l'Évangile de Jésus-Christ par la Physique/Terminales-Séries scientifiques

L’Évangile de
JÉSUS-CHRIST
par la Physique
Terminales – Séries scientifiques
Édité par Y. Aba’a

Première édition
Juillet 2023
ISBN 978-9956-16-794-4 (fourni par CAMEROON BARCODES)

PRÉFACE iii
Préface
Jésus leur dit : Je suis le pain de vie. Celui qui vient à moi n’aura jamais faim, et celui
qui croit en moi n’aura jamais soif.
Jean 6 : 35
En observant la première de couverture du présent document, plusieurs ont certainement été
très surpris par le titre. Aussi extraordinaires que peuvent être les découvertes et les inventions
de l’Homme, il ne sera cependant jamais supérieur à son Créateur, le Dieu Tout-Puissant qui
l’a créé à partir de la poussière de la terre. Dieu, afin de réconcilier l’Homme avec Lui-même,
a envoyé mourir sur la Terre son unique Fils Jésus-Christ, et désormais, quiconque croit au
Christ Jésus et le confesse comme son Seigneur et son Sauveur personnel ne périra plus, mais
est déjà passé de la mort à la vie.
Dans l’optique de Se faire connaître aux élèves d’une manière originale, le Seigneur Jésus-
Christ a choisi d’utiliser cette discipline scolaire qu’est la Physique, et Il a ainsi désigné l’un de
Ses plus misérables serviteurs (si ce n’est le plus misérable) pour éditer ce présent ouvrage qui
Le fera connaître auprès des élèves des classes de Terminales scientifiques, et qui leur permettra
également d’assimiler les différentes notions de leur programme annuel de Physique et de mieux
préparer ainsi l’examen de Baccalauréat en fin d’année scolaire. Au début de chaque chapitre
de ce livre figure un verset tiré de la version Louis Segond, 1910 du Nouveau Testament
de la Sainte Bible.
« L’Évangile de JÉSUS-CHRIST par la Physique » est destiné premièrement à
ramener les âmes à Jésus-Christ, Lui qui est le chemin, la vérité et la vie, Lui qui était, qui
est et qui vient très bientôt, Lui qui est le commencement et la fin, l’alpha et l’oméga.
Rien de ce que contient ce livre ne vient de l’éditeur lui-même, mais en vérité, en vérité, cet
ouvrage est l’œuvre du Seigneur Jésus-Christ, et ce n’est qu’à Lui et Lui seul que doivent
revenir l’honneur et la gloire.
Toutefois, ce document ne s’adresse pas uniquement aux élèves, mais aussi aux enseignants,
aux étudiants de l’enseignement supérieur, et à tous les passionnés de Physique. Par ailleurs,
les élèves ne devraient en aucun cas voir ce livre comme un remplaçant des cours dispensés par
leurs enseignants, mais devraient plutôt l’utiliser comme un manuel complémentaire.
L’éditeur et lui seul, est responsable de toutes les éventuelles erreurs qui seraient décelées
dans ce document, et d’avance, il s’en excuse très sincèrement auprès des lecteurs. Toutes ces
erreurs seraient dues au manque de vigilance et de concentration de sa part, et les lecteurs ne
devraient en aucun cas remettre en question l’œuvre du Seigneur Jésus-Christ. Tous ceux
GLOIRE AU SEIGNEUR JÉSUS-CHRIST !

PRÉFACE iv
qui rencontreront des problèmes ou qui détecteront des erreurs dans ce document sont priés de
bien vouloir les signaler à l’adresse e-mail evjesuschristphy@yahoo.com afin qu’ils soient
corrigés pour les prochaines éditions. Que toutes les personnes qui de près comme de loin ont
contribué à l’élaboration de ce document reçoivent leur salaire de la part du Dieu Très-Haut.
Pour finir, chers lecteurs, soyez abondamment bénis, que la paix et la grâce du Seigneur
et Sauveur Jésus-Christ vous accompagnent en tout temps et en tous lieux, et qu’Il vous
remplisse tous de Son Saint-Esprit !

TABLE DES MATIÈRES v
Table des matières
Préface iii
1 Grandeurs physiques 1
1.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Mesure d’une grandeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2.1 Concepts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2.2 Erreurs de mesure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2.3 Incertitudes de mesure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2.3.1 Incertitude-type . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2.3.2 Incertitude absolue . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.3.3 Incertitude relative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.3.4 Propagation des incertitudes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.4 Qualités d’un instrument de mesure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Dimension d’une grandeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.1 Dimensions fondamentales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3.2 Multiples et sous-multiples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3.3 Equations aux dimensions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.4 Analyse dimensionnelle d’une grandeur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
Evaluations des compétences . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Corrections des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
Corrections des évaluations des compétences . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2 Forces et champs 40
2.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.1.1 Forces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
2.1.2 Champs de forces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.2 Gravitation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2.2.1 Forces gravitationnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.2.2 Champs gravitationnels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2.3 Gravitation dans l’espace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.3 Electricité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

