precis physique mpsi exercices

8/19/2019 Precis Physique Mpsi Exercices

1/592

Visiter notre page :

Visiter notre Forum : http://prepa-book.forummaroc.net/

https://www.facebook.com/bibliotheque.electronique.des.classes.prepahttps://www.facebook.com/groups/bibliotheque.electronique.des.classes.prepa/


2/592

L E S N O U V E A U X

B R É A LPrécis

J . B E R G U A • P. G O U L L ED . N E S S I

Tout le nouveau programme

ÉnoncésSolutionsCommentaires

MPSIExercices

Physique


3/592


4/592

L E S N O U V E A U X

B R É A LPrécis

J . B E R G U A • P . G O U L L E Y • D . N E S S I

Professeurs en classes préparatoires scientifiques

MPSI

Physique


5/592

Maquette : Joëlle Parreau.Couverture : Sophie Martinet .Réalisation : Alpha-Edit.

© Bréal 2003Toute reproduction même partielle interdite.Dépôt légal : août 2003.ISBN 978 2 84291 961 0

Titres disponibles dans la filière MPSI

Mathématiques 1 re année■ Analyse MPSI■ Algèbre et géométrie MPSI

Physique 1 re année■ Mécanique MPSI■ Électromagnétisme MPSI■ Électrocinétique MPSI■ Optique MPSI - PCSI - PTSI■ Thermodynamique MPSI

Chimie 1 re année■ Chimie MPSI

Exercices 1 re année■ Mathématiques MPSI■ Physique MPSI

LES NOUVEAUX

B R É A LPrécis

ref : 209 0354 - e-sbn : 978 2 7495 2038 4


6/592

Avant-propos

Les Nouveaux Précis Bréal sont conçus pour apporter aux étudiants des classes préparatoiresune aide efficace dans leur travail.Ils ont pour objectif de dégager, à travers des énoncés variés et classiques, les méthodes quipermettent la construction progressive et raisonnée de la solution d’un exercice ou d’unproblème. C’est pourquoi il est souhaitable de les utiliser tout au long de l’année, parallèlement àl’acquisition des connaissances.Les exercices proposés ont été sélectionnés pour leur représentativité : ils permettent de présenterl’ensemble des méthodes et des raisonnements qui, une fois assimilés, doivent permettre derésoudre, sans trop de difficultés, des exercices analogues.

Ce volume traite l’ensemble du programme de physique de première année MPSI .

Chaque chapitre propose une série d’exercices structurés dont la solution est très détaillée ,suivis de quelques exercices corrigés de réinvestissement.

Chaque exercice de la première catégorie est caractérisé par :

■ un énoncé constitué de questions progressives ;

■ « Ce qu’il faut savoir » : la liste des connaissances – en physique (« Points de cours ») etparfois en mathématiques (« Outils mathématiques ») – nécessaires pour traiter l’exercice ;

■ « Ce qu’il faut comprendre » : l’analyse qui propose brièvement les chemins à suivre pourrépondre efficacement aux questions posées. C’est un moment essentiel dans la recherche dela solution : assez brève, l’analyse doit précéder la mise en œuvre des calculs. Il nous paraîttrès important que la recherche de la solution passe systématiquement par cette étape. Il n’ya rien de plus stérile que de se lancer dans les calculs sans savoir de façon précise dans quel but ils sont entrepris…

■ la solution proprement dite dans laquelle sont souvent rappelés et développés quelques« Points cours » dont une bonne compréhension est indispensable. Des « Points méthodes »(sur fond grisé) permettent d’affiner la réflexion : il s’agit soit de mises en garde afin d’éviterune erreur fréquente de raisonnement, soit le plus souvent d’explications supplémentaires

justifiant le choix d’un théorème ou la pertinence d’un raisonnement. Des « commentaires »conduisent à une discussion des résultats obtenus et à une vérification de leur cohérence(recherche de cas ou de valeurs limites, approches différentes pouvant donner un autre

éclairage…). Ces commentaires jouent un rôle comparable à l’analyse, mais cette fois aprèsle développement des calculs : c’est une forme de contrôle des résultats obtenus.

Analyse et discussion, qui sont finalement les deux points les plus importants pour le physicien,sont aussi sans doute les étapes les plus difficiles à mettre en œuvre, mais leur bonne prise encompte facilitera considérablement la construction d’une solution structurée (et exacte…) dechaque exercice.

Nous espérons que cet ouvrage aidera les étudiants dans cette voie, dans la perspective d’uneréussite aux concours. Nous accueillerons avec reconnaissance les remarques et les critiques deslecteurs, qui peuvent nous être adressées par courrier électronique à l’adresse suivante :[email protected] .

Les auteurs


7/592

4 MPSI

Sommaire

Mémento de mathématiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .9

Chapitre 1 Mécanique 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29• Exercices avec solution détaillée

101. Risque de collision au freinage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30102. Projectile soumis au frottement de l’air. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32103. Deux mouvements sur la même trajectoire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35104. Pendule simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39105. Pendule dont le fil casse. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42106. Enroulement d’un fil sur un cylindre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44107. Anneau coulissant sur un cercle. Analyse de portraits de phase . . . . . . . . . . . . . . . 48

• Exercices corrigés108. Ralentissement d’une voiture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54109. Mouvement sur un axe dans un champ gravitationnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55110. Particule dans une cuvette . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

Chapitre 2 Électrocinétique 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

A - RÉGIME CONTINU• Exercices avec solution détaillée201. Intensité dans une branche. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66202. Association en parallèle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70203. Circuit actif réductible à une résistance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72204. Résistances équivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

• Exercices corrigés205. Générateurs ou récepteurs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80206. Voie électrifiée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

B - RÉGIME TRANSITOIRE• Exercices avec solution détaillée

211. Bilan d’énergie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90212. Conditions initiales – conditions d’équilibre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94213. Deux bobines en parallèle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96214. Circuit LC réel en signaux carrés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

• Exercices corrigés215. Simulation de résistance. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113216. Attaque par un générateur à caractéristique rectangulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

Chapitre 3 Optique géométrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125• Exercices avec solution détaillée

301. Prisme à réflexion totale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126302. Doubleur de focale. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

PARTIE 1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27


8/592

Sommaire 5

303. Association de deux lentilles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131304. Miroir équivalent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

• Exercices corrigés305. Viseur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139306. Association de deux miroirs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144307. « Mise au point » pour un objectif photographique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146308. Étude sommaire d’un microscope. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

Chapitre 4 Électrocinétique 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159A - RÉGIME SINUSOÏDAL

• Exercices avec solution détaillée401. Générateur sinusoïdal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160402. Circuit RLC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162403. Sonde adaptée pour oscilloscope. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169404. Fonction de transfert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176405. Adaptation d’impédance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

• Exercices corrigés406. Deux branches en parallèle. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191407. Puissance consommée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

B - FILTRES ACTIFS ET AUTRES CIRCUITS AVEC AMPLIFICATEUR OPÉRATIO• Exercices avec solution détaillée

411. Filtre de Butterworth. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203412. Amplificateur différentiel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208413. Simulation d’une inductance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215414. Condition de fonctionnement d’un filtre. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

• Exercices corrigés

415. Filtre « entièrement » réglable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222416. Dérivateur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

Chapitre 5 Mécanique 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233A - OSCILLATEURS

• Exercices avec solution détaillée501. Association de deux ressorts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234502. Décollement d’une masse. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237503. Oscillateur harmonique amorti : temps de réponse – Sélectivité . . . . . . . . . . . . . . . 240


504. Vibrographe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246505. Pendule « amorti » . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

PARTIE 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157


9/592

6 MPSI

B - FORCES CENTRALES ET SYSTÈMES DE DEUX POINTS MATÉRIELS• Exercices avec solution détaillée

511. Demi-ellipse dite de transfert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259512. Écart à la satellisation sur orbite circulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261513. Comète quasi-parabolique de 1843 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264514. Trajectoires de météorites. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267515. Étoile double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272516. Conditions de satellisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276517. Autre présentation du mouvement newtonien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

• Exercices corrigés518. Interaction coulombienne répulsive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282

519. Météore traversant un nuage peu dense . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287520. Marées. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292

C - CHANGEMENTS DE RÉFÉRENTIELS• Exercices avec solution détaillée

521. Rebond d’une balle sur un obstacle en mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300522. Traversée d’une rue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302523. Traversée d’une rivière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305524. Roulement sans glissement d’une roue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311525. Courses poursuites : « les quatre mouches » . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316526. Gerbe de feu d’artifice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319527. Verticale apparente sur un manège. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321528. Interaction répulsive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325

• Exercices corrigés529. Point matériel sur une sphère . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 330531. Point matériel sur un cercle vertical tournant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337532. Deux masses liées par un fil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 340533. Système couplé de deux masses. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343534. Pendule double . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351

D - MOUVEMENTS DANS DES CHAMPS ET• Exercices avec solution détaillée

541. Mouvement dans un champ magnétique d’un électron soumis à une force de freinage 356542. Spectrographe de masse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359

• Exercices corrigés543. Stabilisation par champ magnétique. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364544. Optique électronique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368545. Lentille magnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372

Chapitre 6 Thermodynamique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379A - HYDROSTATIQUE ET GAZ PARFAIT

