Feuille d'entraînement : Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Modelisation PC 2026, Q2

   D'après la courbe de la figure 3, l'énergie potentielle E_p(x) présente un minimum (tangente horizontale) en :

   \boxed{x = x_e}

   Le système possède donc bien une position d'équilibre en x = x_e, et cet équilibre est stable car il correspond à un minimum d'énergie potentielle.

   Résultat

   $$x=x_e$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Modelisation PC 2026, Q3

   D'après l'expression du potentiel de Morse :

   E_p(x) = D\left(1 - \mathrm{e}^{-\alpha(x - x_e)}\right)^2

   Lorsque la distance internucléaire x tend vers l'infini, le terme exponentiel s'annule :

   \lim_{x \to +\infty} \mathrm{e}^{-\alpha(x - x_e)} = 0 \implies \lim_{x \to +\infty} E_p(x) = D

   La constante D correspond donc à l'asymptote horizontale de l'énergie potentielle à l'infini. Elle représente l'énergie de dissociation de la liaison (en prenant l'énergie minimale comme référence E_p(x_e) = 0).

   L'énergie cinétique du système vérifie E_c = E_m - E_p(x) \ge 0, ce qui impose que le mouvement ne s'effectue que dans le domaine spatial où E_p(x) \le E_m :

   • Pour E_m < D (avec E_m \ge 0) : le domaine spatial accessible à la molécule est un intervalle fermé et borné [x_{\min}, x_{\max}]. La distance internucléaire oscille périodiquement entre deux points de rebroussement : le système se trouve dans un état lié.
   • Pour E_m > D : la condition E_p(x) \le E_m est vérifiée pour tout x \ge x_{\min}. Le domaine accessible [x_{\min}, +\infty[ n'est pas borné supérieurement : les atomes peuvent s'éloigner indéfiniment l'un de l'autre (dissociation). Le système se trouve dans un état libre.

   \boxed{\text{Si } E_m < D \text{ : état lié} \quad ; \quad \text{Si } E_m > D \text{ : état libre.}}

   Résultat

   $$\text{Si }{E}_m<D\text{ : eˊtat lieˊ};\text{Si }{E}_m>D\text{ : eˊtat libre.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique PC 2026, Q16

   Le système constitué de l'ensemble {plan + porte-plan}, assimilé à un solide ponctuel de masse m, est étudié dans le référentiel du bâti fixe supposé galiléen. Il est soumis aux forces suivantes, projetées sur l'axe (Ox) orienté par \vec{u}_x :

   • la force de rappel élastique : \vec{F}_r = -k x(t) \vec{u}_x ;
   • la force de frottement visqueux : \vec{f}_v = -\mu \dot{x}(t) \vec{u}_x ;
   • la force excitatrice : \vec{F}(t) = F(t) \vec{u}_x.

   D'après le principe fondamental de la dynamique :

   m \ddot{x}(t) = -k x(t) - \mu \dot{x}(t) + F(t)

   soit l'équation différentielle du mouvement :

   m \ddot{x}(t) + \mu \dot{x}(t) + k x(t) = F(t)

   En régime sinusoïdal établi à la pulsation \omega, en utilisant les grandeurs complexes de la question Q15 où la dérivation temporelle correspond à une multiplication par j\omega, l'équation devient :

   \left( -m\omega^2 + j\mu\omega + k \right) \underline{x}_1 = \underline{F}_1

   En factorisant par la constante de raideur k, on obtient :

   k\underline{x}_1 \left( 1 + j\frac{\mu\omega}{k} - \frac{m\omega^2}{k} \right) = \underline{F}_1

   La fonction de transfert mécanique \underline{H_m} = \dfrac{k \underline{x}_1}{\underline{F}_1} s'écrit donc :

   \underline{H_m} = \frac{1}{1 + j\dfrac{\mu\omega}{k} - \dfrac{m\omega^2}{k}}

   Par identification avec la forme canonique proposée :

   \underline{H_m} = \frac{1}{1 + \dfrac{j \omega}{Q \omega_0} - \dfrac{\omega^2}{\omega_0^2}}

   on identifie :

   \omega_0^2 = \frac{k}{m} \quad \text{et} \quad \frac{1}{Q\omega_0} = \frac{\mu}{k}

   ce qui donne :

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

   Signification physique :

   • \omega_0 est la pulsation propre du système mécanique. Elle caractérise la dynamique des oscillations libres en l'absence totale d'amortissement (\mu = 0).
   • Q est le facteur de qualité. Grandeur adimensionnelle, il mesure l'acuité de la réponse en fréquence et quantifie le niveau de dissipation énergétique : plus Q est élevé, plus l'amortissement visqueux est faible devant les effets d'inertie et de rappel élastique, ce qui conduit à une résonance prononcée.