TABLE DES MATIÈRES vi
2.3.1 Forces électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.3.2 Champs électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.3.3 Champ électrique à l’intérieur d’un condensateur . . . . . . . . . . . . . 48
2.4 Magnétisme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.4.1 Champs magnétiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
2.4.2 Force de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.4.3 Force de Lorentz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3 Généralités sur les mouvements 118
3.1 Caractéristiques des mouvements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
3.2 Mouvement d’un point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
3.2.1 Repérage d’un point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
3.2.2 Vitesse d’un point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120
3.2.3 Accélération d’un point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
3.2.4 Variation du mouvement d’un point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . 121
3.2.5 Mouvement rectiligne d’un point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
3.2.6 Mouvement curvligne d’un point matériel . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123
3.3 Mouvement d’un solide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
3.3.1 Points particuliers d’un solide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
3.3.2 Moment d’inertie d’un solide par rapport à un axe . . . . . . . . . . . . . 126
3.3.3 Mouvement de translation d’un solide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
3.3.4 Mouvement de rotation d’un solide . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
3.4 Lois de Newton sur le mouvement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
3.4.1 Première loi de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
3.4.2 Deuxième loi de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
3.4.3 Troisième loi de Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130
3.5 Relations fondamentales de la dynamique d’un solide . . . . . . . . . . . . . . . 131
3.5.1 Relation fondamentale de la dynamique d’un solide en translation . . . . 131
3.5.2 Relation fondamentale de la dynamique d’un solide en rotation . . . . . . 132
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
4 Mouvements à accélération constante 180
4.1 Caractéristiques des mouvements à accélération constante . . . . . . . . . . . . . 180
4.1.1 Mouvement de translation à accélération constante d’un solide . . . . . . 180

TABLE DES MATIÈRES vii
4.1.2 Mouvement de rotation à accélération constante d’un solide . . . . . . . 182
4.2 Applications des lois de Newton à quelques mouvements à accélération constante 183
4.2.1 Translation rectiligne d’un solide lié à une poulie . . . . . . . . . . . . . 184
4.2.2 Mouvement d’un projectile dans un champ de pesanteur uniforme . . . . 187
4.2.3 Mouvement d’une particule chargée dans un champ électrique uniforme . 190
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194
5 Mouvements circulaires uniformes 274
5.1 Caractéristiques d’un mouvement circulaire uniforme . . . . . . . . . . . . . . . 274
5.1.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 274
5.1.2 Paramètres d’un mouvement circulaire uniforme . . . . . . . . . . . . . . 275
5.2 Application des lois de Newton à quelques mouvements circulaires uniformes . . 276
5.2.1 Pendule conique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276
5.2.2 Mouvement d’un satellite en orbite autour de la Terre . . . . . . . . . . . 277
5.2.3 Mouvement d’une particule chargée dans un champ magnétique . . . . . 279
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281
6 Généralités sur les systèmes oscillants 316
6.1 Définitions et concepts . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316
6.2 Grandeur physique associée à un phénomène oscillatoire . . . . . . . . . . . . . 317
6.3 Comparaison de deux phénomènes oscillatoires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 319
6.4 Supperposition de deux phénomènes oscillatoires . . . . . . . . . . . . . . . . . . 320
6.5 Observation stroboscopique des phénomènes périodiques . . . . . . . . . . . . . 323
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325
7 Oscillateurs mécaniques 356
7.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 356
7.2 Oscillations mécaniques harmoniques libres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358
7.2.1 Pendule élastique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 358
7.2.2 Pendule pesant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360
7.2.3 Pendule simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362
7.2.4 Pendule de torsion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363

TABLE DES MATIÈRES viii
7.3 Oscillations mécaniques amorties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364
7.4 Oscillations mécaniques forcées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 368
8 Condensateurs 434
8.1 Description des condensateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434
8.2 Alimentation des condensateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 435
8.3 Groupements de condensateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438
8.3.1 Groupement en série . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 438
8.3.2 Groupement en parallèle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 439
8.3.3 Groupement mixte de condensateurs identiques . . . . . . . . . . . . . . 440
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 442
9 Oscillateurs électriques 468
9.1 Généralités sur les oscillateurs électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468
9.2 Dipôles électriques de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468
9.2.1 Générateurs électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 469
9.2.2 Récepteurs électriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 469
9.2.2.1 Résistors . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 469
9.2.2.2 Bobines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 470
9.2.2.3 Condensateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 470
9.3 Régimes transitoires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 471
9.3.1 Equations différentielles du premier ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . 471
9.3.1.1 Cas particulier où ξ0 = 0 et β > 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 473
9.3.1.2 Cas particulier où ξ0 > 0 et β = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 473
9.3.2 Circuit RC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 474
9.4 Oscillations électriques libres : Circuit RLC série . . . . . . . . . . . . . . . . . . 476
9.4.1 Oscillations électriques harmoniques libres . . . . . . . . . . . . . . . . . 477
9.4.2 Oscillations électriques amorties libres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 478
9.5 Oscillations électriques forcées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 480
9.5.1 Equations différentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 480
9.5.2 Diagramme de Fresnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481
9.5.3 Résonance d’intensité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484
9.5.4 Bande passante à 3 décibels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485
9.6 Analogies électromécaniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 487

