Feuille d'entraînement : Mouvement dans un champ de force centrale

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MPI 2026, Q17

   a) D'après le théorème de Gauss (ou le théorème de Newton pour une distribution à symétrie sphérique), le champ gravitationnel créé à l'extérieur ou à la surface de la sphère de centre O, de rayon r et de masse m est identique à celui d'une masse ponctuelle m située en O :

   \vec{G}(r) = -\frac{Gm}{r^2}\,\vec{u}_r

   Le potentiel gravitationnel associé, nul à l'infini, s'écrit à la surface (r'=r) :

   V(r) = -\frac{Gm}{r}

   L'énergie potentielle gravitationnelle d'interaction de la masse élémentaire \mathrm{d}m avec la sphère de masse m s'en déduit directement :

   \boxed{\mathrm{d}E_{pG}(r) = V(r)\,\mathrm{d}m = -\frac{Gm\,\mathrm{d}m}{r}}

   b) La sphère étant homogène de masse volumique \mu, la masse de la sphère de rayon r et celle de la coquille d'épaisseur \mathrm{d}r s'écrivent :

   \begin{aligned} m(r) &= \frac{4}{3}\pi \mu r^3 \\ \mathrm{d}m &= \mu\,\mathrm{d}\tau = 4\pi\mu r^2\,\mathrm{d}r \end{aligned}

   En injectant ces expressions dans celle de \mathrm{d}E_{pG}(r) :

   \mathrm{d}E_{pG}(r) = -\frac{G}{r}\left(\frac{4}{3}\pi\mu r^3\right)\left(4\pi\mu r^2\,\mathrm{d}r\right) = -\frac{16\pi^2 G \mu^2}{3}\,r^4\,\mathrm{d}r

   L'énergie potentielle gravitationnelle totale de la sphère de rayon R s'obtient en intégrant de r = 0 à r = R :

   E_{pG}(R) = \int_0^R \mathrm{d}E_{pG}(r) = -\frac{16\pi^2 G \mu^2}{3}\left[\frac{r^5}{5}\right]_0^R = -\frac{16\pi^2 G \mu^2 R^5}{15}

   La masse totale de la sphère est M = \frac{4}{3}\pi\mu R^3, d'où M^2 = \frac{16}{9}\pi^2\mu^2 R^6, ce qui permet d'écrire :

   -\frac{3G}{5}\frac{M^2}{R} = -\frac{3G}{5R}\left(\frac{16}{9}\pi^2\mu^2 R^6\right) = -\frac{16\pi^2 G \mu^2 R^5}{15} = E_{pG}(R)

   On retrouve bien l'expression cherchée :

   \boxed{E_{pG}(R) = -\frac{3\,G}{5}\frac{M^2}{R}}

   Commentaire du signe : L'énergie potentielle est strictement négative. Cela traduit le fait que la Terre est un système gravitationnellement lié : l'interaction gravitationnelle étant purement attractive, la formation de la sphère à partir de matière initialement dispersée à l'infini libère de l'énergie vers l'extérieur (sous forme d'énergie cinétique puis thermique). Pour disloquer entièrement la Terre et envoyer ses constituants à l'infini, un opérateur extérieur devrait fournir une énergie positive égale à l'énergie de liaison E_{\text{liaison}} = -E_{pG}(R) = \frac{3GM^2}{5R}.

