Feuille d'entraînement : Cinématique et dynamique du point

10 questions · filière MPSI · durée estimée environ 37 min

Énoncés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2026, Q10· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Déterminer l'équation du mouvement de $A$ :
A) $\ddot{θ} - ω_{0}^{2} sin θ = 0$ avec $ω_{0} = (\frac{g s i n α}{b})^{1/2}$ B) $\ddot{θ} + ω_{0}^{2} sin θ = 0$ avec $ω_{0} = (\frac{g s i n α}{b})^{1/2}$ C) $\ddot{θ} - ω_{0}^{2} sin θ = 0$ avec $ω_{0} = (\frac{g c o s α}{b})^{1/2}$ D) $\ddot{θ} + ω_{0}^{2} sin θ = 0$ avec $ω_{0} = (\frac{g c o s α}{b})^{1/2}$
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2026, Q11· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Le palet est abandonné sans vitesse initiale depuis la position $θ (0) = θ_{0}$ . Déterminer $\dot{θ} (θ)$ :
A) $\dot{θ} (θ) = \pm 2 ω_{0} (cos θ - cos θ_{0})^{1/2}$ B) $\dot{θ} (θ) = \pm 2 ω_{0} (cos θ + cos θ_{0})^{1/2}$ C) $\dot{θ} (θ) = \pm 2 ω_{0} (sin θ_{0} - sin θ)^{1/2}$ D) $\dot{θ} (θ) = \pm 2 ω_{0} (sin θ + sin θ_{0})^{1/2}$
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2025, Q2· Application directe· Incontournable· ≈ 2 min
Exprimer les composantes de la vitesse de M : A) $v_{r} = \frac{r _{0}}{τ} e^{- t / τ}$ B) $v_{r} = - \frac{r _{0}}{τ} e^{- t / τ}$ C) $v_{θ} = r_{0} Ω e^{- t / τ}$ D) $v_{θ} = r_{0} Ω$
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2025, Q3· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
Exprimer les composantes de l'accélération de M ; A) $a_{r} = r_{0} (\frac{1}{τ ^{2}} - Ω^{2}) e^{- t / τ}$ B) $a_{r} = \frac{r _{0}}{τ} (\frac{1}{τ} + Ω) e^{- t / τ}$ C) $a_{θ} = \frac{2 r _{0} Ω}{τ}$ D) $a_{θ} = - \frac{2 r _{0} Ω}{τ} e^{- t / τ}$
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2024, Q8· Application directe· Incontournable· ≈ 4 min
Quelle relation $v_{0}$ et $θ$ doivent-ils satisfaire pour que la cible soit atteinte?
A) $- \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2} c o s ^{2} θ} + d tan θ = h$ B) $\frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2} c o s ^{2} θ} - d tan θ = h$ C) $\frac{g d ^{2}}{v _{0}^{2} s i n ^{2} θ} + d tan θ = h$ D) $\frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2} s i n ^{2} θ} - d tan θ = h$
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2024, Q9· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
On fixe $v_{0}$ (jusqu'à la fin de cet exercice), $θ$ devenant alors le seul paramètre variable. La cible n'est atteinte que lorsque:
$K_{1} tan^{2} θ - d tan θ + K_{2} = 0$
où $K_{1}$ et $K_{2}$ sont des coefficients indépendants de $θ$ . Exprimer $K_{1}$ .
A) $K_{1} = \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2}}$ B) $K_{1} = \frac{g d ^{2}}{v _{0}^{2}}$ C) $K_{1} = \frac{2 g d ^{2}}{v _{0}^{2}}$ D) $K_{1} = \frac{g d ^{2}}{4 v _{0}^{2}}$
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2024, Q11· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 5 min
La cible peut être atteinte si son altitude $h$ ne dépasse pas une altitude limite $h_{ℓ} (d, v_{0})$ . Exprimer $h_{ℓ} (d, v_{0})$ :
A) $h_{ℓ} (d, v_{0}) = - \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2}}$ B) $h_{ℓ} (d, v_{0}) = \frac{v _{0}^{2}}{2 g}$ C) $h_{ℓ} (d, v_{0}) = \frac{v _{0}^{2}}{2 g} - \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2}}$ D) $h_{ℓ} (d, v_{0}) = \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2}} + \frac{v _{0}^{2}}{g}$
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2023, Q25· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Quelles sont les équations du mouvement de $A$ ? Dans les expressions ci-dessous, $R_{n}$ désigne la composante normale de la force de réaction du support hémisphérique.