   Résultat

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique PC 2026, Q18

   D'après la question Q17, le module de la fonction de transfert s'écrit :

   |\underline{H_m}| = \frac{1}{\sqrt{g(u)}}

   en posant u = \xi^2 = \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 \ge 0, avec :

   g(u) = (1 - u)^2 + \frac{u}{Q^2} = u^2 + \left(\frac{1}{Q^2} - 2\right)u + 1

   Le module |\underline{H_m}| passe par un extremum lorsque le trinôme du second degré g(u) atteint son minimum sur \mathbb{R}^+. La dérivée de g par rapport à u s'écrit :

   g'(u) = 2u + \left(\frac{1}{Q^2} - 2\right)

   La dérivée s'annule en :

   u_r = 1 - \frac{1}{2Q^2}

   Puisque le coefficient devant u^2 est strictement positif (1 > 0), la fonction g admet un minimum absolu en u = u_r.

   Pour que ce minimum corresponde à une pulsation d'excitation physique strictement positive \omega_r > 0, il faut que u_r > 0, soit :

   1 - \frac{1}{2Q^2} > 0 \iff Q^2 > \frac{1}{2}

   La condition d'existence d'une résonance est donc :

   \boxed{Q > \frac{1}{\sqrt{2}}}

   Sous cette condition, la pulsation de résonance \omega_r = \omega_0 \sqrt{u_r} est :

   \boxed{\omega_r = \omega_0 \sqrt{1 - \frac{1}{2Q^2}}}

   On peut considérer que \omega_r \simeq \omega_0 dès lors que le terme correctif sous le radical est négligeable devant 1, c'est-à-dire :

   \frac{1}{2Q^2} \ll 1 \iff \boxed{Q \gg \frac{1}{\sqrt{2}} \quad (\text{ou } Q \gg 1)}

   Résultat

   $$Q>\frac{1}{\sqrt{2}}$$

   $${\omega }_r={\omega }_0\sqrt{1-\frac{1}{2Q^2}}$$

   $$Q\gg \frac{1}{\sqrt{2}}(\text{ou }Q\gg 1)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q16

   On étudie la masse ponctuelle \mu dans le référentiel d'étude galiléen lié au support fixe du ressort.

   En prenant l'origine de l'axe (Ox) au point d'attache fixe du ressort et le vecteur unitaire \vec{e}_x orienté selon l'axe du ressort vers la masse, la position de la masse est repérée par :

   \vec{OM}(t) = \ell(t)\,\vec{e}_x

   Son vecteur accélération s'écrit alors :

   \vec{a}(t) = \frac{\mathrm{d}^2\ell}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{e}_x

   D'après l'énoncé, la masse n'est soumise qu'à la force de rappel élastique exercée par le ressort :

   \vec{F} = -k(\ell(t) - \ell_0)\,\vec{e}_x

   La deuxième loi de Newton appliquée à la masse \mu s'écrit :

   \mu \frac{\mathrm{d}^2\ell}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{e}_x = -k(\ell(t) - \ell_0)\,\vec{e}_x

   Par projection selon \vec{e}_x, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}^2\ell}{\mathrm{d}t^2} + \frac{k}{\mu}(\ell(t) - \ell_0) = 0

   En introduisant la pulsation propre :

   \boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{\mu}}}

   l'équation différentielle vérifiée par la longueur \ell(t) s'écrit :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}^2\ell}{\mathrm{d}t^2} + \omega_0^2(\ell(t) - \ell_0) = 0}

   Résultat

   $${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{\mu }}$$

   $$\frac{{\mathrm{d}}^2\ell }{\mathrm{d}{t}^2}+{\omega }_0^2(\ell (t)-{\ell }_0)=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q24

