $ω_{1} = (\frac{g}{ℓ})^{1/2} (1 + \frac{ℓ ^{2} B _{0}^{2} C}{2 m})^{- 1/2}$ B) $ω_{1} = (\frac{g}{ℓ})^{1/2} (1 - \frac{ℓ ^{2} B _{0}^{2} C}{4 m})^{- 1/2}$ C) $ω_{1} = (\frac{g}{ℓ})^{1/2} (1 + \frac{ℓ ^{2} B _{0}^{2} C}{4 m})^{- 1/2}$ D) $ω_{1} = (\frac{g}{ℓ})^{1/2} (1 + \frac{2 ℓ ^{2} B _{0}^{2} C}{m})^{- 1/2}$
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2020, Q36· Intermédiaire· ≈ 4 min
Calculer numériquement $ω_{1}$ : A) $ω_{1} \approx 1 rad.s^{- 1}$ B) $ω_{1} \approx 2, 3 rad.s^{- 1}$ C) $ω_{1} \approx 5 rad.s^{- 1}$ D) $ω_{1} \approx 12 rad.s^{- 1}$
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2025, Q27· Intermédiaire· ≈ 4 min
Déterminer la ou les positions angulaires d'équilibre $θ_{e}$ du cadre. A) $θ_{e} = 0$ B) $θ_{e} = π$ C) $θ_{e} = arccos (\frac{I L B}{m g})$ D) $θ_{e} = arcsin (\frac{I L B}{m g})$
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2025, Q29· Intermédiaire· ≈ 5 min
À un instant pris comme origine temporelle ( $t = 0$ ), on lance le cadre depuis la position initiale $θ (0) = 0$ avec une vitesse angulaire initiale $\dot{θ} (0) > 0$ . Déterminer $\dot{θ} (0)$ afin que le cadre puisse atteindre la position $θ = \frac{π}{2} rad$ , avec une vitesse nulle. A) $\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + I L ℓ B}{J _{z}})^{1/2}$ B) $\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + I L ℓ B}{2 J _{z}})^{1/2}$ C) $\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + 2 I L ℓ B}{2 J _{z}})^{1/2}$ D) $\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + 2 I L ℓ B}{J _{z}})^{1/2}$

Corrigés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2025, Q25
Le cadre rectangulaire \mathrm{OADC} est homogène, de longueur L selon l'axe de rotation \Delta et de largeur \ell selon le vecteur \mathbf{OA}. Par symétrie, son centre d'inertie \mathrm{G} est situé au centre géométrique du rectangle :
\mathbf{OG} = \frac{1}{2}\mathbf{OA} + \frac{1}{2}\mathbf{OC}
L'angle \theta repère le vecteur \mathbf{OA} par rapport à la verticale descendante -\boldsymbol{e}_y, orienté positivement vers \boldsymbol{e}_x autour de \boldsymbol{e}_z. Les coordonnées de \mathbf{OA} s'écrivent :
\mathbf{OA} = \ell\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \ell\cos\theta\,\boldsymbol{e}_y
Le vecteur position du centre d'inertie est donc :
\mathbf{OG} = \frac{\ell}{2}\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \frac{\ell}{2}\cos\theta\,\boldsymbol{e}_y + \frac{L}{2}\boldsymbol{e}_z
Le champ de pesanteur étant \boldsymbol{g} = -g\boldsymbol{e}_y, le poids total du cadre s'écrit \boldsymbol{P} = -mg\boldsymbol{e}_y. Le moment scalaire du poids par rapport à l'axe \Delta orienté par \boldsymbol{e}_z vaut :
\begin{aligned} \Gamma_P &= (\mathbf{OG} \times \boldsymbol{P}) \cdot \boldsymbol{e}_z \\ &= \left[\left(\frac{\ell}{2}\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \frac{\ell}{2}\cos\theta\,\boldsymbol{e}_y + \frac{L}{2}\boldsymbol{e}_z\right) \times (-mg\boldsymbol{e}_y)\right] \cdot \boldsymbol{e}_z \end{aligned}
Comme \boldsymbol{e}_x \times \boldsymbol{e}_y = \boldsymbol{e}_z, \boldsymbol{e}_y \times \boldsymbol{e}_y = \boldsymbol{0} et \boldsymbol{e}_z \times \boldsymbol{e}_y = -\boldsymbol{e}_x, on obtient :
\mathbf{OG} \times \boldsymbol{P} = -\frac{mg\ell\sin\theta}{2}\boldsymbol{e}_z + \frac{mgL}{2}\boldsymbol{e}_x
D'où le moment scalaire par rapport à \Delta :
\boxed{\Gamma_P = -\frac{mg\ell\sin\theta}{2}}
La proposition B est correcte.