   Résultat

   $$\mathrm{d}{E}_{pG}(r)=V(r)\mathrm{d}m=-\frac{Gm\mathrm{d}m}{r}$$

   $$E_{pG}(R)=-\frac{3G}{5}\frac{M^2}{R}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q4

   Appliquons le théorème du moment cinétique au point \mathrm{P} calculé en \mathrm{O} dans le référentiel géocentrique supposé galiléen :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}_{\mathrm{O}}}{\mathrm{d}t} = \vec{\mathcal{M}}_{\mathrm{O}}(\vec{F}) = \vec{OP} \wedge \vec{F}

   La force d'interaction gravitationnelle étant centrale de centre \mathrm{O}, les vecteurs \vec{OP} = r \vec{e}_r et \vec{F} = F(r)\vec{e}_r sont colinéaires :

   \vec{\mathcal{M}}_{\mathrm{O}}(\vec{F}) = \vec{0} \implies \vec{L}_{\mathrm{O}} = \vec{OP} \wedge m\vec{v} = \vec{\text{cte}}

   • Si \vec{L}_{\mathrm{O}} = \vec{0}, la vitesse \vec{v} et la position \vec{OP} sont colinéaires à chaque instant : le mouvement est rectiligne selon une droite passant par \mathrm{O} (cas particulier de mouvement plan).
   • Si \vec{L}_{\mathrm{O}} \neq \vec{0}, le vecteur position \vec{OP} est à chaque instant orthogonal au vecteur fixe \vec{L}_{\mathrm{O}} car \vec{OP} \cdot (\vec{OP} \wedge m\vec{v}) = 0. Le point \mathrm{P} évolue donc dans le plan fixe passant par \mathrm{O} et orthogonal à \vec{L}_{\mathrm{O}}.

   Le mouvement de \mathrm{P} est donc plan.

   Dans ce plan, repérons \mathrm{P} par ses coordonnées polaires (r, \theta) associées à la base orthonormée directe (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta, \vec{e}_z), où \vec{e}_z est le vecteur unitaire colinéaire et de même sens que \vec{L}_{\mathrm{O}}.

   Le vecteur position et le vecteur vitesse s'écrivent :

   \begin{aligned} \vec{OP} &= r \vec{e}_r \\ \vec{v} &= \dot{r} \vec{e}_r + r\dot{\theta} \vec{e}_\theta \end{aligned}

   Le moment cinétique de \mathrm{P} par rapport à \mathrm{O} s'exprime donc par :

   \vec{L}_{\mathrm{O}} = r \vec{e}_r \wedge m\left(\dot{r} \vec{e}_r + r\dot{\theta} \vec{e}_\theta\right) = m r^2 \dot{\theta} \vec{e}_z

   Puisque le vecteur \vec{L}_{\mathrm{O}} et la masse m sont constants, la composante scalaire r^2 \dot{\theta} est indépendante du temps :

   \boxed{r^2 \dot{\theta} = C = \text{cte}}

   Cette constante C est appelée constante des aires.

   Résultat

   $$r^2\dot{\theta }=C=\text{cte}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q5

   Le mouvement s'effectuant dans le plan polaire (\mathrm{O}, \vec{e}_r, \vec{e}_\theta), le vecteur vitesse du point matériel s'écrit :

   \vec{v} = \dot{r} \vec{e}_r + r \dot{\theta} \vec{e}_\theta

   Le carré de la vitesse vaut donc :

   v^2 = \dot{r}^2 + r^2 \dot{\theta}^2

   D'après la question Q4, la constante des aires s'écrit C = r^2 \dot{\theta}, ce qui donne :

   \dot{\theta} = \frac{C}{r^2} \implies r^2 \dot{\theta}^2 = \frac{C^2}{r^2}

   En injectant cette relation dans l'expression de l'énergie cinétique, on obtient :

   E_{\mathrm{c}} = \frac{1}{2} m \dot{r}^2 + \frac{m C^2}{2 r^2}

   L'énergie mécanique du point P s'exprime alors, d'après les questions Q2 et Q3, sous la forme :

   \begin{aligned} E_{\mathrm{m}} &= E_{\mathrm{c}} + E_{\mathrm{p}}(r) \\ &= \frac{1}{2} m \dot{r}^2 + \frac{m C^2}{2 r^2} - \frac{G M_{\mathrm{T}} m}{r} \end{aligned}

   On identifie immédiatement la forme demandée :