A) ${- m r \overset{φ}{˙}^{2} = - m g sin φ + R_{n} r \overset{φ}{¨} = - g cos φ$ B) ${- m r \overset{φ}{˙}^{2} = - m g cos φ + R_{n} r \overset{φ}{¨} = - g sin φ$ C) ${r \overset{φ}{˙}^{2} = g sin φ r \overset{φ}{¨} = g cos φ$ D) ${m r \overset{φ}{˙}^{2} = - m g cos φ + R_{n} r \overset{φ}{¨} = g sin φ$
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2023, Q28· Intermédiaire· Incontournable· ≈ 4 min
Déduire de ce qui précède l'expression de la composante normale $R_{n}$ de la force de réaction.
A) $R_{n} = m [g (3 sin φ - 2) - \frac{v _{0}^{2}}{r}]$ B) $R_{n} = m [g (3 sin φ - 2) + \frac{v _{0}^{2}}{r}]$ C) $R_{n} = m [g (sin φ - 1) - \frac{v _{0}^{2}}{r}]$ D) $R_{n} = 0$
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2022, Q8· Application directe· Incontournable· ≈ 3 min
On note $a_{C}$ le vecteur accélération du skieur au point $C$ . Que peut-on affirmer :
A) $a_{C} = 0$ B) $a_{C} \cdot e_{x} = 0$ C) $a_{C} \cdot e_{z} = 0$ D) $∥ a_{C} ∥ = \frac{v _{C}^{2}}{b}$

Corrigés

Exercice 1ENAC Physique MPSI 2026, Q10
Le référentiel \mathcal{R} du laboratoire étant supposé galiléen, le moment cinétique du palet A par rapport au point fixe O s'écrit :
\mathbf{L}_O(A) = \mathbf{OA} \times m\mathbf{v}(A)
Le mouvement étant circulaire de rayon b dans le plan (O, \mathbf{e}_X, \mathbf{e}_Y), la vitesse s'exprime en coordonnées polaires par \mathbf{v}(A) = b\dot{\theta}\,\mathbf{e}_\theta. Il vient ainsi :
\mathbf{L}_O(A) = b\,\mathbf{e}_r \times m(b\dot{\theta}\,\mathbf{e}_\theta) = mb^2\dot{\theta}\,\mathbf{e}_Z
D'après le théorème du moment cinétique au point O :
\frac{\mathrm{d}\mathbf{L}_O(A)}{\mathrm{d}t} = \mathbf{M}_O(\mathbf{P}) + \mathbf{M}_O(\mathbf{R})
En projetant cette relation sur l'axe fixe (O, \mathbf{e}_Z), et en utilisant les résultats des questions Q8 et Q9 :
\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}\mathbf{L}_O(A)}{\mathrm{d}t} \cdot \mathbf{e}_Z &= mb^2\ddot{\theta} \\ \mathbf{M}_O(\mathbf{P}) \cdot \mathbf{e}_Z &= -mgb\sin\alpha\sin\theta \\ \mathbf{M}_O(\mathbf{R}) \cdot \mathbf{e}_Z &= 0 \end{aligned}
On en déduit :
mb^2\ddot{\theta} = -mgb\sin\alpha\sin\theta
soit, en simplifiant par mb^2 > 0 :
\ddot{\theta} + \frac{g\sin\alpha}{b}\sin\theta = 0
En posant \omega_0 = \sqrt{\dfrac{g\sin\alpha}{b}}, l'équation du mouvement s'écrit :
\boxed{\ddot{\theta} + \omega_0^2\sin\theta = 0 \quad \text{avec} \quad \omega_0 = \left(\frac{g\sin\alpha}{b}\right)^{1/2}}
La réponse correcte est la proposition B.
