Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q1

   On modélise le nageur par son centre de masse M de masse m, en mouvement dans le référentiel terrestre supposé galiléen. On munit l'espace d'un repère orthonormé (O, \vec{u}_x, \vec{u}_z) où l'axe (Ox) est horizontal au niveau de l'eau, orienté dans le sens de la nage, et l'axe (Oz) est vertical ascendant.

   À l'instant initial t = 0, les conditions initiales s'écrivent :

   \overrightarrow{OM}(0) = \begin{pmatrix} 0 \\ H_0 \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{v}(0) = \begin{pmatrix} v_0 \cos\alpha \\ v_0 \sin\alpha \end{pmatrix}

   En négligeant la résistance de l'air, le système n'est soumis qu'à son poids \vec{P} = -m g \vec{u}_z. La deuxième loi de Newton donne :

   m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = m\vec{g} \iff \vec{a}(t) = -g \vec{u}_z

   Par intégrations successives compte tenu des conditions initiales, on obtient :

   \begin{aligned} \vec{v}(t) &= \begin{pmatrix} v_0 \cos\alpha \\ -gt + v_0 \sin\alpha \end{pmatrix} \\ \overrightarrow{OM}(t) &= \begin{pmatrix} v_0 \cos\alpha \, t \\ -\dfrac{1}{2} g t^2 + v_0 \sin\alpha \, t + H_0 \end{pmatrix} \end{aligned}

   L'entrée dans l'eau au point E a lieu à l'instant t_1 > 0 vérifiant z(t_1) = 0, soit :

   \frac{1}{2} g t_1^2 - v_0 \sin\alpha \, t_1 - H_0 = 0

   Le discriminant de cette équation du second degré en t_1 est :

   \Delta = v_0^2 \sin^2\alpha + 2 g H_0 > 0

   La racine physiquement acceptable devant être strictement positive, on obtient :

   \boxed{t_1 = \frac{v_0 \sin\alpha + \sqrt{v_0^2 \sin^2\alpha + 2 g H_0}}{g}}

   La distance horizontale L_1 parcourue jusqu'à l'entrée dans l'eau s'en déduit par L_1 = x(t_1) = v_0 \cos\alpha \, t_1 :

   \boxed{L_1 = \frac{v_0 \cos\alpha}{g} \left( v_0 \sin\alpha + \sqrt{v_0^2 \sin^2\alpha + 2 g H_0} \right)}

   Résultat

   $$t_1=\frac{v_0\sin \alpha +\sqrt{v_0^2{\sin }^2\alpha +2g{H}_0}}{g}$$

   $$L_1=\frac{v_0\cos \alpha }{g}\left(v_0\sin \alpha +\sqrt{v_0^2{\sin }^2\alpha +2g{H}_0}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2026, Q27

   On étudie le plongeur assimilé à un point matériel de masse m et de volume V = \dfrac{m}{\rho_h} dans le référentiel lié au bassin, supposé galiléen pendant la durée du mouvement.

   Le mouvement étant vertical descendant, on choisit un axe (Oz) vertical orienté vers le bas, de vecteur unitaire \vec{u}_z. Le vecteur vitesse du plongeur s'écrit alors :

   \vec{v} = v\,\vec{u}_z \quad \text{avec} \quad v = \|\vec{v}\| \geqslant 0

   Une fois entièrement immergé dans l'eau, le plongeur est soumis à trois forces :

   • son poids : \vec{P} = m\vec{g} = m g\,\vec{u}_z ;

   • la poussée d'Archimède exercée par l'eau au repos (de masse volumique \rho) :

     \vec{P}_A = -\rho V \vec{g} = -\rho \frac{m}{\rho_h} g\,\vec{u}_z

   • la force de frottement fluide quadratique :

     \vec{f} = -k v \vec{v} = -k v^2\,\vec{u}_z

   D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué au plongeur :

   m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{P} + \vec{P}_A + \vec{f}

   En projetant sur l'axe vertical descendant (Oz) :

   m \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = m g - \rho \frac{m}{\rho_h} g - k v^2 = m g \left(1 - \frac{\rho}{\rho_h}\right) - k v^2

   En divisant par la masse m, on obtient l'équation différentielle vérifiée par la norme de la vitesse v :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} + \frac{k}{m} v^2 = g \left(1 - \frac{\rho}{\rho_h}\right)}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}+\frac{k}{m}{v}^2=g\left(1-\frac{\rho }{{\rho }_h}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 MPI 2026, Q19