   E_{\mathrm{m}} = \frac{1}{2} m \dot{r}^2 + E_{\mathrm{p, eff}}(r)

   avec :

   \boxed{E_{\mathrm{p, eff}}(r) = \frac{m C^2}{2 r^2} - \frac{G M_{\mathrm{T}} m}{r}}

   Résultat

   $$E_{\mathrm{p},\mathrm{eff}}(r)=\frac{m{C}^2}{2r^2}-\frac{G{M}_{\mathrm{T}}m}{r}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie MPI 2026, Q7

   À la surface de la Terre, le point matériel se situe à la distance r = R_{\mathrm{T}} du centre \mathrm{O}. S'il est éjecté avec une vitesse de norme v_0, son énergie cinétique est E_{\mathrm{c}} = \frac{1}{2}m v_0^2 et son énergie potentielle gravitationnelle vaut E_{\mathrm{p}}(R_{\mathrm{T}}) = -\frac{G M_{\mathrm{T}} m}{R_{\mathrm{T}}}.

   Son énergie mécanique initiale s'écrit donc :

   E_{\mathrm{m}} = \frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{G M_{\mathrm{T}} m}{R_{\mathrm{T}}}

   D'après le résultat de la question Q6, le point matériel peut s'éloigner à l'infini (état de diffusion) si et seulement si son énergie mécanique est positive ou nulle :

   E_{\mathrm{m}} \ge 0 \iff \frac{1}{2} m v_0^2 \ge \frac{G M_{\mathrm{T}} m}{R_{\mathrm{T}}}

   La vitesse de libération v_{\ell} étant la vitesse minimale permettant l'échappement, elle correspond au cas limite E_{\mathrm{m}} = 0 :

   \frac{1}{2} m v_{\ell}^2 = \frac{G M_{\mathrm{T}} m}{R_{\mathrm{T}}}

   \boxed{v_{\ell} = \sqrt{\frac{2 G M_{\mathrm{T}}}{R_{\mathrm{T}}}}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} v_{\ell}^2 &= \frac{2 \times 7{,}0 \cdot 10^{-11} \times 6{,}0 \cdot 10^{24}}{6{,}0 \cdot 10^6} = 14 \cdot 10^7 = 1{,}4 \cdot 10^8 \text{ m}^2\cdot\text{s}^{-2} \\ v_{\ell} &= \sqrt{1{,}4 \cdot 10^8} = \sqrt{1{,}4} \times 10^4 \text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

   En utilisant l'aide numérique \sqrt{1{,}4} \approx 1{,}2 :

   \boxed{v_{\ell} \approx 1{,}2 \cdot 10^4 \text{ m}\cdot\text{s}^{-1} = 12 \text{ km}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v_{\ell }=\sqrt{\frac{2G{M}_{\mathrm{T}}}{R_{\mathrm{T}}}}$$

   $$v_{\ell }\approx 1,2\cdot 10^4\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}=12\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q7

   L'électron ponctuel de masse m_e, de vecteur position \vec{r} = \overrightarrow{OM} et de quantité de mouvement \vec{p} = m_e \vec{v}, est soumis à la force d'interaction électrostatique exercée par le noyau situé en O :

   \vec{F} = -\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \frac{\vec{r}}{r}

   Cette force est centrale, de centre de force O.

   Le point O étant fixe dans le référentiel galiléen d'étude, dérivons le moment cinétique \vec{s} = \vec{r} \wedge \vec{p} par rapport au temps :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\vec{s}}{\mathrm{d}t} &= \frac{\mathrm{d}\vec{r}}{\mathrm{d}t} \wedge \vec{p} + \vec{r} \wedge \frac{\mathrm{d}\vec{p}}{\mathrm{d}t} \\ &= \vec{v} \wedge (m_e \vec{v}) + \vec{r} \wedge \vec{F} \end{aligned}