• Exercices avec solution détaillée601. Baromètre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 380602. Cône au fond d’un récipient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 384

603. Ballons ascensionnels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388604. Effusion par un trou. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393

E B


10/592

Sommaire 7

• Exercices corrigés605. Cloche renversée. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396606. Retenue d’eau par un barrage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398607. Pompe aspirante et refoulante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401

B - BILANS D’ÉNERGIE• Exercices avec solution détaillée

611. Équilibre mécanique – Équilibre thermique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407612. Transformations polytropiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410613. Évolution d’un gaz réel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413614. Remplissage d’un réservoir . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 418

• Exercices corrigés615. Détente irréversible d’un gaz parfait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423616. Chauffages d’un gaz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426

C - BILANS D’ÉNERGIE ET D’ENTROPIE• Exercices avec solution détaillée

621. Compression d’un gaz parfait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 430622. Solides en contact thermique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433623. Variations d’entropie d’un gaz. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436

• Exercices corrigés624. Évolutions adiabatiques d’un gaz parfait . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 440625. Évolution irréversible – Évolution réversible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 445626. Optimisation d’un compresseur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 448C - CORPS PUR DIPHASÉ

• Exercices avec solution détaillée631. Vaporisation dans le vide. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 454632. Détendeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457633. Évolution isenthalpique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 460634. Point triple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464

• Exercices corrigés635. Eau liquide en équilibre avec sa vapeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 466636. Détente isentropique de vapeur saturante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 469637. Condensation – Surfusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473638. Vaporisation à T et P variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477

D - MACHINES THERMIQUES• Exercices avec solution détaillée

641. Machines dithermes : les trois cas intéressants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 480642. Cycle réversible – Cycle irréversible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484643. Cycle de Joule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 488644. Climatiseur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493645. Pompe à chaleur. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 496646. Moteur Diesel. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 500


647. Moteur avec sources à températures variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 504648. Réfrigérateur et pompe à chaleur imparfaits . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 508


11/592

8 MPSI

649. Moteur à explosion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513650. Réfrigérateur à absorption . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 518651. Centrale électrique nucléaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 520

Chapitre 7 Électromagnétisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 527A - ÉLECTROSTATIQUE

• Exercices avec solution détaillée701. Deux lames de charges opposées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 528702. Couronne plane chargée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 532703. Demi-espace chargé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 537704. Lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543705. Interaction entre charges identiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 552

• Exercices corrigés706. Potentiel de Yukawa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 556707. Point de champ nul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 559Les mouvements dans les champs et sont classés en mécanique (chapitre 5, partie D).

B - MAGNÉTOSTATIQUE• Exercices avec solution détaillée

711. Spire circulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564712. Solénoïde épais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 568

713. Solénoïde en forme de tore. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 571714. Ligne de champ. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575• Exercices corrigés

715. Cartes de lignes de champ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 579

E B


12/592

C h a p i t r e

0Rappels

de mathématiques


13/592

10 MPSI

M e m e n

t o

Expression approchée d’une grandeur physiqueOn supposera dans ce mémento que toutes les fonctions que l’on manipule sont hon-nêtes et fréquentables par un physicien, c’est-à-dire continues et dérivables autant que

les nécessités de calcul l’exigeront.Dérivées

• Dérivée première

• Dérivée seconde

Le physicien préfère les notations pour les dérivées respectivement première

et seconde par rapport à x de y .Il utilise parfois la notation pour et pour dérivées respectivement pre-

mière et secondepar rapport à t de

• Dérivées d’une fonction composéeLa dérivée par rapport àt de la fonction se met sous la forme :

• Dérivée d’une fonction réciproqueSoit la fonction réciproque de on a

DifférentielleSoit f une fonction décrivant les variations d’une grandeur physique dépendant de x .Considérons une variation de x . On note l’application différentielle de f au

point x,ou « différentielle de f », d’expression

La différentielle est une expression linéaire de l’accroissement de la variable ; géo-métriquement, elle donne l’équation de la tangente à la courbe au point decoordonnées :

Développement de Taylor

avec Si l’on considère l’accroissement de lafonction f depuis le point d’abscisse x

0, celui-ci est donné, en première approximation

(c’est-à-dire pourh petit) par la valeur prise par la différentielle.

f ′ x ( ) f x h+( ) f x ( )–h----------------------------------h → 0lim =

f ″ x ( ) f ′ x h+( ) f ′ x ( )–h---------------------------------------h → 0lim =

d y d x ------ ,

d2 y d x 2---------

y ˙ d y dt ------ y ˙̇ d

2 y dt 2-------- ,

y t ( ).

y x t ( )[ ]d y dt ------

d y d x ------

d x dt ------=

x y ( ) y x ( ), d y d x ------1d x d y -------------=

d x d f

d f f ′ x ( )d x =

d x y f x ( )= x 0 f x 0( ),( ) d f y 1 f x 0( )– f ′ x 0( ) x x 0–( ).= =

f x 0 h+( ) f x 0( )h1!---- f ′ x 0( )

h22!----- f ″ x 0( )

… hnn!----- f

n( ) x 0( ) hnε h( )+ + + + +=

ε h( )h → 0lim 0.

= ∆ f f x 0 h+( ) f x 0( )–=


14/592

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques

11

M e m e n

t o

Approximation des grandeurs physiques

Le développement de Taylor va nous être très utile en physique.

L’examen des écarts à ces lois, lorsqu’ils sont mesurables, permet d’accéder à la con-naissance du phénomène complexe.

Exemples

Électronique

: AO idéal = lim AO réel lorsqueavecµ

coefcient d’amplication de l’AO.

Thermodynamique

: gaz parfait = lim gaz réel lorsqueMécanique newtonienne

d’une particule de vitessev

: domaine de validité lorsque

(vitesse de la lumière dans le vide).

Optique

: propagation rectiligne de la lumière dans un milieu homogène : domaine devalidité (

λ

= longueur d’onde, R rayon du diaphragme). C’est l’approxima-tion de l’optique géométrique qui permet de négliger le phénomène de diffraction parle diaphragme.

Dans certains

cas

l’utilisation du développement de Taylor-Young permet de modéli-ser le phénomène au voisinage de x

0

.• Approximation au premier ordreElle est obtenue en négligeant les termes au-delà du 1

er

ordre.

On approximera par soitC’est l’approximation linéaire du physicien : la courbe est remplacée par sa tangente.• Approximation au second ordreOn approximera par

soit Dans ce cas, la courbe est approximée par une parabole.Souvent, nous nous ramènerons au développement de Taylor-Young au voisinage de 0

avec

Les développements suivants doivent être connus (on se limite en général au secondordre) ; s’il faut poursuivre, on reprend la formule générale.

Le physicien choisit d’approximer le résultat à un ordre donné et ne tient alors pluscompte des termes suivants.

Exemple:

champ de pesanteur au voisinage du sol terrestre.

En effet, le physicien élabore des « modèles », correspondant à un comportement

« idéal » pour lequel il existe des lois simples.

avecα

positif ou négatif, entier ou fractionnaire. (les termes suivants dans les deux cas sont du 3

e

ordre).

µ → ∞

P → 0.

v

c

λ R

f x ( ) f x 0( ) x x 0–( ) f ′ x 0( )+ ax b.+

f x ( ) f x 0( ) x x 0–( ) f ′ x 0( )12-- x x 0–( )

2 f ″ x 0( )+ +α x 2 β x γ .+ +

f x ( ) f 0( ) x 1!---- f ′ 0( ) x 22!----- f ″ 0( )

… x nn!----- f

n( ) 0( ) x nε x ( )+ + + + += ε x ( ) x → 0lim 0.

=

1 x +( )α 1 α x α α 1–( ) x 2

2-----…+ +≈

x sin x x …≈tan≈ x cos 1 x

2

2-----…–≈ 1 x +( )ln x x

2

2-----…–≈ e x 1 x x

2

2-----…+ +≈

g z ( )


15/592

12 MPSI

M e m e n

t o

Expression générale deCherchons une expression approchée au premier ordre pour de :

Ainsi au sommet du Mont-Blanc (4 807 m), en prenant on a une incertituderelative de l’ordre de 1,5 · 10–3.Rassurons immédiatement ceux qui sont gênés de ne pas avoir pris le terme d’ordre 2.Un calcul rapide leur permettra de trouver :

ce qui ajoutera une incertitude relative de

On remarquera que le terme d’ordre 2 est très inférieur au terme d’ordre 1.

Ce résultat est très général : dans le développement de Taylor-Young, le terme d’ordren est inférieur au terme d’ordre ce qui justie en physique de prendre unnombre très limité de termes (souvent en fonction de la précision souhaitée, enn’oubliant pas que le physicien n’a aucun besoin d’une précision de calcul qui seraitsupérieure à celle de ses mesures !).

Résolution de quelques équations différentiellesPréliminaire : primitive d’une fonctionSoit F une primitive de f .