   Le schéma d'Euler explicite pour une équation différentielle \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = F(u) (les équations régissant v_x et v_z étant autonomes) se traduit par la relation de récurrence :

   u_{k+1} = u_k + \mathrm{d}t \times F(u_k)

   On implémente cette méthode par la fonction Python suivante, qui renvoie la liste des N+1 valeurs de u obtenues :

   def euler(u0, F, dt, N):
       u = [u0]
       for k in range(N):
           u_suivant = u[-1] + dt * F(u[-1])
           u.append(u_suivant)
       return u

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q15

   On étudie le système constitué de l'équipage mobile (membrane et bobine de N spires), de masse M, dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. L'équipage mobile effectue un mouvement de translation rectiligne le long de l'axe (Oz), sa vitesse étant \vec{v} = \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\vec{u}_z.

   D'après le préambule précédant la question, on néglige l'effet de la pesanteur. L'ensemble est soumis aux actions mécaniques extérieures suivantes :

   • la force de rappel élastique des suspensions modélisées par un ressort équivalent de raideur K :

     \vec{F}_{\text{rappel}} = -K z(t)\,\vec{u}_z

   • la force dissipative exercée par l'air (frottement fluide de coefficient \lambda) :

     \vec{f} = -\lambda \vec{v} = -\lambda \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_z

   • la résultante des forces de Laplace exercée sur les N spires parcourues par le courant i(t), établie à la question Q14 :

     \vec{F} = -2\pi r N B_0\,i(t)\,\vec{u}_z

   Le principe fondamental de la dynamique appliqué à l'équipage mobile s'écrit :

   M \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{u}_z = \vec{F}_{\text{rappel}} + \vec{f} + \vec{F}

   En projetant sur le vecteur unitaire \vec{u}_z, il vient :

   \begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} &= -K z - \lambda \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} - 2\pi r N B_0\,i(t) \\ M \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \lambda \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + K z(t) &= - 2\pi r N B_0\,i(t) \end{aligned}

   En divisant cette relation par la masse M > 0, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \frac{\lambda}{M}\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + \frac{K}{M} z(t) = -\frac{2\pi r N B_0}{M}\,i(t)

   Par identification avec la forme canonique de l'oscillateur harmonique amorti :

   \frac{\mathrm{d}^{2} z}{\mathrm{d} t^{2}}+\frac{\omega_{0}}{Q_{m}} \frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} t}+\omega_{0}^{2} z(t)=-\beta\,i(t)

   on identifie directement :

   \boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{K}{M}}} \quad,\quad \boxed{Q_m = \frac{M\omega_0}{\lambda} = \frac{\sqrt{K M}}{\lambda}} \quad\text{et}\quad \boxed{\beta = \frac{2\pi r N B_0}{M}}

   Résultat

   $${\omega }_0=\sqrt{\frac{K}{M}}$$

   $$Q_m=\frac{M{\omega }_0}{\lambda }=\frac{\sqrt{KM}}{\lambda }$$

   $$\beta =\frac{2\pi rN{B}_0}{M}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique MPI 2025, Q3

   On étudie le mouvement d'un électron de conduction de masse m et de charge -e dans le référentiel du laboratoire, supposé galiléen.

   Sous l'effet d'un déplacement d'ensemble x(t) \vec{u}_x, les électrons laissent apparaître par défaut une charge positive +Nex à l'arrière et un excès de charge négative -Nex à l'avant. Le champ électrique ainsi créé à l'intérieur s'oppose à cette séparation de charge et s'écrit :

   \vec{E}(t) = \frac{N e x(t)}{\epsilon_0} \vec{u}_x

   La force électrostatique subie par l'électron est donc une force de rappel :

   \vec{F} = -e \vec{E}(t) = -\frac{N e^2 x(t)}{\epsilon_0} \vec{u}_x

   D'après la deuxième loi de Newton appliquée à cet électron :

   \begin{aligned} m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} &= -\frac{N e^2}{\epsilon_0} x(t) \\ \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} + \frac{N e^2}{m \epsilon_0} x(t) &= 0 \end{aligned}

   Il s'agit de l'équation différentielle d'un oscillateur harmonique non amorti de pulsation propre \omega_p, appelée pulsation plasma.