TABLE DES MATIÈRES ix
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 488
10 Ondes mécaniques 529
10.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 529
10.2 Propagation des ondes mécaniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 530
10.2.1 Cas général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 530
10.2.2 Ondes mécaniques transversales le long d’une corde . . . . . . . . . . . . 531
10.2.3 Ondes mécaniques à la surface d’un liquide . . . . . . . . . . . . . . . . . 533
10.2.4 Ondes mécaniques dans une chaîne de particules . . . . . . . . . . . . . . 535
10.2.5 Ondes sonores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535
10.3 Superposition des ondes mécaniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 536
10.3.1 Cas général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 536
10.3.2 Ondes mécaniques stationnaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 539
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 541
11 Optique ondulatoire et corpusculaire 578
11.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 578
11.2 Optique ondulatoire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 578
11.2.1 Ondes électromagnétiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 578
11.2.2 Phénomène de diffraction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 579
11.2.3 Interférences lumineuses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 579
11.2.4 Effet Doppler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 585
11.3 Optique corpusculaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 588
11.3.1 Niveaux d’énergie de l’atome d’Hydrogène . . . . . . . . . . . . . . . . . 588
11.3.2 Effet photoélectrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 590
11.3.3 Effet Compton . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 593
11.4 Dualité onde-corpuscule de la lumière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 594
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595
12 Radioactivité 628
12.1 Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 628
12.2 Noyau atomique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 628

TABLE DES MATIÈRES x
12.2.1 Constituants du noyau atomique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 628
12.2.2 Aspect énergétique du noyau atomique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 629
12.3 Réactions nucléaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 630
12.3.1 Réactions nucléaires spontannées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 630
12.3.2 Réactions nucléaires provoquées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 631
12.4 Décroissance radioactive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632
12.5 Interaction rayonnement-matière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 634
12.6 Effets de la Radioactivité et Radioprotection . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 635
Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 636
Annexes − Dispositifs électroniques 666
A.1 Dipôles commandés . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 666
A.1.1 Rhéostat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 666
A.1.2 Dipôles commandés électriquement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667
A.1.2.1 Relais électromagnétique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667
A.1.2.2 VDR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 667
A.1.2.3 Diodes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 668
A.1.2.4 Transistors . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 668
A.1.2.5 Electrodes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 669
A.2 Capteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 669
A.2.1 Capteurs de température . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 670
A.2.1.1 Thermistances . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 670
A.2.1.2 KTY . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 670
A.2.2 Capteurs de lumière . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 670
A.2.2.1 Photorésistances . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 670
A.2.2.2 Photodiodes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 671
A.2.3 Capteurs d’ondes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 671
A.2.3.1 Antennes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 671
A.2.3.2 Microphones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 671
A.2.4 Capteurs de force ou de pression . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672
A.3 Chaînes électroniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672

CHAPITRE 1. GRANDEURS PHYSIQUES 1
Chapitre 1
Grandeurs physiques
Il n’y a donc maintenant aucune condamnation pour ceux qui sont en Jésus-Christ. En effet,
la loi de l’esprit de vie en Jésus-Christ m’a affranchi de la loi du péché et de la mort.
Romains 8 : 1-2
1.1 Généralités
On appelle grandeur physique, ou tout simplement grandeur une propriété de la science
pouvant être mesurée ou calculée. En sciences expérimentales, on cherche très souvent à
déterminer la valeur d’une grandeur. Cette valeur est exprimée à l’aide d’un nombre, et est
dans la majorité des cas accompagnée par une unité. L’unité d’une grandeur correspond à
une référence permettant de la mesurer. La majorité des grandeurs s’expriment avec les unités
du Sytème International (Unités SI). Il s’agit d’un système adopté par la science pour
faciliter les calculs et les échanges.
1.2 Mesure d’une grandeur
1.2.1 Concepts
Mesurer une grandeur c’est la comparer à la grandeur de référérence de même nature,
considérée comme unité. Pour ce faire, on a recours à différents appareils ou instruments
de mesure. La grandeur à mesurer est appelée mesurande. Le mesurage est l’opération
permettant de déterminer expérimentalement l’intervalle de valeurs attribuées à la grandeur
mesurée. La valeur attribuée à une mesurande suite à un mesurage est appelée valeur mesurée.
Si le mesurage est parfait, la valeur obtenue est dite vraie ou exacte.
1.2.2 Erreurs de mesure
Aucune mesure n’est parfaite. En effet, les instruments de mesure utilisés pour déterminer
la valeur d’une grandeur sont toujours entachés d’erreurs. Ainsi, il n’est pas possible de déter-
miner la valeur exacte ou valeur vraie d’une grandeur. L’erreur de mesure correspond à
la différence entre la valeur mesurée et la valeur exacte d’une grandeur. Les erreurs de mesure

