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

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique U PSI 2024, Q[34]

   Le système étudié est l'électron de masse m_e et de charge q_e, repéré par sa position \vec{r} par rapport au proton placé à l'origine. Le proton étant supposé ponctuel et infiniment lourd, le référentiel d'étude centré sur le proton est galiléen.

   Le proton possède une charge opposée à celle de l'électron, soit -q_e = |q_e| > 0. L'électron subit la force d'interaction électrostatique de Coulomb attractive exercée par le proton :

   \vec{F} = \frac{(-q_e) q_e}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vec{u}_r = -\frac{q_e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vec{u}_r

   En introduisant la convention de notation définie en préambule, e^2 = \frac{q_e^2}{4\pi\varepsilon_0}, la force s'écrit :

   \boxed{\vec{F} = -\frac{e^2}{r^2}\,\vec{u}_r = -\frac{e^2}{r^3}\,\vec{r}}

   Dans le référentiel galiléen lié au proton, le principe fondamental de la dynamique appliqué à l'électron s'écrit :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\vec{p}}{\mathrm{d}t} = m_e \frac{\mathrm{d}^2\vec{r}}{\mathrm{d}t^2} = -\frac{e^2}{r^2}\,\vec{u}_r}

   Résultat

   $$\vec{F}=-\frac{e^2}{r^2}{\vec{u}}_r=-\frac{e^2}{r^3}\vec{r}$$

   $$\frac{\mathrm{d}\vec{p}}{\mathrm{d}t}=m_e\frac{{\mathrm{d}}^2\vec{r}}{\mathrm{d}{t}^2}=-\frac{e^2}{r^2}{\vec{u}}_r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique U PSI 2024, Q[35]

   Le moment cinétique de l'électron par rapport au proton (choisi comme origine O du référentiel galiléen d'étude) est défini par :

   \vec{L} = \vec{r} \wedge \vec{p}.

   En dérivant cette relation par rapport au temps :

   \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\vec{L}}{\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 d'interaction coulombienne établie à la question Q[34] est centrale : \vec{F} = -\dfrac{e^2}{r^2} \vec{u}_r, où \vec{u}_r = \dfrac{\vec{r}}{r}. Le moment de cette force en O est donc identiquement nul :

   \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{F}) = \vec{r} \wedge \vec{F} = -\frac{e^2}{r^3} (\vec{r} \wedge \vec{r}) = \vec{0}.

   On en déduit :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}}{\mathrm{d}t} = \vec{0},

   ce qui démontre que le moment cinétique est une constante du mouvement :

   \boxed{\vec{L} = \vec{\mathrm{cte}}.}

   Résultat

   $$\vec{L}=\overrightarrow{\mathrm{cte}}.$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique U PSI 2024, Q[36]

   Par définition du produit vectoriel et des propriétés du produit mixte, le vecteur position \vec{r}(t) et le moment cinétique \vec{L} = \vec{r}(t) \wedge \vec{p}(t) vérifient à chaque instant :

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

   D'après le résultat de la question Q[35], le moment cinétique \vec{L} est un vecteur constant au cours du temps.

   • Si \vec{L} \neq \vec{0}, la relation \vec{r}(t) \cdot \vec{L} = 0 montre que le vecteur position \vec{r}(t) est à chaque instant confiné dans le plan fixe passant par l'origine O (position du proton) et orthogonal au vecteur constant \vec{L}.
   • Si \vec{L} = \vec{0}, le mouvement est rectiligne le long d'une droite passant par l'origine, ce qui constitue un cas particulier de mouvement plan.

   Dans tous les cas :

   \boxed{\text{La trajectoire de l'électron est entièrement contenue dans un plan.}}

   En choisissant l'axe (Oz) colinéaire à \vec{L}, c'est-à-dire dirigé par le vecteur unitaire \vec{u}_z = \frac{\vec{L}}{\|\vec{L}\|} (pour \vec{L}\neq \vec{0}), le plan de la trajectoire est le plan (Oxy), défini par l'équation z = 0.