   L'amplitude x(t) oscille donc à la pulsation :

   \boxed{\omega_p = \sqrt{\frac{N e^2}{m \epsilon_0}}}

   Résultat

   $${\omega }_p=\sqrt{\frac{N{e}^2}{m{ϵ}_0}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 MPI 2024, Q20

   À l'instant \tau = 0, c'est-à-dire t = t_0 :

   • La position de l'extrémité A vaut, d'après la question Q19 :

     x_A(\tau = 0) = v_0 t_0 = \frac{f_s M g}{k}

   • Le solide (\Sigma) étant resté immobile en x_H(t) = -\ell_0 pour tout t \in [0, t_0], on a :

     X_H(\tau = 0) = x_H(t_0) + \ell_0 = 0

   • La vitesse initiale de mise en mouvement est nulle (continuité de la vitesse du solide) :

     V_H(\tau = 0) = 0

   \boxed{x_A(\tau = 0) = \frac{f_s M g}{k}, \quad X_H(\tau = 0) = 0 \quad \text{et} \quad V_H(\tau = 0) = 0}

   Pour \tau > 0, le solide se met en mouvement vers la droite sous l'action de la traction du ressort : sa vitesse de glissement est \vec{v}_g = V_H(\tau)\vec{u}_x avec V_H > 0.

   On applique le principe fondamental de la dynamique au solide (\Sigma) de masse M dans le référentiel d'étude supposé galiléen :

   M \frac{\mathrm{d}^2 x_H}{\mathrm{d}t^2} \vec{u}_x = \vec{F} + \vec{R}_T + (\vec{P} + \vec{R}_N)

   D'après les lois de Coulomb en régime de glissement (\vec{v}_g \cdot \vec{u}_x > 0) et les résultats de la question Q18 (\|\vec{R}_N\| = M g) :

   \vec{R}_T = - f_d \|\vec{R}_N\| \vec{u}_x = - f_d M g \vec{u}_x

   Comme \tau = t - t_0, on a \frac{\mathrm{d}^2 x_H}{\mathrm{d}t^2} = \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2}. En remplaçant l'expression de la force du ressort \vec{F} = k(v_0 t - X_H)\vec{u}_x = k\left(v_0(\tau + t_0) - X_H\right)\vec{u}_x, la projection sur l'axe horizontal (Ox) donne :

   \begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2} &= k v_0 \tau + k v_0 t_0 - k X_H - f_d M g \end{aligned}

   D'après la question Q19, k v_0 t_0 = f_s M g. L'équation devient :

   \begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2} + k X_H &= k v_0 \tau + (f_s - f_d) M g \end{aligned}

   En divisant par M, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}^2 X_H}{\mathrm{d}\tau^2} + \frac{k}{M} X_H = \frac{k}{M} v_0 \tau + (f_s - f_d) g

   C'est bien la forme requise avec :

   \boxed{\omega = \sqrt{\frac{k}{M}} \quad \text{et} \quad \gamma = (f_s - f_d) g}

   Résultat

   $$x_A(\tau =0)=\frac{f_{s}Mg}{k},X_H(\tau =0)=0\text{et}{V}_H(\tau =0)=0$$

   $$\omega =\sqrt{\frac{k}{M}}\text{et}\gamma =(f_s-f_d)g$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique MPI 2024, Q10

   Le choc étant élastique, l'énergie cinétique totale du système isolé \{\text{neutron} + \text{noyau}\} est conservée au cours de la collision :

   \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m{v'}^2 + \frac{1}{2}Am\,v_R^2

   En simplifiant par \frac{1}{2}m, on obtient :

   \boxed{v^2 = {v'}^2 + A\,v_R^2}

   D'après la question Q9, la conservation de la quantité de mouvement s'écrit :

   v_R = \frac{v + v'}{A}

   En injectant cette expression dans la conservation de l'énergie cinétique :

   v^2 - {v'}^2 = A \left(\frac{v + v'}{A}\right)^2 = \frac{(v + v')^2}{A}

   En reconnaissant une identité remarquable et sachant que v + v' > 0 :

   \begin{aligned} (v - v')(v + v') &= \frac{(v + v')^2}{A} \\ v - v' &= \frac{v + v'}{A} \\ A(v - v') &= v + v' \\ (A - 1)v &= (A + 1)v' \end{aligned}

   On en déduit l'expression du rapport des vitesses :

   \boxed{\frac{v'}{v} = \frac{A - 1}{A + 1}}

   Résultat

   $$v^2={v^{\prime }}^2+A{v}_R^2$$

   $$\frac{v^{\prime }}{v}=\frac{A-1}{A+1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8X-ENS Physique MPI 2024, Q32

   Les dimensions physiques des trois grandeurs de base sont :

   • pour la constante de Planck réduite : [\hbar] = \mathrm{M \cdot L^2 \cdot T^{-1}} ;
   • pour la masse du neutron : [m] = \mathrm{M} ;
   • pour l'accélération de la pesanteur : [g] = \mathrm{L \cdot T^{-2}}.