peuvent provenir de la qualité des instruments, de l’expérimentateur ou encore de la
variabilité de la grandeur mesurée. On distingue deux types d’erreurs de mesure :
— Les erreurs de mesure sytématiques : Elles sont généralement dues au mauvais état
de l’appareil de mesure ou à l’utilisation d’une mauvaise méthode de mesure. Pour les
éviter ou les corriger, on peut effectuer avant la mesure un contrôle des appareils, ou
employer successivement des méthodes différentes ;
— Les erreurs de mesure accidentelles ou aléatoires : Elles sont le plus souvent dues
à l’expérimentateur lui-même (mauvaise lecture de l’instrument, mauvais positionnement
de l’œil lors de la lecture...). Celui-ci peut les réduire en se plaçant correctement afin de
bien disposer ses sens pour une bonnne lecture des mesures.
1.2.3 Incertitudes de mesure
Bien que déterminer la valeur exacte d’une grandeur est impossible dans la pratique, on
peut toutefois déterminer un intervalle dans lequel on est sûr de trouver la valeur exacte de la
grandeur à mesurer. L’incertitude de mesure d’une grandeur est un paramètre positif per-
mettant de définir l’ensemble des valeurs raisonables pouvant être attribuées à cette grandeur.
On appelle intervalle de confiance l’intervalle dans lequel une mesure peut être effectuée
avec un probabilité de garantir une bonne mesure.
1.2.3.1 Incertitude-type
L’incertitude-type d’une grandeur G, notée u (G) est une incertitude de mesure exprimée
sous la forme d’un écart-type.
Lorsqu’on mesure plusieurs fois et dans les mêmes conditions une grandeur G, on est en
présence d’une évaluation de type A à laquelle est associée une incertitude de type A
ou incertitude de répétabilité. Soit n ∈ N∗
le nombre de mesures indépendantes effectuées.
Notons Gi la valeur obtenue lors de la i-ème mesure. La valeur vraie de la grandeur G peut être
estimée par la moyenne G des mesures exprimée selon la relation ci-dessous :
G =
Pn
i=1 Gi
n
=
G1 + G2 + · · · + Gn
n
(1.1)
On définit l’écart-type σ selon la relation :
σ =
ÊPn
i=1 Gi − G
2
n − 1
(1.2)
L’incertitude-type u(G) dans ce cas est donnée par :
u(G) =
σ
√
n
=
s
Pn
i=1 Gi − G
2
n (n − 1)
(1.3)

Lorsque pour une grandeur G on réalise une seule mesure, on est en présence d’une évalua-
tion de type B à laquelle est associée une incertitude de type B. Dans ce cas, l’incertitude
dépend des données liées à la construction de l’instrument de mesure et de l’hypothèse sur la
qualité de la mesure réalisée. Notons G la valeur affichée par l’instrument de mesure.
Soit un appareil gradué sans aucunes caractéristiques (une règle graduée par exemple). No-
tons d sa plus petite graduation. Si on effectue une lecture simple, l’incertitude-type u(G) de
la mesure s’exprimera par :
u(G) =
d
2
√
3
(1.4)
Si on effectue une lecture double, l’incertitude-type u(G) de la mesure s’exprimera dans ce
cas par :
u(G) =
d
√
2
2
√
3
(1.5)
Si l’instrument de mesure est un appareil analogique de classe et de calibre connus, l’incertitude-
type u(G) de la mesure s’exprimera par :
u(G) =
classe × calibre
100
√
3
(1.6)
Si sur la notice de l’instrument de mesure ne figure que la résolution a, l’incertitude-type
u(G) de la mesure s’exprimera par :
u(G) =
a
√
12
(1.7)
Si l’instrument de mesure possède une tolérance t % (où t est un nombre réel), l’incertitude-
type u(G) sera :
u(G) =
tG
100
√
3
(1.8)
Pour les appareils numériques à affichage digitale dont la précision est donnée sous la forme
« n % + m digit » où n et m sont des nombres positifs, l’incertitude-type u(G) sera :
u(G) =
nG + m
100
√
3
(1.9)
Dans le cas où une série de mesure est effectuée, et que chacune d’entre elles est affectée
d’une incertitude de type B, on obtient une incertitude-type composée u exprimée selon la
relation ci-dessous :
u =
p
uA
2 + uB
2 (1.10)
uA correspond à l’incertitude-type déterminée statistiquement sur la série des observations,
tandis que uB correspond à l’incertitude-type déterminée sur la justesse de l’instrument de
mesure et de l’expérimentateur.
D’une manière générale, si l’incertitude sur une grandeur G est due à n facteurs, et que à
chaque facteur i est associée une incertitude-type ui(G), alors, l’incertitude totale u(G) sur G