   Résultat

   $$\text{La trajectoire de l’eˊlectron est entieˋrement contenue dans un plan.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PSI 2024, Q16

   La Terre possédant une distribution de masse à symétrie sphérique, le théorème de Gauss gravitationnel permet de l'assimiler, pour tout point extérieur (r \geqslant R_T), à une masse ponctuelle M_T concentrée en son centre O. La force de gravitation exercée sur le satellite de masse M, situé à la distance r = R_T + h du centre terrestre, s'écrit :

   \vec{F}_g = -\frac{\mathcal{G} M M_T}{r^2}\,\vec{e}_r

   Au sol (r = R_T), l'identification du champ de gravitation au champ de pesanteur g_0 donne :

   g_0 = \frac{\mathcal{G} M_T}{R_T^2} \iff \mathcal{G} M_T = g_0 R_T^2

   L'énergie potentielle de gravitation E_p vérifie \vec{F}_g = -\vec{\nabla} E_p, soit :

   \frac{\mathrm{d}E_p}{\mathrm{d}r} = \frac{\mathcal{G} M M_T}{r^2} \implies E_p(r) = -\frac{\mathcal{G} M M_T}{r} + \text{cte}

   Avec la convention adoptée en l'infini (E_p \to 0 lorsque h \to +\infty, c'est-à-dire r \to +\infty), la constante d'intégration est nulle. En substituant \mathcal{G} M_T et r = R_T + h, on obtient :

   \boxed{E_p = -\frac{M g_0 R_T^2}{R_T + h}}

   Résultat

   $$E_p=-\frac{M{g}_0{R}_T^2}{R_T+h}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 PSI 2024, Q17

   On étudie le satellite, assimilé à un point matériel de masse M, en orbite circulaire de rayon r = R_T + h dans le référentiel géocentrique considéré comme galiléen.

   Il est soumis uniquement à la force d'attraction gravitationnelle exercée par la Terre :

   \vec{F} = -\frac{\mathcal{G} M_T M}{r^2}\,\vec{u}_r

   Dans le repère de Frenet lié au satellite, pour une orbite circulaire de rayon r, l'accélération est purement centripète :

   \vec{a} = -\frac{v^2}{r}\,\vec{u}_r

   Le principe fondamental de la dynamique projeté selon la normale centripète donne :

   M \frac{v^2}{r} = \frac{\mathcal{G} M_T M}{r^2} \implies v^2 = \frac{\mathcal{G} M_T}{r}

   En utilisant la relation \mathcal{G} M_T = g_0 R_T^2 établie à la question Q16 et en remplaçant r par R_T + h, on obtient :

   \boxed{v = R_T \sqrt{\frac{g_0}{R_T + h}}}

   L'énergie cinétique du satellite s'en déduit :

   E_c = \frac{1}{2} M v^2 = \frac{1}{2} \frac{M g_0 R_T^2}{R_T + h}

   Avec l'expression de l'énergie potentielle obtenue à la question Q16, E_p = -\dfrac{M g_0 R_T^2}{R_T + h}, l'énergie mécanique totale E = E_c + E_p vaut :

   \boxed{E = -\frac{1}{2} \frac{M g_0 R_T^2}{R_T + h}}

   Résultat

   $$v=R_T\sqrt{\frac{g_0}{R_T+h}}$$

   $$E=-\frac{1}{2}\frac{M{g}_0{R}_T^2}{R_T+h}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PSI 2024, Q18

   D'après la question Q17, la vitesse sur une orbite circulaire d'altitude h s'écrit :

   v(h) = R_T \sqrt{\frac{g_0}{R_T + h}} = \sqrt{\frac{g_0 R_T^2}{R_T + h}}

   La fonction h \mapsto v(h) étant strictement décroissante avec l'altitude, et comme h_1 = 1\,000\text{ km} > h_0 = 200\text{ km}, on en déduit que :

   \boxed{v_1 < v_0}

   La vitesse du satellite est donc plus grande après la descente qu'avant.