   Cherchons une grandeur X de la forme X = \hbar^\alpha m^\beta g^\gamma. Sa dimension s'écrit :

   [X] = \mathrm{M}^{\alpha + \beta} \cdot \mathrm{L}^{2\alpha + \gamma} \cdot \mathrm{T}^{-\alpha - 2\gamma}

   1. Construction d'une longueur caractéristique l_0 ([l_0] = \mathrm{L}) :

   \begin{aligned} \begin{cases} \alpha + \beta = 0 \\ 2\alpha + \gamma = 1 \\ -\alpha - 2\gamma = 0 \end{cases} &\iff \begin{cases} \beta = -\alpha \\ \gamma = -\frac{\alpha}{2} \\ 2\alpha - \frac{\alpha}{2} = 1 \implies \frac{3}{2}\alpha = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} \alpha = \frac{2}{3} \\ \beta = -\frac{2}{3} \\ \gamma = -\frac{1}{3} \end{cases} \end{aligned}

   On obtient ainsi la longueur caractéristique :

   \boxed{l_0 = \left(\frac{\hbar^2}{m^2 g}\right)^{1/3}}

   2. Construction d'un temps caractéristique t_0 ([t_0] = \mathrm{T}) :

   \begin{aligned} \begin{cases} \alpha + \beta = 0 \\ 2\alpha + \gamma = 0 \\ -\alpha - 2\gamma = 1 \end{cases} &\iff \begin{cases} \beta = -\alpha \\ \gamma = -2\alpha \\ -\alpha - 2(-2\alpha) = 1 \implies 3\alpha = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} \alpha = \frac{1}{3} \\ \beta = -\frac{1}{3} \\ \gamma = -\frac{2}{3} \end{cases} \end{aligned}

   On obtient ainsi le temps caractéristique :

   \boxed{t_0 = \left(\frac{\hbar}{m g^2}\right)^{1/3}}

   3. Construction d'une vitesse caractéristique v_0 ([v_0] = \mathrm{L \cdot T^{-1}}) :
   On peut directement former le rapport l_0 / t_0 :

   v_0 = \frac{l_0}{t_0} = \left(\frac{\hbar^2}{m^2 g} \cdot \frac{m g^2}{\hbar}\right)^{1/3} = \left(\frac{\hbar g}{m}\right)^{1/3}

   \boxed{v_0 = \left(\frac{\hbar g}{m}\right)^{1/3}}

   Résultat

   $$l_0={\left(\frac{{\hslash }^2}{m^{2}g}\right)}^{1/3}$$

   $$t_0={\left(\frac{\hslash }{m{g}^2}\right)}^{1/3}$$

   $$v_0={\left(\frac{\hslash g}{m}\right)}^{1/3}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q3

   On étudie la goutte d'eau modélisée par un point matériel de masse m = \frac{\pi}{6}\rho D^3 dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

   D'après les questions précédentes, les forces appliquées à la goutte en mouvement descendant à la vitesse \vec{v} = v\vec{e}_z (v > 0) sont :

   • son poids : \vec{P} = mg\vec{e}_z = \frac{\pi}{6}\rho g D^3 \vec{e}_z ;
   • la force de frottement de l'air : \vec{F}_{\text{frott}} = -C\pi \rho_a D^2 v^2 \vec{e}_z.

   La deuxième loi de Newton s'écrit :

   m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \vec{P} + \vec{F}_{\text{frott}}

   En projection sur l'axe vertical descendant Oz :

   m \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = \frac{\pi}{6}\rho g D^3 - C\pi \rho_a D^2 v^2

   Lorsque la vitesse limite est atteinte, la vitesse est constante au cours du temps, d'où \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 0. Il vient :

   \begin{aligned} C\pi \rho_a D^2 v_{\lim}^2 &= \frac{\pi}{6}\rho g D^3 \\ v_{\lim}^2 &= \frac{\rho g}{6C\rho_a} D \end{aligned}

   La vitesse étant dirigée vers le bas (v_{\lim} > 0), on en déduit :

   \vec{v}_{\lim} = K\sqrt{D}\vec{e}_z

   avec :