Elle est dénie par

Le physicien qui ne veut pas s’embarrasser de précautions d’écriture écrira le plussouvent :

Équation différentielle du premier ordre à variables séparablesCe sont des équations du premier ordre pour lesquelles on peut :

– résoudre en

– et séparer les variables

par intégration par rapport àt (on recherche une primitive H deh et G de g )

g z ( ) g 0 .R

R z +------------ 2.=

z R

g z ( ) g 0 ·1

1 z R ---+-------------

2

g 0 · 1z R ---+

2– g 0 · 1

2z R -----–

.≈= =

g g 0,=

g z ( ) g 0 · 12z R -----–

3z 2R 2-------+

,≈ 1,7 10 6– .⋅

n 1–( ),

F′ x ( ) f x ( )=

F x ( ) F a( )– f u( )dua

x

∫ =

F x ( ) F a( )– f x ( )d x a

x ∫ =

x ′ t ( ) x ′ t ( ) d x dt ------ f 1 x t ,( )= =

h x ( )d x dt ------ g t ( )=

H x ( ) G t ( ) cste.+=


16/592

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques13

M e m e n

t o

Soit x 0 la valeur de x correspondant à

Exemple : soit une particule de massem soumise à son poids et à la résistance

de l’air modélisée par la force On obtient par

projection de la relation fondamentale de la dynamique sur l’axe On peut séparer lesdeux variablesv et t en mettant l’équation sous la forme :

Le premier membre n’est fonction que dev , le second que det . Il sufra alors de trou-ver la primitive de chaque membre, soit pour le premier membre et pour

le second avecv 0 la vitesse à l’instantt 0.Équation linéaire du premier ordre à coefficients constantsLa forme générale est (E)

On appelleéquation homogène l’équation sans le second membre :

l’équation homogène est à variables séparables car on peut écrire :

d’où

La solution générale de l’équation complète est la somme de la solution générale del’équation homogène et d’une solution particulière de l’équation complète.Il ne reste plus qu’à trouver une solution particulière de (E) (peu importe laquelle, laplus simple fera l’affaire !).– Si la fonctionh est une constante notéec , une solution particulière est– Sih n’est pas une constante, « on se débrouille » comme on peut pour trouver unesolution particulière. C’est assez simple pour les fonctions polynômes ent n et pour lesfonctions sinusoïdales où l’on peut procéder par identication.Soit y 2 cette solution particulière.

On arrive alors à :où A est une constante à déterminer à partir des conditions initiales.

Équation différentielle du second ordre linéaire, à coefficients constants

De la même manière que pour les équations du premier ordre :la solution générale de l’équation complète est la somme de la solution générale del’équation homogène et d’une solution particulière de l’équation complète.

Dans tous les cas, pour une équation du premier ordre, se rappeler qu’il y aura uneconstante à déterminer.

t t 0=

H x ( ) H x 0( )– G t ( ) G t 0( )–=

P mguz =

f λ v 2uz .–= ma mdv dt ------ mg λ v 2–= =

z ′z .

mdv mg λ v 2–---------------------- dt =

mdv mg λ v 2–----------------------v 0

v

∫ dt t 0

t

∫ ay ′ t ( ) by t ( )+ h t ( )=

ay ′ t ( ) by t ( )+ 0=

y ′ t ( ) y t ( )-----------

ba--– α–= = y 1 t ( ) Ae

αt – .=

y 2c b--

.=

y t ( ) y 2 t ( ) Aeαt –

+=

ax ″ t ( ) bx ′ t ( ) cx t ( )++ f t ( )=


17/592

14 MPSI

M e m e n

t o

Si f est une constanted , la solution particulière est évidente, c’est Sinon, engénéral, des considérations d’ordre physique donnent une solution particulière (laplupart du temps, elle représente le régime permanent qui s’établit pourt sufsam-ment grand).• Résolution de l’équation homogèneSoit (1)On cherche alors des solutions de la forme où (ou) car lesmathématiciens montrent que la solution la plus générale est une combinaison linéairede deux solutions de ce type.Recherche des valeurs de : etEn reportant dans (1), il vient :L’équation du second degré dontα doit être solution est dite« équation caractéristique ».Il y a trois cas possibles :

1. Discriminant positif soitIl y a deux solutionsα1 et α2 dans , on a donc :

A et

2. Discriminant nul soitIl y a une racine doubleα dans et dans ce cas :

A et

(C’est un cas limite, physiquement sans grande signication.)

3. Discriminant négatifsoitIl y a deux solutionsα1 et α2 dans :

(On note i le nombre complexe tel que ) On a alors :

A et

Seules des solutions réelles peuvent avoir une signication physique,α1 etα2 étant ima-ginaires conjuguées, on peut poser et dans ces conditions, les solutions

réelles sont de la forme

et

Il ne reste plus qu’à ajouter une solution particulière de l’équation différentielle initialeet à déterminer les valeurs des constantes, à l’aide des conditions initiales…

Dans tous les cas, pour une équation du second ordre, se rappeler qu’il y a deux constantes à déterminer.

x d c --.=

ax ″ t ( ) bx ′ t ( ) cx t ( )+ + 0= x t ( ) Aeαt = A α, ∈

α x ′ t ( ) αAeαt = x ″ t ( ) α2Aeαt .=Aeαt aα2 bα c + +( ) 0.=

b2 4ac 0–

x Aeα1t Beα2t += B .∈

b2 4ac – 0=

x A Bt +( )eαt = B .∈

b2 4ac 0–α b– i 4ac b

2–±2a---------------------------------------

.=

i2 1.–=

x Aeα1t Beα2t += B .∈

α λ – iω±= x t ( )

x e λ t – C1 ωt cos C2 ωt sin+( )= x De λ t – ωt φ+( )cos= x D′e λ t – ωt φ′+( )sin=

C1 C2 D D′ φ φ′∈, , , , , λ b2a------=

ω2 4ac b

2–2a-------------------=


18/592


M e m e n

t o

Éléments de calcul vectorielProduit scalaire de deux vecteurs• Dénition – expression

Soient et deux vecteurs non nuls de composantes respectives

dans une base orthonormée Soitα l’angle orienté des vec-

teurs et

• Propriétés– Module du vecteur

d’où

– Composantes du vecteur sur un axe

En remarquent que lorsqu’on écrit représente la pro-

jection de sur la direction de la projection de sur un axe O x (resp O y , Oz )

de vecteur unitaire (resp. ) s’écrit :

(resp. et )

– Orthogonalité de deux vecteurs

– Dérivée d’un produit scalaire

Si et sont fonctions du temps, alors :

Conséquence : soit un vecteur unitaire

Le vecteur est orthogonal au vecteur

V1 V2 X 1 Y1 Z1, ,( )X 2 Y2 Z2, ,( ) u x u y uz , ,( ).

V1 V2.

V1 V2⋅ V1V2 αcos X 1X 2 Y1Y2 Z1Z2+ += =

V

V V⋅ V2

=

V X 2 Y2 Z2+ +=

V

V1 V2⋅ V1V2 α,cos= V2 αcos

V2 V1, V

u x u y , uz

x

V

u x V x O

V x V u x ⋅=

V y V u y ⋅= Vz V uz ⋅=

V1 V2⊥ V1 V2⋅⇔ 0=

V1 V2

ddt ----- V1 V2⋅( )

dV1dt ---------- V2⋅ V1

dV2dt ----------⋅+=

u

u u⋅ u2 1= =du2dt --------- 2u

dudt --------⋅ 0.= =

dudt -------- u .


19/592

16 MPSI

M e m e n

t o

– Propriétés métriques dans les triangles

Produit vectoriel de deux vecteurs• Dénition : soit et deux vecteurs non nuls. Soitα l’angle orienté des vecteurs

et

• Autres méthodes pour dénir le sens :– règles des 3 doigts de la main droite,– tire-bouchon de Maxwell.

• Propriétés

–

–

– Soit une base orthonormée directe

; ;

– Composantes de dans une base cartésienneEn utilisant les propriétés énoncées plus haut :

est un vecteur orthogonal au plan déni par et orienté detelle sorte que forment un trièdre direct, de module

A

B C

αBC BA AC+=

BC2 BA2 AC2 2BA AC⋅+ +=

BC2 BA2 AC2 2BA AC αcos⋅–+=

V1 V2V1 V2.

V V1 V2∧= V1 V2,V1 V2 V, ,( ) V1V2 αsin .

V2V1

V

α

V V1 V2∧=

V1 V2∧ V2 V1∧–=

V1 colinéaire à V2 V1 V2∧⇒ 0=

u1 u2 u3, ,( )

u1 u2∧ u3= u2 u3∧ u1= u3 u1∧ u2.=

V u x u y uz , ,( )

V V1 V2∧ V1 x u x V1 y u y V1z uz + +( ) V2 x u x V2 y u y V2z uz + +( )∧= =

V Y1Z2 Z1Y2–( )u x Z1X 2 X 1Z2–( )u y X 1Y2 Y1X 2–( )uz + +=


20/592

Chapitre 0 – Rappels de mathématiques

17

M e m e n

t o

étant les composantes respectives de et dans la

baseOn peut remarquer que chaque terme correspond respectivement aux déterminants

:

; ;

– Moyen mnémotechnique

Écrire les composantes colonnes des vecteurs et :

On obtient le 1

er

déterminant (composante sur ) en barrant la1

re

ligne puis les autres par permutation circulaire.