   D'une part, le produit vectoriel d'un vecteur par lui-même est nul : \vec{v} \wedge (m_e \vec{v}) = \vec{0}.
   D'autre part, la force étant colinéaire au vecteur position \vec{r}, son moment en O est nul : \vec{r} \wedge \vec{F} = \vec{0}. On en déduit :

   \frac{\mathrm{d}\vec{s}}{\mathrm{d}t} = \vec{0}

   \boxed{\vec{s} = \vec{r} \wedge \vec{p} = \overrightarrow{\mathrm{cte}}}

   Examinons les conséquences géométriques de cette conservation :

   • Si \vec{s} \neq \vec{0} : par propriété du produit vectoriel, à chaque instant :

     \vec{r}(t) \cdot \vec{s} = (\vec{r} \wedge \vec{p}) \cdot \vec{r} = 0

     Le vecteur position \overrightarrow{OM}(t) reste donc orthogonal au vecteur fixe et non nul \vec{s}. Par conséquent, l'électron M évolue dans le plan fixe orthogonal à \vec{s} passant par l'origine O (puisque pour \vec{r} = \vec{0}, l'égalité est vérifiée).

   • Si \vec{s} = \vec{0} : les vecteurs \vec{r} et \vec{v} sont colinéaires à tout instant, le mouvement est rectiligne le long d'une droite passant par O, ce qui correspond à un cas particulier de mouvement plan contenant O.

   Dans tous les cas, le mouvement est plan et le plan de la trajectoire contient le noyau O.

   Résultat

   $$\vec{s}=\vec{r}\wedge \vec{p}=\overrightarrow{\mathrm{cte}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q8

   Le mouvement s'effectuant dans le plan (Oxy), la position de l'électron M est repérée par ses coordonnées polaires (r, \theta) de base locale (\vec{u}_{r}, \vec{u}_{\theta}, \vec{u}_{z}) avec \vec{r} = r\,\vec{u}_{r}. Le vecteur vitesse s'écrit :

   \vec{v} = \dot{r}\,\vec{u}_{r} + r\dot{\theta}\,\vec{u}_{\theta}

   L'énergie cinétique de l'électron s'en déduit immédiatement :

   E_c = \frac{1}{2}m_{e}v^{2} = \frac{1}{2}m_{e}\dot{r}^{2} + \frac{1}{2}m_{e}r^{2}\dot{\theta}^{2}

   Le moment cinétique par rapport à l'origine O s'exprime par :

   \vec{s} = \vec{r}\wedge\vec{p} = (r\,\vec{u}_{r})\wedge m_{e}(\dot{r}\,\vec{u}_{r} + r\dot{\theta}\,\vec{u}_{\theta}) = m_{e}r^{2}\dot{\theta}\,\vec{u}_{z}

   Sa norme vaut donc s = \|\vec{s}\| = m_{e}r^{2}|\dot{\theta}|, d'où :

   r^{2}\dot{\theta}^{2} = \frac{s^{2}}{m_{e}^{2}r^{2}}

   Le terme cinétique orthoradial se réécrit ainsi :

   \frac{1}{2}m_{e}r^{2}\dot{\theta}^{2} = \frac{s^{2}}{2m_{e}r^{2}}

   En utilisant l'expression de l'énergie potentielle coulombienne issue de la question Q6, E_{p}(r) = -\frac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r}, l'énergie mécanique totale E = E_{c} + E_{p} prend la forme :

   E = \frac{1}{2}m_{e}\dot{r}^{2} + \frac{s^{2}}{2m_{e}r^{2}} - \frac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r}

   Elle se met bien sous la forme attendue E = \frac{1}{2}m_{e}\dot{r}^{2} + U(r) avec :

   \boxed{U(r) = \frac{s^{2}}{2m_{e}r^{2}} - \frac{e^{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r}}

   Résultat

   $$U(r)=\frac{s^2}{2m_e{r}^2}-\frac{e^2}{4\pi {\epsilon }_{0}r}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Mines-Ponts Physique 1 MPI 2026, Q9

   D'après le résultat de la question précédente :

   U(r) = \frac{s^2}{2m_e r^2} - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}

   1. Étude et tracé de U(r) :

   • En r \to 0^+, le terme centrifuge domine : U(r) \sim \dfrac{s^2}{2m_e r^2} \to +\infty.
   • En r \to +\infty, le terme coulombien attractif domine : U(r) \sim -\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r} \to 0^-.