   \boxed{K = \sqrt{\frac{\rho g}{6C\rho_a}}}

   Applications numériques :

   Calculons tout d'abord la valeur numérique du coefficient K :

   K = \sqrt{\frac{1,0 \cdot 10^3 \times 9,8}{6 \times 6,0 \cdot 10^{-2} \times 1,3}} \approx 1,45 \cdot 10^2 \text{ m}^{1/2}\cdot\text{s}^{-1}

   Pour les différents diamètres :

   • Pour D = 1\text{ mm} = 1,0 \cdot 10^{-3}\text{ m} :

     v_{\lim}(1\text{ mm}) = 145 \times \sqrt{1,0 \cdot 10^{-3}} \approx 4,6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   • Pour D = 3\text{ mm} = 3,0 \cdot 10^{-3}\text{ m} :

     v_{\lim}(3\text{ mm}) = 145 \times \sqrt{3,0 \cdot 10^{-3}} \approx 7,9\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   • Pour D = 5\text{ mm} = 5,0 \cdot 10^{-3}\text{ m} :

     v_{\lim}(5\text{ mm}) = 145 \times \sqrt{5,0 \cdot 10^{-3}} \approx 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{v_{\lim}(1\text{ mm}) \approx 4,6\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \quad ; \quad v_{\lim}(3\text{ mm}) \approx 7,9\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} \quad ; \quad v_{\lim}(5\text{ mm}) \approx 10\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Résultat

   $$K=\sqrt{\frac{\rho g}{6C{\rho }_a}}$$

   $$v_{\lim }(1\text{ mm})\approx 4,6\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1};v_{\lim }(3\text{ mm})\approx 7,9\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1};v_{\lim }(5\text{ mm})\approx 10\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MPI 2023, Q6

    On applique la seconde loi de Newton à la platine, assimilée à un point matériel de masse M, dans le référentiel terrestre supposé galiléen lié au support fixe.

    L'axe Oz étant orienté verticalement vers le bas, la position de la platine est repérée par son écart à l'équilibre Z(t). La platine est soumise à :

    • son poids : \vec{P} = M g \vec{e}_z ;

    • la force de rappel du ressort : la platine étant située au-dessus du support fixe, un déplacement Z(t) > 0 vers le bas comprime davantage le ressort. Sa longueur s'écrit l(t) = l_{\text{équ}} - Z(t). Le ressort pousse la platine vers le haut avec une force :

      \vec{F}_{\text{ressort}} = -k\left(l_0 - l(t)\right)\vec{e}_z = -k\left(l_0 - l_{\text{équ}} + Z(t)\right)\vec{e}_z

      D'après la question Q5, à l'équilibre statique on a k(l_0 - l_{\text{équ}}) = Mg, d'où :

      \vec{F}_{\text{ressort}} = -\left(Mg + k Z(t)\right)\vec{e}_z

    • la force d'amortissement fluide :

      \vec{f} = -\lambda \vec{v}_{\text{platine}} = -\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t} \vec{e}_z
    • la force exercée par l'impact de la goutte : \vec{F}(t) = F(t)\vec{e}_z.

    La seconde loi de Newton s'écrit :

    M \frac{\mathrm{d}^2 Z(t)}{\mathrm{d}t^2}\vec{e}_z = \vec{P} + \vec{F}_{\text{ressort}} + \vec{f} + \vec{F}(t)

    En projetant sur le vecteur unitaire \vec{e}_z :

    \begin{aligned} M \frac{\mathrm{d}^2 Z(t)}{\mathrm{d}t^2} &= Mg - \left(Mg + k Z(t)\right) - \lambda \frac{\mathrm{d}Z(t)}{\mathrm{d}t} + F(t) \\ M \frac{\mathrm{d}^2 Z(t)}{\mathrm{d}t^2} + \lambda \frac{\mathrm{d}Z(t)}{\mathrm{d}t} + k Z(t) &= F(t) \end{aligned}

    En divisant par la masse M, on obtient l'équation différentielle demandée :

    \frac{\mathrm{d}^2 Z(t)}{\mathrm{d}t^2} + \gamma \frac{\mathrm{d}Z(t)}{\mathrm{d}t} + \beta Z(t) = \frac{F(t)}{M}

    par identification des termes :

    \boxed{\gamma = \frac{\lambda}{M} \quad \text{et} \quad \beta = \frac{k}{M}}

    Résultat

    $$\gamma =\frac{\lambda }{M}\text{et}\beta =\frac{k}{M}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question