Résultat
$\ddot{θ} + ω_{0}^{2} sin θ = 0 avec ω_{0} = (\frac{g sin α}{b})^{1/2}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 2ENAC Physique MPSI 2026, Q11
D'après la question Q10, l'équation différentielle régissant le mouvement du palet s'écrit :
\ddot{\theta} + \omega_{0}^2 \sin\theta = 0 \quad \text{avec} \quad \omega_0 = \sqrt{\frac{g\sin\alpha}{b}}
Multiplions cette relation par \dot{\theta} :
\dot{\theta}\ddot{\theta} + \omega_{0}^2 \dot{\theta}\sin\theta = 0
ce qui équivaut à la dérivée temporelle suivante :
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{1}{2}\dot{\theta}^2 - \omega_{0}^2 \cos\theta \right) = 0
La quantité entre parenthèses est donc constante au cours du mouvement :
\frac{1}{2}\dot{\theta}^2 - \omega_{0}^2 \cos\theta = \text{cte}
En utilisant la condition initiale d'un lâcher sans vitesse initiale depuis \theta = \theta_0, soit \dot{\theta}(\theta_0) = 0 :
\text{cte} = -\omega_{0}^2 \cos\theta_{0}
On en déduit :
\begin{aligned} \frac{1}{2}\dot{\theta}^2 &= \omega_{0}^2 \left(\cos\theta - \cos\theta_{0}\right) \\ \dot{\theta}^2 &= 2\omega_{0}^2 \left(\cos\theta - \cos\theta_{0}\right) \end{aligned}
En prenant la racine carrée, on obtient l'expression de la vitesse angulaire :
\boxed{\dot{\theta}(\theta) = \pm\sqrt{2}\omega_{0}\left(\cos\theta - \cos\theta_{0}\right)^{1/2}}
Le double signe \pm traduit le fait que le mobile effectue des allers-retours dans la cuvette.
La bonne réponse est l'affirmation A.
Résultat
$\dot{θ} (θ) = \pm 2 ω_{0} (cos θ - cos θ_{0})^{1/2}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 3ENAC Physique MPSI 2025, Q2
Dans le référentiel \mathcal{R} muni de la base polaire (\boldsymbol{e}_r, \boldsymbol{e}_\theta), le vecteur position du point \mathrm{M} s'écrit :
\mathbf{OM}(t) = r(t)\,\boldsymbol{e}_r
Par dérivation par rapport au temps dans le référentiel \mathcal{R}, le vecteur vitesse de \mathrm{M} est donné par :
\boldsymbol{v}(t) = \left(\frac{\mathrm{d}\mathbf{OM}}{\mathrm{d}t}\right)_{\mathcal{R}} = \dot{r}(t)\,\boldsymbol{e}_r + r(t)\dot{\theta}(t)\,\boldsymbol{e}_\theta
Les composantes du vecteur vitesse sont donc :
\begin{aligned} v_r(t) &= \dot{r}(t) \\ v_\theta(t) &= r(t)\dot{\theta}(t) \end{aligned}
À partir des équations horaires fournies par l'énoncé :
r(t) = r_0 \text{e}^{-t/\tau} \quad \text{et} \quad \theta(t) = \Omega t
on obtient en dérivant par rapport à t :
\begin{aligned} \dot{r}(t) &= -\frac{r_0}{\tau}\,\text{e}^{-t/\tau} \\ \dot{\theta}(t) &= \Omega \end{aligned}
On en déduit les expressions des composantes :
\begin{aligned} v_r(t) &= -\frac{r_0}{\tau}\,\text{e}^{-t/\tau} \\ v_\theta(t) &= r_0\Omega\,\text{e}^{-t/\tau} \end{aligned}
Les réponses B et C sont donc exactes.