s’exprime selon la relation ci-dessous :
u (G) =
Ê n
X
i=1
ui (G)2
=
È
u1 (G)2
+ u2 (G)2
+ · · · + un (G)2
(1.11)
La relation ci-dessus traduit une sommation quadratique. Elle est beaucoup plus précise
qu’une sommation linéaire.
1.2.3.2 Incertitude absolue
L’incertitude absolue ou élargie d’une grandeur G, notée ∆G est l’erreur maximale
susceptible d’être commise dans la mesure de cette grandeur. Elle correspond à l’écart entre la
plus grande valeur qu’on peut trouver et la valeur exacte, ou entre la plus petite valeur qu’on
peut trouver et la valeur exacte. L’incertitude absolue dépend de la façon de mesurer. Elle a
la même unité que la grandeur mesurée. L’incertitude absolue ∆G s’exprime en fonction de
l’incertitude-type u(G) selon la relation ci-dessous :
∆G = ku (G) (1.12)
k est un réel positif appelé facteur d’élargissement. Il dépend du niveau de confiance.
Pour un niveau de confiance de 68 %, k = 1, pour un niveau de confiance de 95 %, k = 2 et
pour un niveau de confiance de 99 %, k = 3. Si G est la valeur obtenue lors de la mesure d’une
grandeur G, le résultat de la mesure s’écrira (sans oublier l’unité si elle existe) :
G = G ± ∆G (1.13)
Dans l’écriture ci-dessus, l’incertitude absolue doit être donnée avec au plus deux chiffres signifi-
catifs. Par prudence, elle sera arrondie par excès. La valeur de la mesure et l’incertitude absolue
doivent avoir le même nombre de chiffres après la virgule. La valeur exacte de G appartient à
l’intervalle de confiance

G − ∆G ; G + ∆G

.
1.2.3.3 Incertitude relative
L’incertitude relative ou la précision d’une grandeur G, notée ∆G
G
est le rapport entre
l’incertitude absolue ∆G et le résultat G de la mesure. Elle n’a pas d’unité et se donne la
plupart du temps en pourcentage (%) :
∆G
G
=
∆G
G
(1.14)
Plus la précision est faible, plus la mesure est précise.

1.2.3.4 Propagation des incertitudes
Lorsqu’une grandeur dépend d’autres grandeurs ayant été mesurées, cette grandeur est dite
composée. Les incertitudes sur ces grandeurs mesurées vont se combiner entre elles pour pro-
duire l’incertitude totale sur la grandeur composée : C’est la propagation des incertitudes.
Soient deux grandeurs A et B, et soit a un nombre réel. Posons :
S = A + B ; D = A − B ; P = AB ; Q =
A
B
; M = aA et G = Aa
On a :
u (S) = u (D) =
È
u (A)2
+ u (B)2
(1.15)
u (P)
P
=
u (Q)
Q
=
Ê
u (A)2
A
2 +
u (B)2
B
2 (1.16)
On a donc :
u (P) = P
Ê
u (A)2
A
2 +
u (B)2
B
2
= A B
Ê
u (A)2
A
2 +
u (B)2
B
2
=
s
A
2
B
2
–
u (A)2
A
2 +
u (B)2
B
2
™
D’où :
u (P) =
È
B
2
u (A)2
+ A
2
u (B)2
(1.17)
On a de même :
u (Q) = Q
Ê
u (A)2
A
2 +
u (B)2
B
2
=
A
B
Ê
u (A)2
A
2 +
u (B)2
B
2
=
s
A
2
B
2
–
u (A)2
A
2 +
u (B)2
B
2
™
D’où :
u (Q) =
s
1
B
2 u (A)2
+
A
2
B
4 u (B)2
(1.18)
On a également :
u (M) = |a| u (A) (1.19)
u (G)
G
=
|a| u (A)
A
(1.20)