Résultat
$Γ_{P} = - \frac{m g ℓ sin θ}{2}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2025, Q28
Le référentiel du laboratoire \mathcal{R} étant galiléen et l'axe \Delta fixe, le théorème du moment cinétique scalaire appliqué au cadre s'écrit :
J_z \ddot{\theta} = \Gamma_{\Delta}(\theta) = \Gamma_P + \Gamma_L
En utilisant les expressions des moments établies aux questions Q25 et Q26 :
J_z \ddot{\theta} = -\left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\sin\theta
Pour \theta_e = 0, en effectuant un développement limité au premier ordre pour les petites oscillations (\sin\theta \approx \theta) :
J_z \ddot{\theta} + \left(\frac{mg\ell + 2IL\ell B}{2}\right)\theta = 0
Le coefficient devant \theta étant strictement positif, il s'agit bien d'un oscillateur harmonique stable. L'équation se met sous la forme canonique \ddot{\theta} + \omega_0^2 \theta = 0 avec :
\omega_0^2 = \frac{mg\ell + 2IL\ell B}{2J_z}
La période des petites oscillations est reliée à la pulsation propre par T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0}, ce qui donne :
\begin{aligned} T_0 &= 2\pi \sqrt{\frac{2J_z}{mg\ell + 2IL\ell B}} \\ &= \left(\frac{8\pi^2 J_z}{mg\ell + 2IL\ell B}\right)^{1/2} \end{aligned}
La proposition correcte est donc la proposition C.
\boxed{\text{Réponse C}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponse C$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2025, Q26
Le champ magnétique \boldsymbol{B} = B\,\boldsymbol{e}_x est uniforme et stationnaire.
Analysons la contribution de chaque côté du cadre au moment scalaire par rapport à l'axe \Delta = (O, \boldsymbol{e}_z) :
- Le côté CO est confondu avec l'axe \Delta : la distance de ses points à l'axe est nulle, son moment est donc nul.
- Pour les côtés OA et DC, un élément de courant I\mathrm{d}\boldsymbol{r} est colinéaire au vecteur unitaire radial \boldsymbol{u}_r = \sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \cos\theta\,\boldsymbol{e}_y. La force de Laplace élémentaire s'écrit :
  \mathrm{d}\boldsymbol{F} = I\mathrm{d}\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{B} \propto (\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \cos\theta\,\boldsymbol{e}_y) \times \boldsymbol{e}_x = \cos\theta\,\boldsymbol{e}_z
  Cette force étant colinéaire à l'axe \Delta, son moment par rapport à tout point de l'axe est orthogonal à \boldsymbol{e}_z, de sorte que sa projection sur l'axe \Delta est strictement nulle.
- Seul le côté AD contribue au moment scalaire par rapport à \Delta.
Sur le côté AD, le vecteur déplacement élémentaire est orienté dans le sens du courant, soit \mathrm{d}\boldsymbol{\ell} = -\mathrm{d}z\,\boldsymbol{e}_z. La résultante des forces de Laplace sur ce segment s'écrit :
\begin{aligned} \boldsymbol{F}_{AD} &= \int_A^D I\mathrm{d}\boldsymbol{\ell} \times \boldsymbol{B} \\ &= I(-L\,\boldsymbol{e}_z) \times (B\,\boldsymbol{e}_x) \\ &= -ILB\,(\boldsymbol{e}_z \times \boldsymbol{e}_x) \\ &= -ILB\,\boldsymbol{e}_y \end{aligned}
Le moment scalaire de cette force par rapport à l'axe \Delta s'obtient en choisissant le point A comme point d'application :
\begin{aligned} \boldsymbol{\Gamma}_O(\boldsymbol{F}_{AD}) &= \mathbf{OA} \times \boldsymbol{F}_{AD} \\ &= (\ell\sin\theta\,\boldsymbol{e}_x - \ell\cos\theta\,\boldsymbol{e}_y) \times (-ILB\,\boldsymbol{e}_y) \\ &= -\ell ILB\sin\theta\,(\boldsymbol{e}_x \times \boldsymbol{e}_y) \\ &= -IL\ell B\sin\theta\,\boldsymbol{e}_z \end{aligned}
En projetant sur le vecteur unitaire \boldsymbol{e}_z qui oriente l'axe \Delta, on obtient le moment scalaire \Gamma_L :
\boxed{\Gamma_L = -IL\ell B\sin\theta}
La réponse correcte est la proposition C.