   Dans le modèle de Thomson, le noyau est une boule de centre O et de rayon a portant une charge totale +e uniformément répartie en volume. D'après le résultat obtenu à la question 4 pour une boule homogène, en remplaçant -e par +e et le rayon r_e par a, le champ électrique créé par cette distribution en tout point M intérieur à l'atome (r \le a) s'écrit :

   \boxed{\vec{E}_{\text{noy}}(M) = \frac{e\,r}{4\pi\epsilon_0 a^3}\,\widehat{e}_r = \frac{e}{4\pi\epsilon_0 a^3}\,\overrightarrow{OM}}

   L'électron, de charge q = -e et de masse m_e, est astreint à se déplacer le long de l'axe (O, \widehat{e}_x). Son vecteur position s'écrit donc \overrightarrow{OM} = x\,\widehat{e}_x (avec |x| \le a).

   La force électrostatique exercée par le noyau sur l'électron est alors :

   \begin{aligned} \vec{F}_{\text{noy}} &= -e\,\vec{E}_{\text{noy}}(M) \\ &= -\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 a^3}\,x\,\widehat{e}_x \end{aligned}

   Cette force se met bien sous la forme d'une force de rappel élastique \vec{F}_{\text{noy}} = -m_e \omega_0^2 x\,\widehat{e}_x, où :

   \boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 m_e a^3}}}

   Résultat

   $${\vec{E}}_{\text{noy}}(M)=\frac{er}{4\pi {ϵ}_0{a}^3}{\hat{e}}_r=\frac{e}{4\pi {ϵ}_0{a}^3}\overrightarrow{OM}$$

   $${\omega }_0=\sqrt{\frac{e^2}{4\pi {ϵ}_0{m}_e{a}^3}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Polytechnique Physique A PC 2026, Q20

   D'après la question Q19, le module de l'amplitude complexe s'écrit :

   |Z_0(\omega)| = \frac{F}{m\omega \sqrt{(\omega - \omega_0)^2 + \frac{1}{\tau^2}}}

   Une force de frottement « suffisamment faible » correspond à un amortissement très faible, c'est-à-dire :

   \frac{1}{\tau} \ll \omega_0 \quad \iff \quad \omega_0 \tau \gg 1

   Dans ce régime, étudions le comportement de |Z_0(\omega)| au voisinage de \omega = \omega_0 :

   • Le terme sous la racine, (\omega - \omega_0)^2 + \frac{1}{\tau^2}, varie très rapidement sur une échelle de pulsation de l'ordre de 1/\tau et atteint sa valeur minimale 1/\tau^2 exactement en \omega = \omega_0.
   • En revanche, le facteur \omega au dénominateur varie très lentement sur cette même échelle : pour |\omega - \omega_0| \sim 1/\tau, \omega \approx \omega_0 à l'ordre zéro en (1/\omega_0\tau).

   Par conséquent, |Z_0(\omega)| présente un pic très pointu (phénomène de résonance) centré en \omega \approx \omega_0, où l'amplitude atteint :

   |Z_0(\omega_0)| = \frac{F\tau}{m\omega_0}

   Déterminons la largeur de la résonance. Les pulsations de coupure \omega à -3\text{ dB} (définies par |Z_0(\omega)| = \frac{|Z_0(\omega_0)|}{\sqrt{2}}) vérifient, en approchant \omega par \omega_0 devant le radical :

   \sqrt{(\omega - \omega_0)^2 + \frac{1}{\tau^2}} \approx \frac{\sqrt{2}}{\tau} \implies (\omega - \omega_0)^2 \approx \frac{1}{\tau^2} \implies \omega - \omega_0 \approx \pm \frac{1}{\tau}

   La largeur à mi-hauteur en énergie de la résonance (distance entre les deux pulsations de coupure) est donc :

   \Delta \omega = \frac{2}{\tau}

   En ordre de grandeur :

   \boxed{\Delta\omega \sim \frac{1}{\tau}}

   Résultat

   $$\Delta \omega \sim \frac{1}{\tau }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique 2 PC 2025, Q14

   Le facteur de Lorentz s'écrit :