Soit donc :
u (G) =
|a| Gu (A)
A
=
|a| A
a
u (A)
A
D’où :
u (G) = |a| A
a−1
u (A) (1.21)
La relation ci-dessus s’applique également aux expressions faisant intervenir les racines (carrées,
cubiques, etc.), en remarquant qu’une racine correspond encore à une élevation dont l’exposant
est un nombre rationnel.
1.2.4 Qualités d’un instrument de mesure
Qu’il soit analogique ou numérique, un instrument de mesure doit avoir les trois princi-
pales qualités ci-dessous :
— La justesse : C’est l’aptitude de l’instrument de mesure à donner des indications sans
commettre des erreurs systématiques. Un instrument de mesure est dit juste si la diffé-
rence entre la valeur qu’il donne et la valeur exacte ne dépasse pas l’incertitude prévue ;
— La sensibilité ou la résolution : Il s’agit de la plus petite variation de mesure que peut
déceler un instrument de mesure. Un instrument de mesure est sensible s’il est capable
de mesurer la valeur d’une grandeur, aussi faible soit-elle.
— La fidélité : C’est l’aptitude d’un instrument de mesure à donner des indications très
voisines lorsqu’on opère plusieurs fois le mesurage du même mesurande dans les mêmes
conditions. Si l’instrument mesure une même grandeur plusieurs fois et dans les mêmes
conditions, et que les valeurs obtenues sont sensiblement identiques à chaque fois, l’ins-
trument de mesure est dit fidèle. Un instrument de mesure à la fois juste et fidèle est dit
exact ou précis.
1.3 Dimension d’une grandeur
1.3.1 Dimensions fondamentales
Il existe une très grande varieté de grandeurs toutes caractérisées par leur dimension.
Cependant, sept de ces grandeurs sont considérées comme des grandeurs fondamentales
dont sont associées sept dimensions fondamentales. Ces grandeurs sont dites fondamentales
parce que toutes les autres grandeurs peuvent êtres exprimées à partir d’elles. Une grandeur non
fondamentale s’exprimant à partir d’au moins une grandeur fondamentale est une grandeur
dérivée. Les sept grandeurs fondamentales ont été regroupées avec leurs dimensions et leurs
unités SI dans le Tableau 1.1.

Tableau 1.1 – Grandeurs fondamentales.
Grandeur fondamentale Dimension Unité SI Symbole de l’unité
Longueur L mètre m
Masse M kilogramme kg
Temps T seconde s
Intensité du courant électrique I Ampère A
Température Θ Kelvin K
Quantité de matière N mole mol
Intensité luminieuse J Candela Cd
Les unités SI des sept grandeurs fondamentales forment le système MKSA (mètre, kilo-
gramme, seconde, Ampère).
1.3.2 Multiples et sous-multiples
Les unités des grandeurs sont souvent précédées de certains préfixes qui désignent leurs
multiples ou leurs sous-multiples. Les préfixes les plus usuels désignant les multiples et les sous-
multiples des unités des grandeurs ont été respectivement regroupés dans le Tableau 1.2 et le
Tableau 1.3.
Tableau 1.2 – Multiples des unités.
Préfixe Symbole Facteur de multiplication
Exa E 1018
Péta P 1015
Téra T 1012
Giga G 109
Méga M 106
kilo k 103
hecto h 102
déca da 10

Tableau 1.3 – Sous-multiples des unités.
Préfixe Symbole Facteur de multiplication
déci d 10−1
centi c 10−2
milli m 10−3
micro µ 10−6
nano n 10−9
pico p 10−12
femto f 10−15
atto a 10−18
On a par exemple :
1 cm = 10−2
m ; 2 ms = 2 × 10−3
s ; 5 TK = 5 × 1012
K
1.3.3 Equations aux dimensions
On appelle équation aux dimensions l’équation qui lie la dimension d’une grandeur dé-
rivée G aux sept dimensions fondamentales. La dimension d’une grandeur G est notée [G] ou
dim G. La forme générale d’une équation aux dimensions est la suivante :
[G] = La
.Mb
.Tc
.Id
.Θe
.Nf
.Jg
(1.22)
Il ne faudrait en aucun cas confondre la dimension d’une grandeur et son unité. L’unité dans le
système MKSA d’une grandeur s’exprime en remplaçant dans l’expression de sa dimension les
symboles des grandeurs fondamentales par leurs unités SI. L’unité de la grandeur G précédente
dans le système MKSA est donc ma
.kgb
.sc
.Ad
.Ke
.molf
.Cdg
. Les paramètres a, b, c, d, e, f et g
sont des nombres réels appelés exposants dimensionnels. Ils peuvent être positifs, négatifs
ou nuls. Une grandeur dont tous les exposants dimensionnels sont nuls est sans dimension.
Sa dimension est égale à 1. Tout nombre réel est sans dimension. La plupart des grandeurs sans
dimension n’ont pas d’unité. Cependant, les angles qui sont sans dimension ont une unité qui
est le radian (rad). L’équation aux dimensions d’une grandeur dérivée se détermine à partir
de la relation qui la lie à d’autres grandeurs dont les dimensions sont connues. Il faut noter que
dans une relation, deux grandeurs ne peuvent être additionnées ou soustraites que si elles ont
la même dimension. Soient deux grandeurs A et B, et soit a un nombre réel sans dimension.
Les dimensions respectives [A] et [B] de ces grandeurs vérifient les propriétés ci-après :
[A] = [B] ⇐⇒ [A + B] = [A − B] = [A] = [B] (1.23)
[AB] = [A] [B] (1.24)