\boxed{\text{Réponses B et C}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponses B et C$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 4ENAC Physique MPSI 2025, Q3
Dans le repère polaire lié au référentiel d'étude \mathcal{R}, le vecteur accélération s'exprime sous la forme :
\boldsymbol{a} = (\ddot{r} - r\dot{\theta}^2)\,\boldsymbol{e}_r + (r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta})\,\boldsymbol{e}_\theta
À partir des équations horaires r(t) = r_0 e^{-t/\tau} et \theta(t) = \Omega t, on détermine les dérivées successives :
\begin{aligned} \dot{r}(t) &= -\frac{r_0}{\tau} e^{-t/\tau}, & \ddot{r}(t) &= \frac{r_0}{\tau^2} e^{-t/\tau} \\ \dot{\theta}(t) &= \Omega, & \ddot{\theta}(t) &= 0 \end{aligned}
On en déduit la composante radiale de l'accélération :
a_r(t) = \ddot{r} - r\dot{\theta}^2 = \frac{r_0}{\tau^2} e^{-t/\tau} - (r_0 e^{-t/\tau})\Omega^2 = r_0\left(\frac{1}{\tau^2} - \Omega^2\right) e^{-t/\tau}
ce qui correspond à la proposition A.
Pour la composante orthoradiale :
a_\theta(t) = r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta} = 0 + 2\left(-\frac{r_0}{\tau} e^{-t/\tau}\right)\Omega = -\frac{2r_0\Omega}{\tau} e^{-t/\tau}
ce qui correspond à la proposition D.
\boxed{\text{Réponses A et D}}
Résultat
$R \overset{e}{ˊ} ponses A et D$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 5ENAC Physique MPSI 2024, Q8
Le projectile A est soumis uniquement à son poids dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. La deuxième loi de Newton s'écrit :
m \mathbf{a} = m \mathbf{g} = -mg \, \mathbf{e}_z
En projetant sur les axes O\mathbf{e}_x et O\mathbf{e}_z, avec les conditions initiales \mathbf{r}(0) = \mathbf{0} et \mathbf{v}(0) = v_0 \cos\theta \, \mathbf{e}_x + v_0 \sin\theta \, \mathbf{e}_z, on obtient par intégrations successives :
\begin{aligned} x(t) &= (v_0 \cos\theta) t \\ z(t) &= -\frac{1}{2}gt^2 + (v_0 \sin\theta) t \end{aligned}
Tant que \cos\theta \neq 0, le temps s'exprime en fonction de x selon :
t = \frac{x}{v_0 \cos\theta}
En substituant cette expression dans z(t), on obtient l'équation cartésienne de la trajectoire :
z(x) = -\frac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta} + x \tan\theta
La cible C de coordonnées (x_C = d, \, z_C = h) est atteinte si et seulement si z(d) = h, c'est-à-dire :
\boxed{-\frac{gd^2}{2v_0^2 \cos^2\theta} + d\tan\theta = h}
La proposition A est donc exacte.
Résultat
$- \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2} cos ^{2} θ} + d tan θ = h$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 6ENAC Physique MPSI 2024, Q9
D'après la question Q8, la condition pour que la cible soit atteinte s'écrit :
-\frac{g d^2}{2 v_0^2 \cos^2\theta} + d\tan\theta = h
En utilisant la relation trigonométrique classique :
\frac{1}{\cos^2\theta} = 1 + \tan^2\theta
l'équation devient :
-\frac{g d^2}{2 v_0^2}\left(1 + \tan^2\theta\right) + d\tan\theta = h
En regroupant tous les termes du même côté :
\frac{g d^2}{2 v_0^2}\tan^2\theta - d\tan\theta + \left(h + \frac{g d^2}{2 v_0^2}\right) = 0
Par identification avec l'expression donnée par l'énoncé :
K_1 \tan^2\theta - d\tan\theta + K_2 = 0
on en déduit le coefficient K_1 :
\boxed{K_1 = \frac{g d^2}{2 v_0^2}}
La réponse correcte est la proposition A.