   • La dérivée s'écrit :

     U'(r) = -\frac{s^2}{m_e r^3} + \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{1}{r^3} \left( -\frac{s^2}{m_e} + \frac{e^2 r}{4\pi\varepsilon_0} \right)

     U'(r) s'annule en un unique point r_c, correspondant au minimum absolu de la courbe :

     r_c = \frac{4\pi\varepsilon_0 s^2}{m_e e^2}

   2. Les 4 types d'orbites : L'énergie mécanique vérifie E = \frac{1}{2}m_e \dot{r}^2 + U(r) \geqslant U(r) car \dot{r}^2 \geqslant 0. Les points d'arrêt radial correspondent à E = U(r) (\dot{r} = 0) :

   • Orbites circulaires (E = U_{\min} < 0) : le mouvement radial est bloqué à la position d'équilibre r = r_c. La trajectoire est un cercle centré sur le noyau. C'est un état lié.
   • Orbites elliptiques (U_{\min} < E < 0) : la particule est confinée dans un intervalle [r_{\min}, r_{\max}] délimité par deux points tournants U(r) = E. La trajectoire est une ellipse dont le noyau occupe l'un des foyers (r_{\min} : périastre, r_{\max} : apoastre). C'est un état lié.
   • Orbites paraboliques (E = 0) : le domaine accessible est [r_{\min}, +\infty[ avec U(r_{\min}) = 0, soit r_{\min} = r_c / 2. La particule vient de l'infini, atteint une distance minimale d'approche r_{\min} et repart à l'infini avec une vitesse asymptotique nulle. C'est la limite de libération (état non lié).
   • Orbites hyperboliques (E > 0) : le domaine accessible est [r_{\min}, +\infty[ où r_{\min} est l'unique solution de U(r) = E. La trajectoire est une branche d'hyperbole entourant le noyau. La particule arrive de l'infini et y repart avec une vitesse radiale finie non nulle \dot{r}_\infty = \sqrt{2E/m_e} (état de diffusion).

   3. Caractéristiques des trajectoires circulaires : Le rayon r_c minimise U(r), ce qui donne immédiatement :

   \boxed{r_c(s) = \frac{4\pi\varepsilon_0 s^2}{m_e e^2}}

   Puisque la trajectoire est circulaire de rayon r_c, on a \dot{r} = 0, d'où \vec{v} = r_c \dot{\theta}\,\vec{u}_\theta et \vec{p}_c = m_e r_c \dot{\theta}\,\vec{u}_\theta. Par conséquent, s = r_c p_c, d'où :

   p_c(s) = \frac{s}{r_c(s)}

   \boxed{p_c(s) = \frac{m_e e^2}{4\pi\varepsilon_0 s}}

   L'énergie de l'orbite circulaire correspond au minimum du potentiel effectif E_c(s) = U(r_c(s)) :

   \begin{aligned} E_c(s) &= \frac{s^2}{2m_e \left(\dfrac{4\pi\varepsilon_0 s^2}{m_e e^2}\right)^2} - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 \left(\dfrac{4\pi\varepsilon_0 s^2}{m_e e^2}\right)} \\ &= \frac{m_e e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2 s^2} - \frac{m_e e^4}{(4\pi\varepsilon_0)^2 s^2} \end{aligned}