•
A
B
˜
=
[A]
[B]
(1.25)
[aA] = [A] (1.26)
[Aa
] = [A]a
(1.27)
Il est important de préciser que l’argument des fonctions trigonométriques, logarithmiques et
exponentielles doit être sans dimension.
1.3.4 Analyse dimensionnelle d’une grandeur
L’analyse dimensionnelle permet de vérifier l’homogénéité d’une expression, c’est-à-dire
de vérifier que les deux membres de cette expression ont la même dimension. Une expression
dont les deux membres ont la même dimension est donc homogène. Toute expression non
homogène est nécessairement fausse. L’analyse dimensionnelle peut permettre dans certains
cas de déterminer la forme d’une équation en adoptant des hypothèses quant aux grandeurs
qui y entrent en jeu. Considérons une grandeur G dont on pense qu’elle dépend de n grandeurs
G1, G2, · · · et Gn selon l’expression ci-dessous, où α1, α2, · · · et αn sont des réels, et C une
constante sans dimension :
G = CG1
α1
G2
α2
· · · Gn
αn
Si l’on connait les dimensions de toutes ces grandeurs, il est possible de déterminer les valeurs
des réels α1, α2, · · · et αn :
[G] = [G1]α1
[G2]α2
· · · [Gn]αn
Par contre, il n’est pas possible de conaître la valeur de la constate C, car l’analyse dimension-
nelle ne prend pas en compte les nombres sans dimension.

Exercices
Exercice 1.1 :
Pour chacune des mesures ci-dessous, déterminer l’incertitude-type, l’incertitude absolue et
l’incertitude relative sur la grandeur mesurée, puis écrire le résultat de cette mesure. On se
placera dans un niveau de confiance de 99 %.
1- On mesure cinq fois de suite à l’aide d’un chronomètre la durée t que met un pendule simple
pour effectuer vingt oscillations. On obtient successivement les valeurs 280
23 s, 280
24 s, 280
22 s,
280
25 s et 280
27 s. Pour ce cas, déterminer d’abord la moyenne t des mesures de cette durée et
l’écart-type σ associé. Pour la conversion, on se servira de l’exemple ci-après :
100
15 s = 10 +
15
60
= 10 + 0, 25 = 10, 25 s
2- On mesure la longueur `b d’une branche de bois à l’aide d’une règle graduée par une lecture
simple. La valeur lue est de 25, 8 cm. La plus petite graduation de cette règle est de 1 mm.
3- On mesure la longueur `f d’un fil à l’aide de la règle graduée de la question précédente, mais
par une lecture double cette fois-ci. La valeur lue est de 19, 6 cm.
4- On mesure l’intensité B du champ magnétique
−
→
B créé entre les branches d’un aimant en U
à l’aide d’un teslamètre de tolérance 0, 5%, de classe 2 et de calibre 200 mT. La valeur lue est
de 340 mT.
5- On mesure à l’aide d’un multimètre de précision 3 % + 2 digit la tension U aux bornes d’un
dipôle. On lit la valeur 1, 58 V.
Exercice 1.2 :
Pour chacun des cas ci-après, on a exprimé une grandeur en fonction d’autres grandeurs dont
les valeurs et les incertitudes élargies sont connues. Pour chacun de ces cas, calculer la valeur
numérique de cette grandeur, son incertitude-type, son incertitude élargie pour un niveau de
confiance de 95 % et son incerturde relative. Ecrire enfin convenablement le résultat de cette
grandeur.
1- Un fil de cuivre de longueur ` = 98, 7 ± 0, 3 mm et de surface transversale S = 3, 1 ± 0, 2 mm2
est parcouru par un courant d’intensité I = 50 ± 4 mA. La tension aux bornes de l’élément vaut
U = 15, 4 ± 0, 5 V. La résistivité ρ de ce fil est donnée par la relation :
ρ =
US
I`
2- Un pendule élastique est constitué par un solide de dimensions négligeables de masse
m = 800 ± 5 g et par un ressort à spires non-jointives de raideur K = 20, 8 ± 1, 4 N.m−1
. La
période propre T de ce pendule est donnée par la relation :
T = 2π
É
m
K