   \gamma = \left(1 - \frac{v^2}{c^2}\right)^{-1/2}

   Lorsque v \ll c, le terme u = -\dfrac{v^2}{c^2} est petit devant 1. On effectue le développement limité au premier ordre selon la formule usuelle (1 + u)^\alpha = 1 + \alpha u + o(u) avec \alpha = -\frac{1}{2} :

   \begin{aligned} \gamma &= 1 - \frac{1}{2}\left(-\frac{v^2}{c^2}\right) + o\left(\frac{v^2}{c^2}\right) \\ &= 1 + \frac{1}{2}\frac{v^2}{c^2} + o\left(\frac{v^2}{c^2}\right) \end{aligned}

   Il vient ainsi pour l'écart (\gamma - 1) :

   \gamma - 1 \underset{v \ll c}{\approx} \frac{1}{2}\frac{v^2}{c^2}

   En reportant cette approximation dans l'expression relativiste de l'énergie cinétique E_c = (\gamma - 1)mc^2, on obtient :

   E_c \approx \left(\frac{1}{2}\frac{v^2}{c^2}\right) mc^2

   soit finalement :

   \boxed{E_c \underset{v \ll c}{\approx} \frac{1}{2}mv^2}

   On retrouve bien l'expression newtonienne classique de l'énergie cinétique à la limite des faibles vitesses.

   Résultat

   $$E_c\underset{v\ll c}{\approx }\frac{1}{2}m{v}^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique B PC 2025, Q18

   D'après la question Q17, la vitesse générale d'un électron libre soumis au champ électrique \vec{E}(t) = -E_0\sin(\omega t)\,\vec{e}_x s'écrit :

   \dot{x}(t) = -\frac{eE_0}{m\omega}\cos(\omega t) + C_1

   Pour que le mouvement x(t) soit purement périodique (régime sinusoïdal forcé sans vitesse de dérive moyenne), la constante d'intégration doit être nulle :

   C_1 = 0

   La vitesse de l'électron se réduit alors à :

   v(t) = -\frac{eE_0}{m\omega}\cos(\omega t)

   L'énergie cinétique instantanée s'en déduit :

   E_c(t) = \frac{1}{2}m v(t)^2 = \frac{(eE_0)^2}{2m\omega^2}\cos^2(\omega t)

   L'énergie cinétique moyenne U_P est obtenue par moyenne temporelle sur une période T = \frac{2\pi}{\omega}. Sachant que \langle\cos^2(\omega t)\rangle = \frac{1}{2}, on obtient :

   \boxed{U_P = \frac{(eE_0)^2}{4m\omega^2}}

   Résultat

   $$U_P=\frac{(e{E}_0{)}^2}{4m{\omega }^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique C PC 2024, Q1.a

    On étudie un atome de masse m dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen. L'atome est repéré par son vecteur position :

    \vec{r}(t) = x(t)\,\vec{u}_x + y(t)\,\vec{u}_y + z(t)\,\vec{u}_z

    de sorte que r^2 = x^2 + y^2 + z^2. L'énergie potentielle s'écrit :

    U(x, y, z) = U_0 + \frac{1}{2}k\left(x^2 + y^2 + z^2\right)

    La force \vec{F} étant conservative et la gravité étant négligée, elle dérive du potentiel U :

    \vec{F} = -\vec{\operatorname{grad}} U = -\left( \frac{\partial U}{\partial x}\vec{u}_x + \frac{\partial U}{\partial y}\vec{u}_y + \frac{\partial U}{\partial z}\vec{u}_z \right) = -k\left(x\,\vec{u}_x + y\,\vec{u}_y + z\,\vec{u}_z\right) = -k\vec{r}

    D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué à l'atome :

    m\,\frac{\mathrm{d}^2\vec{r}}{\mathrm{d}t^2} = \vec{F} = -k\vec{r}

    En projetant cette relation vectorielle sur chacun des trois axes orthonormés et fixes (\vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z) et en introduisant la pulsation \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}, on obtient trois équations différentielles découplées :

    \boxed{\ddot{x} + \omega^2 x = 0 \quad ; \quad \ddot{y} + \omega^2 y = 0 \quad ; \quad \ddot{z} + \omega^2 z = 0}

    Chacune des composantes x(t), y(t) et z(t) vérifie donc l'équation différentielle d'un oscillateur harmonique non amorti de pulsation \omega.

    Résultat

    $$\ddot{x}+{\omega }^{2}x=0;\ddot{y}+{\omega }^{2}y=0;\ddot{z}+{\omega }^{2}z=0$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question