• Dérivée d’un produit vectoriel

Si et sont fonctions du temps

• Calcul de l’aire d’un triangle ABC

Produit mixte de trois vecteurs

• Définition

Soit trois vecteurs. Le produit mixte est déni par :

• Propriétés

Le produit mixte est nul si deux vecteurs sont colinéaires ou si les trois vecteurs sont

coplanaires.

X 1 Y1 Z1, ,( ), X 2 Y2 Z2, ,( ) V1 V2u x u y uz , ,( ).

2 2×Y1 Y2Z1 Z2

Z1 Z2X 1 X 2

X 1 X 2Y1 Y2

.

V1 V2

X 1 X 2Y1 Y2Z1 Z2

u x

V1 V2

ddt ----- V1 V2∧( )

dV1dt ---------- V2∧ V1

dV2dt ----------∧+=

ABC( ) 12-- AB AC αsin×=

ABC( ) 12-- V1 V2∧ .=

V1 V2 V3, , V1 V2 V3, ,( )

V1 V2 V3, ,( ) V1 (V2 V3)∧⋅=

V1 (V2 V3)∧⋅ (V1 V2) V3⋅∧= V2 (V3 V1)∧⋅=


21/592

18 MPSI

M e m e n

t o

Systèmes de coordonnées et basesSoit un point M étudié dans un référentiel . On munit d’un repère d’origine O,d’axes orthogonaux O x , O y , Oz .

Base cartésienneLes coordonnées de M sont x , y , z dans la base car-tésienne

Propriété : sont xes par rapport auréférentiel .

Les données constituent leséqua-tions paramétriques du mouvement.

Il est utile de connaître l’expression d’un petit déplacement dans la base

Cette expression permettra de déterminer le vecteurvitesse :

Elle permet également d’exprimer une surface élémen-taire (respectivement )ainsi qu’un volume élémentaire .

Base cylindriqueElle s’obtient par rotation de d’un angleθ autour de l’axe Oz .

z

M

x

O y u x

uz u y

x

y

z u x u y u z ., ,

u x u y u z , ,

OM x u x y u y z u z + +=

x t ( ) y t ( ) z t ( ),,

dM u x u y u z , ,( ).

z

M

x

y u x

uz u y

dMdz

d x d y

dM d x u x d y u y dz u z .+ +=

V dOMdt -------------d x dt ------ u x

d y dt ------ u y

dz dt ------ uz .+ += =

d S d x d y = d y dz d x dz ,d τ d x d y dz =

u x u y u z , ,

z

M

x

y u x

uz u y

uθ

ur θ

r

uz

θ

u y

uθur

m

uz u x

z

ur O


22/592


M e m e n

t o

Les coordonnées cylindriques de M dans la base sontr , θ et z . En associant labase au point M, on obtient une base locale en mouvement par rapport à.

Expression du vecteur position :

Les données et constituent les équations paramétriques du mouvement.Expression d’un petit déplacement de M dans

:

Cette expression permet de déterminer le vecteurvitesse :

Elle permet également de déterminer :– une surface élémentaire ,– un volume élémentaire

Cette représentation est à utiliser pour un système admettant une symétrie cylindri-que (invariance par rotation autour de Oz ).

Base sphériqueOn l’obtient par une rotation de d’un angleϕ autour de Oz , suivie d’une

rotation d’un angleθ autour de

ur uθ uz , ,ur uθ uz , ,

OM ru r zuz .+=

r t ( ), θ t ( ) z t ( )z

M

x

O y

dM

θr

dr

dz

m

r dθur uθ uz , ,dM dOM dru r r dθuθ dzuz .+ += =

V dOMdt -------------dr dt ------ ur r

dθdt ------- uθ

dz dt ------ uz .+ += =

d S r dr dθ=d τ r dr dθdz .=

u x u y uz , ,( )uϕ.

u x

uz u y

uϕ

u θ

uθ

u

uz

uϕ

ur ϕ

z

x

y

ur

ϕ

θ

uϕ

uz u x

u y

uθ

m

Mr


23/592

20 MPSI

M e m e n

t o

Dans cette base les coordonnées sphériques de M sontr , θ et ϕ.Expression du vecteur position :

En associant la base au point M, on obtient une base locale en mouve-

ment dans .Expression d’un petit déplacement de M dans

:

Cette expression permet de déterminer le vecteurvitesse :

Elle permet également de déterminer :– une surface élémentaire sur la sphère de rayonr : ;– un volume élémentaire :Cette représentation est à utiliser pour un système admettant une symétrie sphérique(forces en par exemple).Si on retrouve des coordonnées polaires pour etϕ.Si on retrouve des coordonnées polaires pourr , θ.

Opérateur gradientDéfinitionSoit U une fonction scalaire d’un point M de l’espace. Lors du déplacement du

point M de M en U varie de

Le vecteur est déni par

Exemple : U peut être une énergie potentielle Ep :

Propriétés• Considérons une surface telle que quel que soit M appartenant à cette surface,

Alors pour tout petit déplacement sur cette surface,

est donc perpendiculaire à cette surface.

ur uθ uϕ, ,( ),OM ru r .=

ur uθ uϕ, ,( )

z

M

x

y

dM

r θdϕsin

ϕ

θ

r dθ

dϕ

dθ

dr ur uθ uϕ, ,( )

dM dOM dru r r dθuθ r θdϕuϕ.sin+ += =

V dOMdt -------------dr dt ------ ur r

dθdt ------- uθ r θ

dϕdt -------sin uϕ.+ += =

d S r 2 θdsin θdϕ=dt r 2dr θdsin θdϕ.=

f ur θ constante,= ρ r θsin=ϕ constante,=

dM

M′, MM′ dM,= dU U M′( ) U M( ).–=

gradU dU gradU dM.⋅=

dEp gradEp dM.⋅=

U M( ) constante.=dU 0 gradU dM.⋅= =

gradU


24/592


M e m e n

t o

Exemple : dans le cas d’une énergie potentielle, la surface pour laquelle est appelée « équipotentielle ». est donc perpendiculaire

à la surface équipotentielle.• Soit maintenant U et deux surfaces équipoten-

tielles différentes contenant M et avec

avec

Alors et est orienté dans le sens des Ucroissants.

Expression dans les différentes bases• Base cartésienne

Soient A, B, C les composantes de sur :D’autre part :

où représente la dérivée partielle de U par rapport à etz res-

tant constants (resp. par rapport à y , x et z restant constants, par rapport àz , x et y res-tant constants).Par identication :

• Base cylindriqueLa méthode est la même. Attention à l’expression :

• Base sphériqueAttention

Linéarité de la fonction

Ep M( ) constante= gradEp

dM

αM

U

M′

U dU+

gradUU dU,+

M′ MM′ dM.=dU gradU dM.⋅=

gradU dM 0 α 0cos⇔⋅ α 0 π/2,[ ].∈dU 0 gradU

dM MM′ OM′ OM– dOM d xu x d yu y dzuz .+ += = = =

gradU u x u y uz , ,( ) dU Ad x Bd y Cdz .+ +=U U M( ) U x y z , ,( )= =

dU U∂ x ∂------- d x U∂ y ∂------- d y

U∂z ∂------- dz + +=

U∂ x ∂------- resp.

U∂ y ∂------- ,

U ∂ z ∂ ------- x y ,

gradU U∂ x ∂------- u x U∂ y ∂------- u y

U∂z ∂------- uz .+ +=

dM drur r dθuθ dzuz .+ +=

gradU U∂r ∂------- ur 1r --

U∂θ∂------- uθ

U∂z ∂------- uz .+ +=

dM drur r dθuθ r θdsin ϕuϕ.+ +=

gradU U∂r ∂------- ur 1r --

U∂θ∂------- uθ

1r θsin-------------

U∂ϕ∂------- uϕ.+ +=

grad

grad U1 U2+( ) gradU1 gradU2+=

grad λ U( ) λ gradU.=


25/592

22

MPSI

M e m e n

t o

Notation del ou nabla

On dénit l’opérateur del ou nabla, en coordonnées cartésiennes par :

Appliqué à la fonction scalaire :

Coniques

Équations des coniques en coordonnées polaires

Soit un point F appelé foyer et une droite appelée directrice associéeUne conique est le lieu des points dont le rapport des distances à F et à la droiteest constant. Ce rapport est appelé excentricitée

de la conique.Suivant les valeurs dee

, on distingue le type de conique :

La droite divise le plan en deux régions notées (1) et (2).

• 1

er cas : le point M de la conique appartient à la région (1).

Cherchons l’équation de la branche de conique appartenant à cette région du plan encoordonnées polaires :

ellipse parabole hyperbole

∇ u x ∂

x ∂----- u y

∂

y ∂----- uz

∂

z ∂----- .+ +=

U M( )

∇U M( ) u x U∂ x ∂------- u y

U∂ y ∂------- uz

U∂z ∂-------

.+ +=

r OM 0 θ, O x OM,( )= =( )∆( ) F ∆( )∉( ).

∆( )

e 1 e 1= e 1

∆( )

∆( )M

F

K

H

(1) (2)

x

r

θ

e MFMK---------=

MK FH= r θcos–

e r FH r θcos–--------------------------- -=

r 1 e θcos+( ) e FH.×=


26/592


M e m e n

t o

On pose : paramètre de la conique

• 2e cas : le point M de la conique appartient à la région (2).