   Estimations numériques : Pour l'altitude initiale h_1 = 1\,000\text{ km}, avec R_T + h_1 = 7\,400\text{ km} = 7{,}4\cdot 10^6\text{ m} :

   \begin{aligned} v_1^2 &= \frac{g_0 R_T^2}{R_T + h_1} = \frac{10 \times (6{,}4\cdot 10^6)^2}{7{,}4\cdot 10^6} = \frac{409{,}6}{7{,}4} \cdot 10^6 \approx 55{,}4\cdot 10^6\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-2} \end{aligned}

   Sachant que 7{,}4^2 \approx 54{,}8 et 7{,}5^2 = 56{,}25, on obtient :

   \boxed{v_1 \approx 7{,}4\text{ km}\cdot\text{s}^{-1}}

   Pour l'altitude finale h_0 = 200\text{ km}, avec R_T + h_0 = 6\,600\text{ km} = 6{,}6\cdot 10^6\text{ m} :

   \begin{aligned} v_0^2 &= \frac{g_0 R_T^2}{R_T + h_0} = \frac{10 \times (6{,}4\cdot 10^6)^2}{6{,}6\cdot 10^6} = \frac{409{,}6}{6{,}6} \cdot 10^6 \approx 62{,}1\cdot 10^6\text{ m}^2\cdot\text{s}^{-2} \end{aligned}

   En utilisant la donnée du formulaire \sqrt{63} \approx 7{,}9 (ou \sqrt{60} \approx 7{,}7), on a \sqrt{62{,}1} \approx 7{,}8 :

   \boxed{v_0 \approx 7{,}8\text{ km}\cdot\text{s}^{-1}}

   On en déduit l'écart de vitesse demandé :

   \Delta v = v_1 - v_0 \approx 7{,}4 - 7{,}8

   \boxed{\Delta v \approx -0{,}4\text{ km}\cdot\text{s}^{-1} = -4\cdot 10^2\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$v_1<v_0$$

   $$v_1\approx 7,4\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$v_0\approx 7,8\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   $$\Delta v\approx -0,4\text{ km}\cdot {\text{s}}^{-1}=-4\cdot 10^2\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique PSI 2024, Q3

   On étudie la goutte d'eau, assimilée à un point matériel \mathrm{M} de masse m et de charge q, dans le référentiel de l'ISS supposé galiléen (situation de microgravité, frottements négligés). Elle est uniquement soumise à la force électrostatique :

   \vec{F} = q\vec{E} = \frac{q\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\vec{e}_r.

   1. Caractère plan du mouvement :

   Le principe fondamental de la dynamique appliqué à la goutte s'écrit :

   m\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{F}.

   En projetant sur l'axe \vec{e}_z, on obtient :

   m\ddot{z} = 0 \implies \dot{z}(t) = \dot{z}(0) = 0 \implies z(t) = z(0) = 0.

   La trajectoire de la goutte est donc rigoureusement plane et contenue dans le plan (x\mathrm{O}y) défini par z=0.

   2. Théorème du moment cinétique et expression de \dot{\theta} :

   Dans le plan z=0, le vecteur position s'écrit \overrightarrow{\mathrm{OM}} = r\vec{e}_r. Le moment de la force \vec{F} par rapport à l'origine \mathrm{O} vaut :

   \vec{\mathcal{M}}_\mathrm{O}(\vec{F}) = \overrightarrow{\mathrm{OM}} \wedge \vec{F} = r\vec{e}_r \wedge \left(\frac{q\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}\vec{e}_r\right) = \vec{0}.

   D'après le théorème du moment cinétique en \mathrm{O} :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}_\mathrm{O}}{\mathrm{d}t} = \vec{\mathcal{M}}_\mathrm{O}(\vec{F}) = \vec{0} \implies \vec{L}_\mathrm{O} = \vec{\text{cste}}.

   En coordonnées cylindriques planes, la vitesse s'écrit \vec{v} = \dot{r}\vec{e}_r + r\dot{\theta}\vec{e}_\theta, d'où :

   \vec{L}_\mathrm{O} = \overrightarrow{\mathrm{OM}} \wedge m\vec{v} = r\vec{e}_r \wedge m(\dot{r}\vec{e}_r + r\dot{\theta}\vec{e}_\theta) = m r^2 \dot{\theta}\,\vec{e}_z.

   À la date initiale t=0, r(0) = r_0 et \vec{v}(0) = v_0\vec{e}_\theta, ce qui donne :

   \vec{L}_\mathrm{O}(0) = m r_0 v_0\,\vec{e}_z.