Résultat
$Γ_{L} = - I L ℓ B sin θ$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2024, Q13
La tige \mathcal{T} étant homogène et de longueur MN = 3b, son centre d'inertie G est situé au milieu du segment [MN] :
MG = \frac{3}{2}b = 1{,}5\,b
Le point fixe K est situé à une distance MK = 2b de l'extrémité gauche M. Le centre de masse G est donc situé entre M et K, à la distance :
KG = MK - MG = 2b - \frac{3}{2}b = \frac{b}{2}
Définissons un repère orthonormé direct lié au laboratoire :
- \mathbf{e}_x vertical descendant ;
- \mathbf{e}_y horizontal, dirigé de la gauche vers la droite (de M vers N) ;
- \mathbf{u}_\Delta = \mathbf{e}_x \times \mathbf{e}_y orthogonal au plan de la figure et dirigé vers le lecteur (conforme à l'orientation imposée de l'axe K\Delta).
À l'instant initial, la tige est horizontale, de sorte que :
\mathbf{KG} = -\frac{b}{2}\,\mathbf{e}_y
Le poids de la tige s'écrit \mathbf{P} = m\mathbf{g} = mg\,\mathbf{e}_x. Le moment vectoriel de \mathbf{P} par rapport au point K vaut :
\begin{aligned} \mathbf{M}_K(\mathbf{P}) &= \mathbf{KG} \times \mathbf{P} \\ &= \left(-\frac{b}{2}\,\mathbf{e}_y\right) \times (mg\,\mathbf{e}_x) \\ &= -\frac{mgb}{2}\,(\mathbf{e}_y \times \mathbf{e}_x) \\ &= +\frac{mgb}{2}\,\mathbf{u}_\Delta \end{aligned}
Le moment scalaire par rapport à l'axe orienté K\Delta est donc :
\boxed{\mathcal{M}_\Delta(\mathbf{P}) = \frac{mgb}{2}}
La réponse correcte est la proposition B.
Résultat
$M_{Δ} (P) = \frac{m g b}{2}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2024, Q14
On étudie la tige \mathcal{T} à l'équilibre dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen.
Les actions mécaniques extérieures appliquées à la tige sont :
- le poids \mathbf{P} = m\mathbf{g}, de moment scalaire par rapport à l'axe (K\Delta) : \mathcal{M}_\Delta(\mathbf{P}) = \dfrac{mgb}{2} (d'après la question Q13) ;
- la réaction de l'axe au point K, dont le moment scalaire par rapport à l'axe passant par K est nul ;
- la force \mathbf{F} exercée par le ressort en son point d'attache M.
Le ressort étant vertical, la force \mathbf{F} est colinéaire à la verticale descendante \mathbf{e}_x :
\mathbf{F} = F_x \mathbf{e}_x
Le point M est situé à une distance KM = 2b à gauche du pivot K. Une force appliquée en M et dirigée vers le bas (F_x > 0) tend à faire tourner la tige dans le sens trigonométrique (sens positif orienté vers le lecteur). Son moment scalaire par rapport à l'axe (K\Delta) vaut donc :
\mathcal{M}_\Delta(\mathbf{F}) = 2b \, F_x
À l'équilibre, le théorème du moment cinétique scalaire par rapport à l'axe fixe (K\Delta) impose :
\mathcal{M}_\Delta(\mathbf{P}) + \mathcal{M}_\Delta(\mathbf{F}) = 0
soit :
\begin{aligned} \frac{mgb}{2} + 2b \, F_x &= 0 \\ F_x &= -\frac{mg}{4} \end{aligned}
Comme \mathbf{g} = g\mathbf{e}_x, on en déduit l'expression vectorielle de la force exercée par le ressort :
\boxed{\mathbf{F} = -\frac{m\mathbf{g}}{4}}
La réponse correcte est la proposition A.
Résultat
$F = - \frac{m g}{4}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2024, Q15
D'après la question Q14, la force exercée par le ressort sur la tige en son extrémité M à l'instant initial s'écrit :
\mathbf{F} = -\frac{m}{4}\,\mathbf{g} = -\frac{mg}{4}\,\mathbf{e}_x
Le ressort est orienté verticalement le long de l'axe (O\mathbf{e}_x), avec son extrémité supérieure fixée à un bâti situé au-dessus de M. La force \mathbf{F} étant dirigée vers le haut (-\mathbf{e}_x), le ressort exerce une force de rappel vers le bâti : il travaille en traction et est donc étiré (\ell > \ell_0).