équation de la branche de conique apparte-nant à la région du plan ne contenant pas F.

Étude de différentes coniques• : ellipseL’ellipse possède un centre de symétrie O et deux foyers F et

est l’axe focal de l’ellipse.On dénit son demi grand axe son demi petit axe

– Son équation en coordonnées polairesest :

avec (l’ellipse appartient à la région (1)).

Pour

ce qui permet de retrouver

e FH× p=

r p1 e θcos+-----------------------=

θ

K M

F H

r

x

(1) (2) e MFMK---------r

r θ FH–cos--------------------------- -.= =

r 1 e θcos–( ) eFH–=

r p1– e θcos+----------------------------=

e 1F′ OF OF′ c = =( )

FOF′OA OA′ a,= = OB OB′ b.= =

θ

∆( )B

O H

r

x

y

F′A′

B′

ab

(1) (2)

c F

M

A

c a2 b2–=

e c

a--=

p b

2

a----- a 1 e2–( )= =

r p1 e θcos+-----------------------=

e 1 θ 0 2π,[ ]∈

θ 0= r min p

1 e+-----------=

θ π= r max p

1 e–-----------=

r max r min+ 2a=

p a 1 e2–( ).=


27/592

24 MPSI

M e m e n

t o

– Aire de l’ellipse

– Remarque : choix de l’axe polaireL’axe focal n’est pas forcément confondu avec l’axe polaire.

Si l’axe focal fait un angleϕ avec l’axe polaire, l’équation de l’ellipse en polaire s’écrit :

On retrouve que pour ce qui caractérise le point A quiappartient bien évidemment à l’axe focal.

Application : mouvement des planètes autour du Soleil.Si le texte du problème n’impose pas d’axe polaire, on choisira celui-ci confondu avecl’axe focal.– Équation cartésienne de l’ellipse

– Dénition géométrique de l’ellipseC’est le lieu des points M tels que :

– Propriété géométriqueLa tangente en un point M de l’ellipse est la bissectrice extérieure de l’angle .

• : hyperboleL’hyperbole possède un centre de symétrie O et deux foyers F etOn dénit toujours

On a toujours : ;Par contre

πab=

F′OF

r p1 e θ ϕ–( )cos+--------------------------------------=

θ ϕ,= r p1 e+----------- r min,= =

F′F x O

M θϕ

axe focal

axe polaire

x O

y

ab

M x 2

a2-----

y 2

b2-----+ 1=

MF′ MF+ 2a=

F′MF

M

F F′

e 1F′.

a OA OA′= =c OF OF′.= =

e c

a--= p a e2 1–( ).=

a2 b2– c 2.+=


28/592


M e m e n

t o

En physique, le point matériel en mouvement ne décrit qu’une des branches de

l’hyperbole.– Si la branche décrite appartient à la région (1) :

les asymptotes sont dénies par

Applications : mouvement d’une sonde spatiale,attraction électrostatique.

– Si la branche décrite appartient à la région (2) :

les asymptotes sont

dénies par

Application : répulsion électrostatique(diffusion Rutherford).

y

OF x H

(2)(1)

∆( )

F′a

bc

A′A

M

F A

(2)(1)

θr

(∆)

r p

1 e θcos+-----------------------=

θcos 1e--– .=

M

F

(2)(1)

θr

A′O x

(∆)

r p1– e θcos+----------------------------=

θcos 1e-- .=


29/592

26 MPSI

M e m e n

t o

– Équation cartésienne de l’hyperbole

– Équation des asymptotes

– Dénition géométrique de l’hyperbole

C’est le lieu des points M tels que– Propriété géométriqueLa tangente en un point M est la bissectrice intérieure de l’angle

• : parabole

– Équation en coordonnées polaires

car la parabole appartient à la région (1) de l’espace.

; Application : mouvement de certaines comètes.– Équation en cartésienne

y

M

aA O A′ x

b

• x 2a2----- y

2

b2-----– 1.=

y ba-- x .±=

MF′ MF– 2a=

F′MF

M

F F′

e 1=

y

M

F x A H

(2)(1)

θ

∆( )

r

r p1 θcos+---------------------=

θ ] π π[,–∈FA a AH= = p 2a.=

y 2 2 px =

F′ F


30/592

Partie 1

1Partie


31/592


32/592

C h a p i t r e

1Mécanique 1


33/592

30 Partie 1 – Physique MPSI

E x e r c

i c e 1 0 1

Risque de collision au freinage1. Une voiture roule à une vitesse constante V0 en ligne droite. Au tempst = 0, le

conducteur aperçoit un obstacle, mais il ne commence à freiner (avec une décéléra-tion constante de 7,5 m · s–2) qu’au bout d’un tempsε = 0,6 s. Calculer la distanceparcourue par le véhicule depuis l’instant initial jusqu’à l’arrêt.

Application numérique : V0 = 54 km · h–1, puis V0 = 108 km · h–1.2. Deux voitures se suivent sur une route droite, à une distanced , et roulent à lamême vitesse constante V0. À l’instantt = 0, la première voiture commence à freineravec une décélérationa, la seconde voiture ne commence à freiner qu’au tempst = ε = 0,6 s avec une décélérationb.Quelle condition doit satisfaired pour que la seconde voiture s’arrête en arrière de la

première ? Application numérique : V0 = 108 km · h–1, a = 7,5 m · s–2 et b = 6 m · s–2.La condition trouvée est-elle sufsante pour garantir qu’il n’y aura pas collision entreles deux voitures (pour des valeurs différentes de V0, ε, a et b…) ?Pourquoi cette condition est-elle sufsante avec les données numériques fournies ?

1. Ce qu’il faut savoir• Mouvement à accélération constante.

• Équation horaire.

2. Ce qu’il faut comprendre• Il est astucieux de résoudre la première question en tenant compte de la deuxième :on prendra des notations telles qu’il ne soit pas nécessaire de refaire plusieurs fois lemême calcul.• Pour la deuxième question, il faut prendre en compte les différentes phases du mou-vement, avec des conditions initiales pertinentes.

3. Solution1. On peut prendre l’origine des abscisses à la position de la voiture à la datet = 0 : elleparcourt une distance avant de freiner – avec une accélération –a(a constante 0) à partir de la datet 1 = ε.Pour t t 1, le mouvement est caractérisé par une vitesse :

et une position (1)

compte tenu des conditions initiales ci-dessus.

101

x 1 V0ε=

V x ˙ a– t t 1–( ) V0+= =

x 12-- a t t 1–( )2 V0 t t 1–( ) x 1+ +–=


34/592

Chapitre 1 – Mécanique 131

E x e r c

i c e 1 0 1

L’arrêt est obtenu lorsque V = 0, soit

En reportant cette valeur dans l’expression de , on obtient la distance d’arrêt D :

;

Application numérique:V0 = 54 km · h–1 = 15 m · s–1, d’où :D = 24 m.V0 = 108 km · h–1 = 30 m · s–1, d’où :D = 78 m.

2. L’équation horaire de la première voiture est donnée par la relation (1), en faisantt 1 = 0 et x 1 = 0 :;

et elle s’arrête à l’abscisse soit :

À la datet = 0, la seconde voiture était à l’abscisse , et à la datet 1 = ε, elle était donc

à l’abscisseLa relation (1) donne alors pour la seconde voiture une position (aveca remplacé parb) :

;

ce qui donne une distance parcourue jusqu’à l’arrêt (à la date ) :

La condition demandée correspond à (on néglige les dimensions des voitures,assimilées à des points matériels…), soit :

;

Soit, avec les valeurs données :d 33 m.Cette condition n’est pas sufsante : il suft d’imaginer une situation telle queb a ,avec

t t 1–V0a------=

.

x t ( )

D12-- a

V0a------

2

V0V0a------ x 1++–=

DV0

2

2a------ V0ε+=

x t ( ) 12-- at 2 V0t +–=

x 2 x V0a------

,=

x 2V0

2

2a------=.

d –

x 1 d – V0ε.+=

x ′ t ( ) 12-- b t t 1–( )2 V0 t t 1–( ) V0ε d –+ +–=

x ′2 t t 1V0b------+=

x ′2V0

2

2b------ V0ε d .–+=

x ′2 x 2

V02

2b------ V0ε d V0

2

2a------–+

d V0

2

2------1b--

1a--–

V0ε+

d V0ε.


35/592


E x e r c

i c e 1 0 2

La seconde voiture heurte la première avant même le début de son freinage, alors quela condition trouvée peut être vériée !Mais sib a, la condition trouvée est effectivement sufsante. En effet, la seconde voi-ture se rapproche alors constamment de la première (la différence des vitesses

reste toujours positive ou nulle) : c’est donc lorsqu’elles sont arrêtées que leur distanced est minimale.

Projectile soumis au frottement de l’air Un projectile M de massem est lancé dans un plan vertical avec une vitesseinitiale faisant un angleθ avec l’horizontale O x . Ce référentiel, lié à la surface dela Terre, sera supposé galiléen, et l’accélération de la pesanteur constante. Ce pro-

jectile est soumis de plus à une force de frottement due à l’air, force que l’on peutmettre sous la forme avec et vitesse instantanée du projectile.