   Par conservation du moment cinétique, pour tout instant t :

   m r^2 \dot{\theta} = m r_0 v_0,

   d'où l'expression de \dot{\theta} :

   \boxed{\dot{\theta} = \frac{r_0 v_0}{r^2}}

   Résultat

   $$\dot{\theta }=\frac{r_0{v}_0}{r^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q2

   Soient deux points matériels P_1 et P_2 distants de r, repérés par le vecteur unitaire \vec{u}_{1\to 2} = \dfrac{\vec{P_1P_2}}{r}.

   • La force électrostatique (loi de Coulomb) exercée par une charge ponctuelle q_1 située en P_1 sur une charge ponctuelle q_2 située en P_2 dans le vide s'écrit :

     \boxed{\vec{F}_{\text{él, } 1\to 2} = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vec{u}_{1\to 2}}

     où \varepsilon_0 est la permittivité diélectrique du vide.

   • La force gravitationnelle (loi de Newton) exercée par une masse ponctuelle m_1 située en P_1 sur une masse ponctuelle m_2 située en P_2 s'écrit :

     \boxed{\vec{F}_{\text{grav, } 1\to 2} = -\frac{\mathscr{G} m_1 m_2}{r^2}\,\vec{u}_{1\to 2}}

     où \mathscr{G} est la constante de gravitation universelle.

   Par comparaison de ces deux lois, on établit l'analogie formelle :

   q \longleftrightarrow m, \quad \vec{E} \longleftrightarrow \vec{G}, \quad \text{et} \quad \frac{1}{\varepsilon_0} \longleftrightarrow -4\pi\mathscr{G}

   Le théorème de Gauss pour le champ gravitationnel s'énonce donc ainsi : le flux du champ gravitationnel \vec{G} sortant d'une surface fermée \Sigma quelconque est proportionnel à la masse intérieure M_{\text{int}} délimitée par cette surface :

   \boxed{\Phi = \oiint_{\Sigma} \vec{G}\cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = -4\pi\mathscr{G} M_{\text{int}}}

   La Terre est modélisée par une sphère de centre O, de rayon R_T et de masse volumique \mu_T uniforme (donc à symétrie sphérique).

   • Invariances et symétries : tout plan contenant le centre O et le point M est plan de symétrie de la distribution, le champ gravitationnel est donc purement radial. De plus, la distribution est invariante par rotation autour de tout axe passant par O, le champ ne dépend donc que de la distance radiale r = OM :

     \vec{G}(M) = G(r)\,\vec{u}_r \quad \text{avec} \quad \vec{u}_r = \frac{\vec{OM}}{r}
   • Surface de Gauss : on choisit une sphère \Sigma centrée en O de rayon r > R_T, orientée par le vecteur unitaire normal sortant \vec{n}_{\text{ext}} = \vec{u}_r.

   • Calcul du flux :

     \begin{aligned} \Phi &= \oiint_{\Sigma} G(r)\,\vec{u}_r \cdot \vec{u}_r\,\mathrm{d}S = G(r) \oiint_{\Sigma} \mathrm{d}S = G(r) \cdot 4\pi r^2 \end{aligned}
   • Masse intérieure : pour un point extérieur à la Terre (r > R_T), toute la masse terrestre est englobée : M_{\text{int}} = M_T.

   D'après le théorème de Gauss gravitationnel :

   \begin{aligned} 4\pi r^2 G(r) &= -4\pi\mathscr{G} M_T \implies G(r) = -\frac{\mathscr{G} M_T}{r^2} \end{aligned}

   Soit finalement pour tout point M extérieur à la Terre (r \ge R_T) :

   \boxed{\vec{G}(M) = -\frac{\mathscr{G} M_T}{r^2}\,\vec{u}_r = -\frac{\mathscr{G} M_T}{r^3}\,\vec{OM}}

   Résultat

   $${\vec{F}}_{\text{eˊl, }1\to 2}=\frac{q_1{q}_2}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}{\vec{u}}_{1\to 2}$$

   $${\vec{F}}_{\text{grav, }1\to 2}=-\frac{\mathcal{G}{m}_1{m}_2}{r^2}{\vec{u}}_{1\to 2}$$

   $$\Phi =\iint \vec{G}\cdot \mathrm{d}{\vec{S}}_{\text{ext}}=-4\pi \mathcal{G}{M}_{\text{int}}$$

   $$\vec{G}(M)=-\frac{\mathcal{G}{M}_T}{r^2}{\vec{u}}_r=-\frac{\mathcal{G}{M}_T}{r^3}\overrightarrow{OM}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q3