La loi de comportement du ressort (loi de Hooke) relie l'intensité de la force de rappel à l'allongement \Delta \ell = \ell - \ell_0 :
\|\mathbf{F}\| = K(\ell - \ell_0)
En identifiant les normes :
K(\ell - \ell_0) = \frac{mg}{4}
On en déduit la longueur du ressort à l'instant initial :
\boxed{\ell = \ell_0 + \frac{mg}{4K}}
La réponse correcte est la proposition C.
Résultat
$ℓ = ℓ_{0} + \frac{m g}{4 K}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2020, Q34
On étudie le système constitué de la tige et de la masselotte dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. La tige étant de masse négligeable et la masselotte ponctuelle de masse m située à la distance \ell de O, le moment d'inertie du système par rapport à l'axe (O, \mathbf{e}_z) est :
J_{\Delta} = m\ell^2
Les actions mécaniques exerçant un moment non nul par rapport à l'axe de rotation en O sont :
- Le poids de la masselotte : \mathbf{P} = mg\,\mathbf{e}_x. Le point A a pour vecteur position \mathbf{OA} = \ell\cos\theta\,\mathbf{e}_x + \ell\sin\theta\,\mathbf{e}_y, d'où :
  \mathbf{M}_{P,O} = \mathbf{OA} \wedge \mathbf{P} = -mg\ell\sin\theta\,\mathbf{e}_z
- Les forces de Laplace dont le moment a été établi à la question Q33 :
  \mathbf{M}_{L,O} = -\frac{i B_0 \ell^2}{2}\,\mathbf{e}_z
D'après le théorème du moment cinétique appliqué en projection sur l'axe (O, \mathbf{e}_z) :
\begin{aligned} J_{\Delta}\ddot{\theta} &= M_{P,z} + M_{L,z} \\ m\ell^2 \ddot{\theta} &= -mg\ell\sin\theta - \frac{i B_0 \ell^2}{2} \end{aligned}
D'après le résultat de la question Q32, le courant induit s'écrit i = \dfrac{\ell^2 C B_0}{2}\ddot{\theta}. En remplaçant i dans le terme de Laplace :
\begin{aligned} m\ell^2 \ddot{\theta} &= -mg\ell\sin\theta - \frac{B_0 \ell^2}{2} \left(\frac{\ell^2 C B_0}{2}\ddot{\theta}\right) \\ \left(m\ell^2 + \frac{\ell^4 B_0^2 C}{4}\right)\ddot{\theta} + mg\ell\sin\theta &= 0 \end{aligned}
En divisant l'ensemble par m\ell^2 :
\left(1 + \frac{\ell^2 B_0^2 C}{4m}\right)\ddot{\theta} + \frac{g}{\ell}\sin\theta = 0
Soit sous la forme \ddot{\theta} + \omega_1^2 \sin\theta = 0 :
\omega_1^2 = \frac{\dfrac{g}{\ell}}{1 + \dfrac{\ell^2 B_0^2 C}{4m}}
\boxed{\omega_1 = \left(\frac{g}{\ell}\right)^{1/2}\left(1 + \frac{\ell^2 B_0^2 C}{4m}\right)^{-1/2}}
La proposition correcte est la C.
Résultat
$ω_{1} = (\frac{g}{ℓ})^{1/2} (1 + \frac{ℓ ^{2} B _{0}^{2} C}{4 m})^{- 1/2}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2020, Q36
D'après le résultat de la question Q34, la pulsation propre \omega_1 s'exprime par :
\omega_1 = \left(\frac{g}{\ell}\right)^{1/2} \left(1 + \frac{\ell^2 B_0^2 C}{4m}\right)^{-1/2}
Les valeurs numériques fournies par l'énoncé sont :
- g = 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-2} ;
- \ell = 40\text{ cm} = 0{,}40\text{ m} ;
- m = 10\text{ g} = 1{,}0 \times 10^{-2}\text{ kg} ;
- B_0 = 1\text{ T} ;
- C = 1\text{ F}.