1. Établir les équations du mouvement : on introduira la constante de tempsMontrer que la trajectoire du projectile admet une asymptote verticale, et que savitesse tend vers une limite que l’on précisera.

Exprimer alors les vitesses et position du mobile en fonction det , τ, θ, V0 et Vl .2. Calculer le tempst s nécessaire au projectile pour atteindre le sommet S de sa tra-

jectoire, et donner la position de S. Application numérique : : calculer l’altitude de S, et comparer àl’altitude atteinte lorsqu’on néglige le frottement de l’air.

1. Ce qu’il faut savoirPoint de cours• Loi fondamentale de la dynamique.Outil mathématique• Résolution d’équation différentielle du premier ordre avec second membre.

2. Ce qu’il faut comprendre1. On appliquera la loi fondamentale de la dynamique au projectile M assimilé à unpoint matériel. La vitesse limite peut être trouvée directement en cherchant à quellecondition l’accélération s’annule. On pourra intégrer l’équation différentielle sous

sa forme vectorielle et projeter les expressions obtenues pour et

x ˙ ′ x ˙–

102O x z ( )

V0 g

Ff k V⋅–= k 0 V

τ mk ---- .=

Vl

θ π2---,= V0 Vl =

a

V OM .


36/592


E x e r c

i c e 1 0 2

2. À cause du freinage dû à l’air, la trajectoire étudiée doit se situer « au-dessous » dela trajectoire parabolique « classique » obtenue en l’absence de frottement.

3. Solution1. La loi fondamentale de la dynamique appliquée au point M à un instantt s’écrit

On trouve directement que

Ce qui est réalisé pour soit

ou encore en posant

Résolvons maintenant l’équation différentielle

soit en posant :

Résolvons l’équation différentielle vectorielle :

Le vecteur est déni par la condition initiale à :

(1)En intégrant une nouvelle fois par rapport àt , on obtient :

est déni par la condition initiale à :

d’où (2)

POINT MÉTHODE

En écrivant le principe fondamental sous la forme on obtient directe-

ment une équation différentielle en :

ma mg kV .–= a 0= V⇔ constante.=

mg kV– 0= Vl mg k--------=

τ mk----= Vl τ g =

dPdt ------- ΣF ,=

V

dPdt ------- m

dVdt -------- mg kV–= =

dV

dt -------- k

m---- V+ g = τ m

k----=

dVdt --------

Vτ-----+

Vl τ------ .=

V t ( ) Vl A et τ--– .+=

A V V0= t 0= A V0 Vl –=

V t ( ) Vl V0 Vl –( )et

τ--–

+=

OM t ( ) Vl t V0 Vl –( ) τ–( )et τ--– B .+ +=

B OM 0= t 0=

B τ V0 Vl –( )=

OM t ( ) Vl t τ V

0V

l –( ) 1 e

t τ--––

+=


37/592


E x e r c

i c e 1 0 2

d’où en projection sur avec

(Vl est un module…) :

On retrouve bien sûr que pour

Lorsque ce qui correspond bien à une asymptoteverticale.

2. Le sommet S de la trajectoire est déterminé par ce qui correspond à une

date t s telle que :

soit :

kV– V

mg V0

θ x

z

O

u x uz ,( ),

Vl Vl – uz =

VV x V0 θe

t

τ--–

cos=

Vz V– l V0 θ V l +sin( )et τ--–+=

t → ∞V → Vl

OM

x τV0 θ 1 et τ--––

cos=

z V– l t τ V0 θ Vl +sin( ) 1 et τ--––

+=

t → ∞, x → x lim τV0 θcos=

z

2

0

–2

– 4

–6

2 4 6 8 10 12 x

Vz 0,=

0 Vl – V0 θsin Vl +( )et sτ---–+=

t s

τ 1 + V0Vl ------ θsinln=


38/592


35

E x e r c

i c e

1 0 3

et, en reportant :

si et il vient :

.

En l’absence de tout frottement de l’air, le mouvement sur l’axe O

z

devient :

d’où

et

Pour comparer les altitudes de S et S

′

, exprimonsz

s

en fonction de V

0

et g

:

d’où :

: le résultat est bien cohérent ; en présence de frottement le point matérielmonte moins haut.

Deux mouvements sur la même trajectoire

A.

Un mobile M décrit une hélice circulaire d’axeO

z

, son mouvement étant déni encoordonnées cylindriques par les équations :

x s τV0 θcos 11

1V0

Vl ------ θsin+

---------------------------–

=

z s τVl 1V0Vl ------ θsin+

ln– τ V0 θsin Vl +( ) 1Vl

V0 θsin Vl +------------------------------–

⋅+=

z s τV0 θsin τVl 1V0Vl ------ θsin+

ln–=

θ π2---= V0 +Vl ,= x s 0=z s τVl τVl 2ln– τVl 1 2ln–( )= =

z ˙̇ g –=

z ˙ g t – V0,+= t s′V0 g ------=

z 12-- g t 2 V0t +–=

z s′ z t s′( )V0

2

2 g ------.= =

Vl V0 et τ = mk----

V

l g -----V

0 g ------= = =

: z sV

02

g ------ 1 2ln–( )=

z sz s′----- 2 1 2ln–( ) #0,6.=

z s z s′

103

r θ z, ,( )

r R= θ ωt = z H 1θ

2π------– ⋅=


39/592

36

Partie 1 – Physique MPSI

E x e r c

i c e

1 0 3

expressions dans lesquelles R,ω

et H sont des constantes positives. On pourra poser Le mobile part à l’instant et fait un tour complet avant d’atteindre

le plan

1.

Exprimer la vitesse du mobile, dans la base associée aux coordonnées cylindriques.Préciser son module et son orientation.Calculer la longueur de la trajectoire pour un tour du mobile.Représenter la trajectoire dans un plan, en portant R

θ

sur l’axe horizontal et z

surl’axe vertical.

2.

Exprimer de même l’accélération du mobile.

Que peut-on dire du produit scalaire ? Quelle(s) conclusion(s) peut-on en tirer ?

B.

Le mouvement de M est maintenant déni par les équations :

a

étant une constante positive.

1.

Qu’y a-t-il d’inchangé et qu’y a-t-il de changé par rapport au mouvement précédent ?

2. Exprimer le vecteur vitesse dans la base des coordonnées cylindriques ; en déduireson module.

1. Ce qu’il faut savoir

• Vitesse et accélération en coordonnées cylindriques.

2. Ce qu’il faut comprendre

A. 1.Il s’agit de mettre la vitesse sous la forme ( unitaire), en préci-sant chacun des deux termes.Le système de coordonnées choisi facilitera l’interprétation géométrique, la grandeur V

restant constante.2. L’accélération se déduira des expressions classiques de ses composantes en coor-données cylindriques.

B. 1. Dans tout mouvement, on peut distinguer la trajectoire (parcours géométrique),et l’équation horaire du mobile sur celle-ci : dans le cas présent, seule l’équationhoraire est modiée…

2. Les calculs sont analogues à ceux duA. 1. La remarque précédente permet de pré-voir une partie du résultat : le vecteur est inchangé.

h H2π------.= t 0,=

z 0.=

V

A

A V⋅

r R= θ 12---at 2= z H 1 θ2π------– ⋅=

V V uT⋅= uT

A

uT


40/592


E x e r c

i c e 1 0 3

3. SolutionA. 1. La vitesse a pour expression générale, dans la base des coordonnéescylindriques :

.Ici et

d’où :

et et étant orthogonaux :

(V = constante).

Dans le plan la direction de est donnée parC’est donc une direction xe de ce plan…

Écrivant ( est donc orienté dans le sens du mouvement, puisque

), le vecteur a pour composantes sur et :

POINT COURSComposition des mouvements :Le mouvement peut se décomposer en un mouvement detranslation selon Oz , de vitesse et en mouve-ment de rotation autour de Oz à la vitesse angulaire

(vecteur rotation ).

V

V r ˙ ur r θ̇uθ z ˙ uz + +=

r ˙ 0,= θ̇ ω= z ˙ dz dθ-------dθdt -------⋅

H2π------ θ̇⋅– hω–= = =

z

y

x

OM

uz

uT

αV

uθθ

ur

V R ωuθ hωuz –=

uθ uz

V V R ω( )2 hω( )2+= =

V ω R 2 h2+=

z

M

K

uz O

Vtr z ˙ u z =

θ̇Ω θ̇u z =

uθ uz ,( ), V αtanhωR ω--------–

hR --- .–= =

V V uT⋅= uTV 0 uT uθ uz

uT

αcos R ωV--------R

R 2 h2+----------------------= =

αsin hω

V-------– h–

R 2 h2+---------------------- .= =


41/592


E x e r c

i c e 1 0 3

L’abscisse curviligne sur la trajectoire est déterminée par soit, puisque lavitesse V est constante :

(avec ).