   \boxed{E_c(s) = -\frac{m_e e^4}{32 \pi^2 \varepsilon_0^2 s^2}}

   Résultat

   $$r_c(s)=\frac{4\pi {\epsilon }_0{s}^2}{m_e{e}^2}$$

   $$p_c(s)=\frac{m_e{e}^2}{4\pi {\epsilon }_{0}s}$$

   $$E_c(s)=-\frac{m_e{e}^4}{32{\pi }^2{\epsilon }_0^2{s}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8X-ENS Physique MPI 2026, Q1

   L'attraction gravitationnelle exercée par le Soleil sur une planète ou un astéroïde est une force centrale dont le centre de force est le centre du Soleil S :

   \vec{F} = -\frac{\mathcal{G} M_{\odot} m}{r^2}\,\vec{e}_r

   Dans le référentiel héliocentrique supposé galiléen, le moment de cette force par rapport au point S est constamment nul :

   \vec{\mathcal{M}}_S(\vec{F}) = \vec{r} \wedge \vec{F} = \vec{0}

   En vertu du théorème du moment cinétique, le moment cinétique de l'astre par rapport à S, défini par \vec{L}_S = \vec{r} \wedge m\vec{v}, est une constante du mouvement :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}_S}{\mathrm{d}t} = \vec{\mathcal{M}}_S(\vec{F}) = \vec{0} \implies \vec{L}_S = \vec{\mathrm{cste}}

   Comme \vec{r}(t) \cdot \vec{L}_S = 0 à chaque instant, le vecteur position reste orthogonal au vecteur fixe \vec{L}_S (supposé non nul). Le mouvement est donc contenu dans le plan fixe passant par S et orthogonal à \vec{L}_S.

   \boxed{\text{Le mouvement plan résulte de la conservation du moment cinétique par rapport au Soleil.}}

   Résultat

   $$\text{Le mouvement plan reˊsulte de la conservation du moment cineˊtique par rapport au Soleil.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique MPI 2026, Q3

   D'après la troisième loi de Kepler, pour tout corps en orbite képlérienne autour du Soleil de masse M_\odot, le rapport entre le carré de la période de révolution et le cube du demi-grand axe est une constante universelle :

   \frac{T^2}{a^3} = \frac{4\pi^2}{G M_\odot}

   En appliquant cette loi à Didymos ainsi qu'à la Terre, dont la période de révolution est T_0 = 1\text{ an} et le rayon orbital r_0 = 1\text{ UA}, on obtient :

   \frac{T^2}{a^3} = \frac{T_0^2}{r_0^3} \implies T = T_0 \left( \frac{a}{r_0} \right)^{3/2}

   Avec la valeur a \approx 1,64\,r_0 estimée à la question 2 :

   T \approx 1,64^{3/2} = 1,64 \times \sqrt{1,64} \approx 1,64 \times 1,28 \approx 2,1\text{ ans}

   \boxed{T \approx 2,1\text{ ans}}

   Résultat

   $$T\approx 2,1\text{ ans}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10X-ENS Physique MPI 2026, Q5

    Dans le référentiel héliocentrique, supposé galiléen, l'engin spatial DART de masse m, une fois affranchi de l'attraction terrestre, n'est plus soumis qu'à la force gravitationnelle exercée par le Soleil de masse M_S :

    \vec{F} = -\frac{G M_S m}{r_0^2}\,\vec{e}_r

    Pour une orbite circulaire de rayon r_0, le principe fondamental de la dynamique projeté sur la direction radiale s'écrit :

    m\,\frac{v^2}{r_0} = \frac{G M_S m}{r_0^2} \implies v = \sqrt{\frac{G M_S}{r_0}}

    Cette vitesse orbitale ne dépend pas de la masse m du corps en orbite. L'engin DART étant placé sur la même orbite que la Terre, sa vitesse orbitale autour du Soleil est identique à celle de la Terre :

    \boxed{v = v_0 = 30\text{ km}\cdot\text{s}^{-1}}

    Résultat

    $$v=v_0=30\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question