Résultat
$K_{1} = \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 7ENAC Physique MPSI 2024, Q11
D'après les questions Q9 et Q10, l'angle de tir \theta doit satisfaire l'équation trinôme en \tan\theta :
K_1 \tan^2\theta - d \tan\theta + K_2 = 0
avec :
K_1 = \frac{gd^2}{2v_0^2} \quad \text{et} \quad K_2 = h + \frac{gd^2}{2v_0^2}
La cible est accessible s'il existe au moins une valeur réelle de \tan\theta, c'est-à-dire si le discriminant \Delta est positif ou nul :
\Delta = (-d)^2 - 4 K_1 K_2 \ge 0
En remplaçant K_1 et K_2 par leurs expressions :
\begin{aligned} \Delta &= d^2 - 4\left(\frac{gd^2}{2v_0^2}\right)\left(h + \frac{gd^2}{2v_0^2}\right) \ge 0 \\ \Delta &= d^2\left[1 - \frac{2g}{v_0^2}\left(h + \frac{gd^2}{2v_0^2}\right)\right] \ge 0 \end{aligned}
Comme d > 0, cette condition équivaut à :
1 - \frac{2g}{v_0^2}\left(h + \frac{gd^2}{2v_0^2}\right) \ge 0 \iff h \le \frac{v_0^2}{2g} - \frac{gd^2}{2v_0^2}
L'altitude limite est donc donnée par :
\boxed{h_\ell(d, v_0) = \frac{v_0^2}{2g} - \frac{gd^2}{2v_0^2}}
La réponse correcte est la proposition C.
Résultat
$h_{ℓ} (d, v_{0}) = \frac{v _{0}^{2}}{2 g} - \frac{g d ^{2}}{2 v _{0}^{2}}$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 8ENAC Physique MPSI 2023, Q25
Le référentiel terrestre galiléen est muni de la base cartésienne orthonormée (\vec{e}_x, \vec{e}_y) et de la base polaire (\vec{e}_\rho, \vec{e}_\varphi), où l'angle \varphi repère la position de A par rapport à l'axe horizontal (Ox) :
\left\{ \begin{aligned} \vec{e}_\rho &= \cos\varphi\,\vec{e}_x + \sin\varphi\,\vec{e}_y \\ \vec{e}_\varphi &= -\sin\varphi\,\vec{e}_x + \cos\varphi\,\vec{e}_y \end{aligned} \right.
Tant que le corpuscule reste en contact avec l'hémisphère, sa distance à l'origine est constante : r = \text{cte}, soit \dot{r} = 0 et \ddot{r} = 0. Le vecteur position s'écrit \overrightarrow{OA} = r\,\vec{e}_\rho.
Le vecteur accélération de A en coordonnées polaires planes s'obtient classiquement par :
\vec{a} = (\ddot{r} - r\dot{\varphi}^2)\,\vec{e}_\rho + (r\ddot{\varphi} + 2\dot{r}\dot{\varphi})\,\vec{e}_\varphi = -r\dot{\varphi}^2\,\vec{e}_\rho + r\ddot{\varphi}\,\vec{e}_\varphi
Le système \{A\} est soumis à deux actions mécaniques :
- son poids \vec{P} = -mg\,\vec{e}_y. En projetant \vec{e}_y = \sin\varphi\,\vec{e}_\rho + \cos\varphi\,\vec{e}_\varphi, il vient :
  \vec{P} = -mg\sin\varphi\,\vec{e}_\rho - mg\cos\varphi\,\vec{e}_\varphi
- la réaction du support \vec{R} = R_n\,\vec{e}_\rho, purement normale en l'absence de frottement.