Pour un tour du mobile, ce qui donne pours :

On peut représenter la trajectoire dans un plan, en posant

On a alors

La trajectoire est représentée par une droite depente qui fait donc un angleα avec l’axe OX.Cette représentation correspond à « dérouler » lasurface latérale du cylindre (axe Oz , r = R) surlequel est tracée la trajectoire réelle du mobile

A. 2. L’accélération a pour expression générale, dans la base des coordonnéescylindriques :

ce qui donne, en tenant compte de et :

On constate immédiatement que : l’accélération est donc purement normale,

car le mouvement étudié ici est uniforme

B. 1.La relation entrez et θ est inchangée : la trajectoire reste donc la même, et sareprésentation plane (z en fonction de R θ) également.Le vecteur , déni à partir de la trajectoire, ne change pas, mais les expressions de V

et seront différentes, puisque l’équation horaire est différente.

POINT COURSOn peut obtenir l’accélération en dérivant directement l’expression de la vitesse :

avec , il vient .

dsdt ----- V,=

s V t ⋅ ωt R 2 h2+= = s 0( ) 0=

θ ωt 2π,= =s θ 2π=( ) l 2π R 2 h2+= .=

X R θ.=

z H H2π------ θ⋅– H hX R ---

.⋅–= =

z

H

αX O 2πR

hR ---–

X R θ R ωt V uθ dt ⋅ ⋅0

t

∫ = = = .A

A r ˙̇ r θ̇2–( )ur 2r ̇θ̇ r θ̇̇+( )uθ z ˙̇ uz + +=r ̇ 0,= θ̇ ω= z ˙ hω–=

A R ω2 ur –=

V ωR uθ – ωh u z A⇒dVdt -------- ωR

duθdt

---------⋅= = =

duθdt

--------- θ̇ur

–= A ω2R ur

–=

A V⋅ 0=

V cte.= dVdt --------⇒ 0= .

uT

A


42/592


E x e r c

i c e 1 0 4

B. 2. Le calcul est le même qu’auA. 1., en tenant compte de la nouvelle expression de (au lieu deω…).

Donc

et

Pendule simpleUn pendule simple est constitué d’une corde inextensible et sans masse de longueurl à laquelle est suspendu un point matériel M de massem.

L’autre extrémité est xée en un point O, et le point M se déplace dans le plan vertical O yz ,À l’instant initial, on lance M, l tendu, avec une vitesse horizontaleQue peut-on dire du mouvement ultérieur de la massem ?

1. Ce qu'il faut savoir• Théorème de l’énergie mécanique.• Loi fondamentale de la dynamique.• Accélération pour un mouvement circulaire.

2. Ce qu'il faut comprendreLe l étant initialement tendu, la massem amorce un mouvement circulaire de centreO et de rayonl . Son altitude augmentant elle gagne en énergie potentielle de pesanteuret corrélativement elle perd en énergie cinétique. A priori, trois cas peuvent se produire.

• La corde reste tendue et le mouvement du pendule est oscillatoire

θ̇ at =

V R at uθ hatuz –=

V at R 2 h2+ .⋅=

104

z x

O y

l

m

g

V0

V0 V0u y .=

θmax π2--- .


43/592


E x e r c

i c e 1 0 4

• La corde reste tendue et le mouvement du pendule est révolutif, ce qui exige uneénergie initiale suffisamment importante.• La vitesse V0 est trop faible pour qu’un mouvement révolutif ait lieu et trop fortepour que le mouvement soit oscillatoire. La corde finira par se détendre.

3. Solution• On peut rapporter la vitesse V à V0 et la tension Tdu fil àmg (T = mg à l’équilibre) et définir ainsi les

variables réduites et variables sans dimen-

sion qui vont dépendre de θ et du paramètre

(grandeur également sans dimension quel’on peut former à partir de V0, g , l grandeurs carac-térisant le problème physique).

• Déterminons tant que la corde reste tendue :

La corde étant tendue, le point matériel décrit unarc de cercle et la tension ne travaille pas (perpendiculaire au déplacement). Il en résulte la

conservation de l’énergie mécanique du système :

(origine de l’énergie potentielle prise en O)

Soit : (1)

Traçons la courbeθ →

z

x O y

l g

V0m

VV0------ Tmg -------

,

η V02

gl ------=

VV0------ f η θ,( )=

z

O

l θ

uz T T

Em Ec Ep+12-- mV0

2 mgl –= =

Ep mgz 12-- mV

2 mgl θcos–⇒– 12-- mV02 mgl .–= =

VV0------

2 1 2η--- θ 1–cos( )+=

f θ( ) 1 2η--- θ 1–cos( ).+=

θ

f

1 2η---–

1 4

η---–

π2---

1


44/592


E x e r c

i c e 1 0 4

• Déterminons la tension de la corde tendue :

D’après la loi fondamentale de la dynamique, on a enprojection sur :

avec d’où :

Soit

et avec (1)⇒

Finalement : (2)

Traçons la courbeθ →

Discussion1er cas : mouvement révolutif.

La corde doit être toujours tendue et la vitesse ne doit pas s’annuler ce qui exige :

(T 0) et (V2 0).

Soit en dénitif :2e cas : mouvement non révolutif et la corde reste toujours tendue.

On observe alors des oscillations entre des valeurs extrêmes . Il faut donc quel’on ait : et pour

La fonction s’annule pour tel que De même, la fonc-tion T(θ) s’annule pour tel queCes deux valeurs n’existent que pour D’autre part, la condition cherchéeimpose la vitesse devant s’annuler avant que la tension nepuisse le faire. Il faut donc que l’on ait :

ce qui donne Dans ces conditions, on obtient un mou-

vement pendulaire d’amplitude inférieur à

T g η θ,( )=

O

θmg

uθ

ur

T

ur mar T mg θcos+–=

ar V2

l ------– ,= T mg θ mV2

l ------ .+cos=T

mg ------- θV2 gl ------+cos=

Tmg ------- θ η 1

2η--- θ 1–cos( )+ .+cos=

Tmg ------- 3 θ η 2–+cos=

g θ( ) 3 θ η 2.–+cos=

θ

g

η 5– π2---π

η 2–

η 1+

η 5 0– 1 4η--- 0–

η 5.

θmax ±V2 θmax ( ) 0= T θ( ) 0 θ 0 θmax ,( ).∈

V2 θ( ) θ θV= θVcos 1 η2--- .–=θ θT= θTcos

23--

η3---

.–=

η 4.θV θT θ 0 π,[ ]∈( ),

θVcos θT 1η2---

23--

η3---––⇒cos

6 3η– 4 2η 2.⇒–π2--- θmax Arcos 1

η2---– = .


45/592


E x e r c

i c e 1 0 5

3e cas :

La corde nit par se détendre pour une valeur deθ comprise entre etπ. La tensions’annule avant la vitesse La suite du mouvement est celui d’une particulede massem dans le seul champ de pesanteur (mouvement parabolique) du moins tant

que le l reste détendu… La corde se détend pour

Conclusion

Pendule dont le fil casseUn pendule simple – massem, l de longueurl, inextensible et de masse négligeable– est suspendu en un point xe O et lâché sans vitesse initiale depuis une positionoù le l est horizontal et tendu. Soith la distance entre le point O et le sommet dela trajectoire décrite ensuite par la massem.1. Donner qualitativement le domaine de variations deh.2. Déterminerh.

θπ2--- π

12

–1–2–3

–4

2 h 5.π2---

θV

θT

( ).

θ θT Arcos2 η–

3------------ .= =

θ

g

η5– π

2---

π

η 2–

η 1+

2 5 ηV0

2

gl------=mouvement pendulaire la corde se détend mouvement révolutif

0 θmax π2---

0

105


46/592


E x e r c

i c e 1 0 5

1. Ce qu’il faut savoir• Conservation de l’énergie mécanique.• Loi fondamentale de la dynamique.

2. Ce qu’il faut comprendreIl est inutile de déterminer l’équation de la trajectoire pour répondre à la question.Entre le point de départ et le point atteint à l’instant où le l casse, la massem n’estsoumise qu’à son poids et à la tension du l qui ne travaille pas. La conservation del’énergie mécanique permet de relier la vitesse et l’altitude.À partir du moment où le l casse, la masse uniquement soumise à son poids a unetrajectoire parabolique. On pourra remarquer que lors de ce mouvement, la compo-sante horizontale de la vitesse est conservée.

3. Solution

1. Notonsα l’angle dont aura tourné le l avant qu’il ne casse. Quand :

La vitesse en B est horizontale. La massem décritune portion de parabole de sommet B.

Quand :La vitesse en B est nulle. La massem décrit la ver-ticale à B puisqu’elle n’est soumise qu’à son poids.

2.

POINT COURSConsidérons un point matériel soumis à des forces conservatives (donc dérivantd’une énergie potentielle. Leur travail élémentaire est ) et à des forcesnon conservatives dont le travail élémentaire est Appliquons au point M lethéorème de l’énergie cinétique :

constitue l’énergie mécanique du point M.La variation d’énergie mécanique du point M est égale au travail des forces nonconservatives s’appliquant à M. Si ces forces non conservatives ne travaillent pas,alors l’énergie mécanique du point M se conserve.

α → π 2 --- h l .=

A

B

O

l

VB

α π2---=

α → π h → 0.A BO

π

δW –dEp=δW¢.

dEcin δW δW¢+ dEp– δW¢+= =d Ecin Ep+( ) δW¢.=

Ecin Ep+


47/592

44


E x e r c

i c e

1 0 6

Le mouvement de la massem

, soumise à son poids et à la tension du l, s’effectue dansle plan vertical contenant le l à l’instant initial :Le poids est une force conservative.La tension du l ne travaille pas. Il y a donc conservation de l’énergie méca-nique du point M.