   En assimilant le champ de pesanteur terrestre au champ de gravitation créé par la Terre (d'après le résultat de la question Q2), la valeur du champ de pesanteur au niveau du sol (r = R_T) s'écrit :

   \boxed{g_T = \frac{\mathscr{G} M_T}{R_T^2}}

   À une altitude h au-dessus du sol, la distance au centre de la Terre est r = R_T + h. L'intensité de la pesanteur vaut :

   \begin{aligned} g(h) &= \frac{\mathscr{G} M_T}{(R_T + h)^2} \\ &= \frac{\mathscr{G} M_T}{R_T^2}\left(1 + \frac{h}{R_T}\right)^{-2} \\ &= g_T \left(1 + \frac{h}{R_T}\right)^{-2} \end{aligned}

   Comme h \ll R_T, on effectue un développement limité à l'ordre 1 au voisinage de 0 selon (1+u)^\alpha = 1 + \alpha u + o(u) avec u = \frac{h}{R_T} et \alpha = -2 :

   \boxed{g(h) \approx g_T \left(1 - \frac{2h}{R_T}\right)}

   La variation relative de l'intensité du champ de pesanteur est donnée par :

   \left|\frac{\Delta g}{g_T}\right| = \frac{|g(h) - g_T|}{g_T} \approx \frac{2h}{R_T}

   La condition \left|\frac{\Delta g}{g_T}\right| \leqslant 0{,}1\,\% = 10^{-3} impose donc h \leqslant h_{\text{max}} avec :

   \boxed{h_{\text{max}} = \frac{10^{-3} \, R_T}{2}}

   Application numérique : D'après le document 2, R_T = 6{,}4 \cdot 10^3\text{ km}, d'où :

   h_{\text{max}} = \frac{10^{-3} \times 6{,}4 \cdot 10^3\text{ km}}{2} = 3{,}2\text{ km} = 3{,}2 \cdot 10^3\text{ m}

   Résultat

   $$g_T=\frac{\mathcal{G}{M}_T}{R_T^2}$$

   $$g(h)\approx g_T\left(1-\frac{2h}{R_T}\right)$$

   $$h_{\text{max}}=\frac{10^{-3}{R}_T}{2}$$

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10. Exercice 10E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q4

    À l'échelle d'un barrage ou d'une retenue d'eau, la dénivellation considérée est de l'ordre de quelques dizaines de mètres (h \sim 10\text{ à }50\text{ m}).

    D'après le résultat de la question Q3, la variation relative de l'intensité du champ de pesanteur reste inférieure à 0{,}1\,\% tant que h \le h_{\text{max}} = 3{,}2\text{ km}. Or, ici :

    h \sim 50\text{ m} \ll h_{\text{max}} = 3{,}2\text{ km} \ll R_T

    L'ordre de grandeur de la variation relative d'intensité est :

    \frac{|\Delta g|}{g_T} \approx \frac{2h}{R_T} \sim \frac{2 \times 50}{6{,}4 \cdot 10^6} \approx 1{,}6 \cdot 10^{-5} \ll 10^{-3}

    L'intensité de la pesanteur varie donc de manière totalement négligeable.

    Par ailleurs, sur l'étendue spatiale horizontale du barrage (par exemple L = 605\text{ m} pour le barrage d'Isola 2000), la courbure de la Terre induit une variation angulaire de la direction de la verticale \Delta \theta \approx \frac{L}{R_T} \sim 10^{-4}\text{ rad}, également négligeable.

    \boxed{\text{Le champ de pesanteur terrestre }\vec{g}\text{ peut être considéré comme rigoureusement uniforme à l'échelle du barrage.}}

    Résultat

    $$\text{Le champ de pesanteur terrestre }\vec{g}\text{ peut eˆtre consideˊreˊ comme rigoureusement uniforme aˋ l’eˊchelle du barrage.}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question