D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué au point matériel A dans le référentiel galiléen :
m\vec{a} = \vec{P} + \vec{R}
Par projection sur la base polaire (\vec{e}_\rho, \vec{e}_\varphi), on obtient le système :
\left\{ \begin{aligned} -m r \dot{\varphi}^2 &= -m g \sin\varphi + R_n \\ m r \ddot{\varphi} &= -m g \cos\varphi \end{aligned} \right.
soit, en simplifiant par m sur l'axe orthoradial :
\boxed{ \left\{ \begin{aligned} -m r \dot{\varphi}^2 &= -m g \sin\varphi + R_n \\ r \ddot{\varphi} &= -g \cos\varphi \end{aligned} \right. }
Ce système correspond à la proposition A.
Résultat
${- m r \overset{φ}{˙}^{2} r \overset{φ}{¨} = - m g sin φ + R_{n} = - g cos φ$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 9ENAC Physique MPSI 2023, Q28
D'après la projection selon le vecteur radial \vec{e}_\rho du principe fondamental de la dynamique établie à la question Q25 :
-m r \dot{\varphi}^2 = -m g \sin\varphi + R_n
soit :
R_n = m g \sin\varphi - m r \dot{\varphi}^2
La trajectoire étant circulaire de rayon r, la norme de la vitesse scalaire vaut v = r |\dot{\varphi}|, d'où :
m r \dot{\varphi}^2 = \frac{m v^2}{r}
En injectant l'expression de v^2 issue de la question Q27, à savoir v^2 = 2 g r (1 - \sin\varphi) + v_0^2, il vient :
\begin{aligned} R_n &= m g \sin\varphi - \frac{m}{r}\left[ 2 g r (1 - \sin\varphi) + v_0^2 \right] \\ &= m g \sin\varphi - 2 m g (1 - \sin\varphi) - \frac{m v_0^2}{r} \\ &= m\left[ g(3\sin\varphi - 2) - \frac{v_0^2}{r} \right] \end{aligned}
Ce résultat correspond à la proposition A.
\boxed{R_n = m\left[g(3\sin\varphi - 2) - \frac{v_0^2}{r}\right]}
Résultat
$R_{n} = m [g (3 sin φ - 2) - \frac{v _{0}^{2}}{r}]$
Indice, stratégie et pièges de cette question
Exercice 10ENAC Physique MPSI 2022, Q8
Le point C est situé à la verticale descendante du centre O' de la piste circulaire de rayon b. En ce point :
- la tangente à la trajectoire est horizontale et orientée dans le sens du mouvement, soit \vec{u}_t = \vec{e}_x ;
- la normale unitaire centripète est orientée vers le centre de courbure O', c'est-à-dire verticale ascendante, soit \vec{u}_n = \vec{e}_z.
Dans la base de Frenet, l'accélération du skieur s'écrit de manière générale :
\vec{a} = \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_t + \frac{v^2}{b}\,\vec{u}_n
Puisque les frottements sont négligés, les seules forces appliquées au skieur sont :
- le poids \vec{P} = -mg\,\vec{e}_z ;
- la réaction normale du support \vec{R} = R\,\vec{u}_n = R\,\vec{e}_z.
En appliquant le principe fondamental de la dynamique au skieur en C :
m\vec{a}_C = \vec{P} + \vec{R} = (R - mg)\,\vec{e}_z
En projetant sur la direction tangentielle \vec{u}_t = \vec{e}_x :
m a_t = m(\vec{a}_C \cdot \vec{e}_x) = 0 \implies \vec{a}_C \cdot \vec{e}_x = 0
L'accélération tangentielle est donc nulle au point le plus bas de la trajectoire.
L'accélération en C est par conséquent purement normale et dirigée selon \vec{e}_z :
\vec{a}_C = \frac{v_C^2}{b}\,\vec{e}_z
On en déduit :
\begin{aligned} \vec{a}_C \cdot \vec{e}_x &= 0 \\ \vec{a}_C \cdot \vec{e}_z &= \frac{v_C^2}{b} \neq 0 \\ \|\vec{a}_C\| &= \frac{v_C^2}{b} \end{aligned}
Les propositions B et D sont donc vraies.
\boxed{\text{Affirmations B et D vraies}}
Résultat
$Affirmations B et D vraies$
Indice, stratégie et pièges de cette question

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