Choisissons A pour origine de l’énergie potentielle et écrivons l’énergie mécanique enA, B et S :

(1)

Or, entre B et S, où seul le poids intervient, la projection horizontale de la quantité de

mouvement est conservée et :

d’où :

Or d’après (1) :

soit :

Commentaire

Pour et , on retrouve les résulats du1.

Enroulement d’un fil sur un cylindre

Un point matériel M, de massem

est mobile sans frottement sur un plan horizontal.Il est attaché à une celle (de masse négligeable et inextensible) qui s’enroule surun cylindre d’axe vertical et de rayona

.

P

OINT

MÉTHODE

Calcul de l’énergie potentielle dont dérive une force conservative :On reviendra à la dénition Lorsque le problème est à un degré dedimension, on exprimera cette relation dans une base possédant un vecteur unitaire

colinéaire à Ainsi, pour le poids,d’où

ma mg T .+=A O

Bl S

hVs

VBα

βuz VB VS

hS

Bα

β

T

Ecin Ep mg ( )+ constante.=

f grad– Ep.=

f . P mg mguz –dEpdz -------- uz –= = =

Ep mgz constante.+=

Ecin Ep+ 0 0+12-- mVB

2 mgl α π2---– cos–= =

12-- mVS

2 mgh.–=

dPdt ------- mg =

VS VB βcos VB αsin⋅= =

hVS

2

2 g ------VB

2 αsin22 g --------------------

.= =

VB2 2 gl αsin⋅=

h l αsin3=

α π2---= α π=

106


48/592


E x e r c

i c e 1 0 6

Initialement, la massem est lancée avec unevitesse V0 perpendiculaire à la celle, qui est ten-due, et de longueurl0. Soit l’angle dont s’estenroulé le l à l’instantt .

1. Préciser la vitesse – module et orientation –du mobile à la datet .2. En déduire la loi du mouvement. Au boutde combien de temps le point M touchera-t-il lecylindre ? Commenter.

1. Ce qu'il faut savoir• Coordonnées polaires.• Théorème de l’énergie cinétique.• Loi fondamentale de la dynamique.

2. Ce qu'il faut comprendre

1. On construira la base polaire , permettant de repérer le point où la celle

quitte le cylindre porté par

On écrira et on montrera que la vitesse du point M est perpen-diculaire à IM et donc au l.On en déduira que la vitesse garde une norme constante V0.2. La loiθ(t ) et l’instant t 1 se déduisent directement des résultats précédents.Il faudra s’assurer que la celle reste tendue au cours du mouvement. On chercheradonc à déterminer sa tension et le problème physique, tel qu’il est posé, n’a de

sens que si reste borné…

3. Solution1. Dans le référentiel terrestre (supposé galiléen), le mobile est soumis à trois forces :son poids et la réaction du plan (qui se compensent), la tension du l qui incurvela trajectoire de M vers le cylindre.La celle restant tendue la partie libre IM est unsegment de droite tangent en I au cylindre.Repérons ce point I par l’angleθ (cf . gure) etintroduisons la base polaire

On a :

M

O

I0 M0

I

l0

V0θ

θ t ( )

θ t ( )

ur uθ I t ( )ur ( OI).

OM OI IM,+= V

T t ( ),T

T

M

Ouθ

x

Iθur uθ,( ).

OM OI IM.+=


49/592


E x e r c

i c e 1 0 6

D’où :

Or et

Finalement .Il reste à traduire que la longueur de la celle est invariable, soit :

Dès lors on obtient : (1)Cette vitesse reste, à chaque instant, perpendiculaireau brin IM de la celle. Il en résulte que la tensionqu’exerce le l sur la massem ne travaille pas.L’application du théorème de la puissance cinétiqueau point matériel M donne alors :

(le poids et la réaction du supportse compensent)d’où et .En conclusion on a :

(2)

2. La loi du mouvement s’obtient immédiatement en comparant (1) et (2). et .

D’où en éliminant entre ces deux équations :

(3)

Équation différentielle enθ(t ) qui s’intègre immédiatement (avec et à) :

ou encore (4).

La solution physique est alors donnée par (la celle s’enroule sur le cylindre etθ(t )croît avec t ) :

(5)

Le point M arrivera au contact du cylindre (si le problème physique a un sens) lorsque, soit à l’instantt 1 tel que (cf . (4) ou (5)) :

V M( ) VIddt ----- IM( ).+=

VI aθ̇uθ= IM luθddt ----- IM( )⇒ l ̇= = uθ l θ̇ur –( ).⋅+

V M( ) aθ̇ l ̇+( )uθ l θ̇ur –=

l 0 l t ( ) aθ t ( )+= 0⇒ l ̇ aθ̇.+=

V M( ) l θ̇= ur

M

Oθ I

uθ

ur

V M( )

T

T

dEcdt -------- T 0= =

Ec cste= V M( ) V0=

V M( ) V0ur –=

l θ̇ V0= l aθ+ l 0=l t ( )

l 0 aθ–( ) θ̇ V0=l l 0= θ 0=

t 0=l 0θ a

θ22-----– V0t =

θ2 2l 0

a--- θ– 2V0

a--------- t + 0 θ l 0

a---–

2⇒ l 02

a2-----

2V0

a--------- t –= =

θ t ( ) l 0a---l 0a--- 1

2V0at

l 02--------------––= ⇒ θ t ( )

l 0a--- 1 1

2V0at

l 02--------------––=

aθ l 0=

t 1l 0

2

2V0a------------=


50/592


E x e r c

i c e 1 0 6

Commentaires

On aurait pu essayer d’évaluer t 1 à partir d’arguments simples dénissant des ordres de grandeur.

Une fois la celle totalement enroulée autour du cylindre, l’angleθ aura varié de

D’autre part la vitesse angulaire vaut sur un voisinage de

On peut donc penser que le tempst 1 cherché va dépendre des grandeursl 0, a, V0 dénissant

le problème physique selon :

On retrouve ainsi les variations pertinentes det 1 avecl 0, a et V0.

Il reste à remarquer quel diminuant va augmenter et qu’en identiant on

aboutirait à une surévaluation det 1. De façon plus précise, entre les instantst et t + dt, onaurait :

D’où : et

• La résolution précédente suppose que la ficelle demeure constamment tendue et quela situation physique envisagée reste réaliste. Il nous faut donc calculer la tensionde la ficelle.À cet effet appliquons la loi fondamentale de la dynamique

au point matériel M :

or et (6).

D’où .

Posons

Et d’après (3) :

On a bien pour , et la celle reste effectivement tendue. Cependantl’expression de T nous montre que quand ce qui n’est pas cohérent(dans cette modélisation – point matériel M sans dimension… – la celle casseraitavant de s’être complètement enroulée…).

On a pour et

∆θl 0a---

.=

θ̇ V0l 0------ t 0+.=

t 1∆θθ̇0-------

l 0 a ⁄ V0 l 0 ⁄ -------------

l 02

aV0--------- .≈ ≈ ≈

θ̇ t 1l 0

2

aV0---------=

dθ dl a---- dθ 0 et dl 0 ( )–=

θ

˙

V

0

l

------

.

=

dt dθθ̇

------

dl –a---------

V0l ------

----------- 1aV0--------- l dl –= = = dt

0

t 1∫ 1aV0--------- l dl l 00

∫ –= ⇒ t 1 l 02

2aV0------------=

T t ( )

M

θ uθur

V

T

ma M( ) T=

V V0ur –= adVdt -------- V0–

dur dt -------- V– 0θ̇uθ= = =

T mV0θ̇uθ–=T T– uθ T⇒ mV0θ̇.= =

TmV0

2

l 0 aθ t ( )–-----------------------= ⇒ T

mV02

l 0 1t t 1----–

---------------------=

T 0 0 t t 1T → ∞ t → t 1–

t 99100-------- t 1= l

l 010-----= T 10T0…=


51/592

48


E x e r c

i c e

1 0 7

Anneau coulissant sur un cercleAnalyse de portraits de phase

Une circonférence, de rayona

, est située dans un plan vertical et tourne à vitesseangulaireΩ

constante autour de son diamètre vertical. Sur cette circonférence, unpetit anneau M, assimilable à un point matériel de massem

, glisse sans aucun frot-tement. Sa position sur le cercle est repérée par l’angleθ

que fait le rayon CM avecla verticale descendante (

cf

. gure).Le référentiel terrestre est supposé galiléen,et l’accélération de la pesanteur est notée g

.

En posant et l’équation

différentielle du mouvement de la massem

surla circonférence peut se mettre sous la forme :

(1)l’équation de conservation de l’énergiemécanique dans le référentiel lié à la circon-férence peut s’écrire :

(constante) (2)

avecreprésente au facteurmga

près l’énergie potentielle du système avec :;

g

=

9,8 m · s

–2

;

a

=

0,39 m.

1.

En analysant la courbe (g. 2) donnée pourun

precis physique mpsi exercices

Documents