Calculons les deux termes intervenant dans l'expression :
\begin{aligned} \frac{g}{\ell} &= \frac{10}{0{,}40} = 25\text{ s}^{-2} \implies \left(\frac{g}{\ell}\right)^{1/2} = 5\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} \\ \frac{\ell^2 B_0^2 C}{4m} &= \frac{(0{,}40)^2 \times 1^2 \times 1}{4 \times 1{,}0 \times 10^{-2}} = \frac{0{,}16}{0{,}040} = 4 \end{aligned}
On en déduit :
\begin{aligned} \omega_1 &= \frac{5}{\sqrt{1 + 4}} = \frac{5}{\sqrt{5}} = \sqrt{5}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} \approx 2{,}24\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}
Ce qui correspond à la valeur approchée proposée par la proposition B (\omega_1 \approx 2{,}3\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}).
\boxed{\text{Réponse B : } \omega_1 \approx 2{,}3\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponse B : ω_{1} \approx 2, 3 rad \cdot s^{- 1}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2025, Q27
Le cadre métallique OADC est en liaison pivot parfaite autour de l'axe fixe horizontal \Delta. Dans le référentiel du laboratoire galiléen, la condition d'équilibre de rotation s'écrit :
\Gamma_{\Delta}(\theta_e) = 0
En utilisant les expressions des moments scalaires du poids et des forces de Laplace établies aux questions Q25 et Q26 :
\begin{aligned} \Gamma_P(\theta) &= -\frac{mg\ell}{2}\sin\theta \\ \Gamma_L(\theta) &= -IL\ell B\sin\theta \end{aligned}
Le moment scalaire total par rapport à l'axe \Delta s'écrit :
\Gamma_{\Delta}(\theta) = \Gamma_P(\theta) + \Gamma_L(\theta) = -\left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\sin\theta
À l'équilibre, on a donc :
-\left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\sin\theta_e = 0
Les grandeurs m, g, \ell, I, L et B étant strictement positives, le facteur entre parenthèses est strictement positif. L'équation se réduit ainsi à :
\sin\theta_e = 0
Sur une révolution angulaire complète (modulo 2\pi), cette équation admet deux positions d'équilibre :
\boxed{\theta_e = 0} \quad \text{et} \quad \boxed{\theta_e = \pi}
Les réponses A et B sont donc exactes.
Résultat
$θ_{e} = 0$ $θ_{e} = π$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2025, Q29
D'après la question Q28, l'équation différentielle du mouvement du cadre en rotation autour de l'axe fixe \Delta s'écrit :
J_z \ddot{\theta} + \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\sin\theta = 0
En multipliant cette équation par la vitesse angulaire \dot{\theta}, on obtient par intégration par rapport au temps la conservation de l'énergie mécanique E_m :
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left[ \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}^2 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos\theta \right] = 0
L'énergie potentielle totale associée au poids et aux forces de Laplace s'exprime donc, à une constante additive près choisie nulle, par :
E_p(\theta) = -\left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos\theta
L'énergie mécanique s'écrit alors :
E_m(\theta, \dot{\theta}) = \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}^2 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos\theta
À l'instant initial t = 0, le cadre est lancé depuis \theta(0) = 0 avec la vitesse angulaire \dot{\theta}(0) > 0 :
\begin{aligned} E_m(0) &= \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}(0)^2 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos(0) \\ &= \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}(0)^2 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right) \end{aligned}
À la position \theta = \frac{\pi}{2}, la vitesse angulaire s'annule (\dot{\theta} = 0) :
\begin{aligned} E_m\left(\frac{\pi}{2}\right) &= 0 - \left(\frac{mg\ell}{2} + IL\ell B\right)\cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0 \end{aligned}
La conservation de l'énergie mécanique E_m(0) = E_m\left(\frac{\pi}{2}\right) conduit à :
\begin{aligned} \frac{1}{2} J_z \dot{\theta}(0)^2 &= \frac{mg\ell}{2} + IL\ell B = \frac{mg\ell + 2IL\ell B}{2} \\ \dot{\theta}(0)^2 &= \frac{mg\ell + 2IL\ell B}{J_z} \end{aligned}
Comme \dot{\theta}(0) > 0, on en déduit :
\boxed{\dot{\theta}(0) = \left(\frac{mg\ell + 2IL\ell B}{J_z}\right)^{1/2}}
La réponse correcte est la proposition D.
Résultat
$\dot{θ} (0) = (\frac{m g ℓ + 2 I L ℓ B}{J _{z}})^{1/2}$
Indice, stratégie et pièges de cette question

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