3- Le volume V d’une sphère de rayon R = 6, 75 ± 0, 05 cm est donné par la relation :
V =
4
3
πR3
4- Une boule supposée ponctuelle placée à une altitude h = 1, 25 ± 0, 01 m du sol est lancée
vers le haut avec une vitesse verticale de module V = 5, 6 ± 0, 2 m.s−1
. L’intensité du champ de
pesanteur dans la région vaut g = 9, 7 ± 0, 3 m.s−2
. La résitance de l’air étant négligée, l’altitude
maximale H dont s’élève la boule par rapport au sol est donnée par la relation :
H =
V2
2g
+ h
5- Au point A d’un plan horizontal de longueur L = AB = 80 ± 1 cm, on communique une vi-
tesse horizontale VA = 3, 5 ± 0, 1 m.s−1
à une boule supposée ponctuelle de masse m = 600 ± 4 g.
Les forces s’opposant au mouvement de la boule sont équivalentes à une unique force de mo-
dule f = 1, 20 ± 0, 01 N. La vitesse VB avec laquelle la boule arrive au point B est donnée par
la relation :
VB =
É
VA
2
−
2fL
m
Exercice 1.3 :
1- La charge électrique q est liée au courant électrique i selon la relation :
i =
dq
dt
L’Unité SI de la charge électrique est le Coulomb (C). Déterminer la dimension [q] de la charge
électrique, ainsi que l’équivalent du Coulomb dans le système MKSA.
2- L’unité SI de l’énergie est le Joule (J). En se servant de la définition de l’énergie cinétique,
déterminer la dimension [E] de l’énergie, ainsi que l’équivalent du Joule dans le système MKSA.
3- L’unité SI de la force est le Newton (N). Le travail d’une force est une forme d’énergie. En
se servant de la définition du travail d’une force, déterminer la dimension [F] de la force, ainsi
que l’équivalent du Newton dans le système MKSA.
4- L’unité SI de l’intensité du champ magnétique est le Tesla (T). L’intensité F de la force
magnétique appliquée à une particule de charge électrique q animée d’une vitesse de module V
et plongée dans un champ magnétique d’intensité B est donnée par :
F = qVB
Déterminer la dimension [B] de l’intensité du champ magnétique, ainsi que l’équivalent du Tesla
dans le système MKSA.
5- L’unité SI de la tension électrique est le Volt (V). On considère une bobine constituée de
N (N ∈ N∗
) spires de surface S. Un champ magnétique perpendiculaire aux plans des spires et

de module variable B (t) est appliqué au centre de la bobine. Il se crée une f.é.m. (qui est une
tension) d’auto-induction e(t) dont l’expression est donnée par :
e(t) = −NS
dB
dt
Déterminer la dimension [U] de la tension électrique, ainsi que l’équivalent du Volt dans le
système MKSA.
Exercice 1.4 :
Les relations courant-tension d’une bobine d’inductance L et d’un condensateur de capacité C
sont respectivement données par les expressions ci-dessous :
uL = L
diL
dt
et iC = C
duC
dt
Pour chacun des cas suivants, déterminer les dimensions de toutes les grandeurs intervenant
dans la relation mathématique mentionnée puis vérifier l’homogénéité de cette relation.
1- La constante de temps (homogène à un temps) τRL d’un circuit RL constitué par un résistor
de résistance R et une bobine d’inductance L est donnée par la relation :
τRL =
L
R
2- La constante de temps (homogène à un temps) τRC d’un circuit RC constitué par un résistor
de résistance R et un condensateur de capacité C est donnée par la relation :
τRC = RC
3- Le facteur de qualité Q (grandeur sans dimension) d’un circuit RLC série constitué par un
résistor de résistance R, une bobine d’inductance L et un condensateur de capacité C est donné
par la relation :
Q =
1
R
É
L
C
4- La fréquence (inverse d’un temps) Nr à la résonance d’intensité dans un circuit RLC série
constitué par un résistor de résistance R, une bobine d’inductance L et un condensateur de
capacité C est donnée par la relation :
Nr =
1
2π
√
LC
5- L’énergie électromagnétique E emmagasinée dans un circuit comportant une bobine d’in-
ductance L et un condensateur de capacité C est donnée par la relation :
E =
1
2
LiL
2
+ CuC
2


Exercice 1.5 :
Pour chacun des cas ci-après, déterminer les valeurs des réels a, b, c et d puis réécrire l’expression
donnée. C est une constante sans dimension et g l’intensité de la pesanteur.
1- Une bille considérée comme ponctuelle de masse m est lâchée sans vitesse initiale à une
altitude h par rapport au sol. On exprime la vitesse V avec laquelle la bille arrive au sol selon
la relation ci-dessous :
V = Cma
gb
hc
2- Une boule de dimensions négligeables de masse m est accrochée à l’extrémité d’un fil inex-
tensible de longueur ` dont l’autre extrémité est accrochée à un support fixe. Le système est
écarté de la position d’équilibre d’un angle droit et lâché vers le bas avec une vitesse V. On
exprime le module T de la tension du fil lorsqu’il passe par sa position verticale selon la relation
ci-dessous :
T = Cma
Vb
`c
3- Un pendule simple est constitué par une boule ponctuelle de masse m accrochée à l’extrémité
d’un fil inextensible de longueur ` dont l’autre extrémité est accrochée à un support fixe. On
exprime la durée T mis par ce pendule pour effectuer une oscillation selon la relation ci-dessous :
T = Cma
gb
`c
4- Sur un plan horizontal, un solide ponctuel de masse m bute un ressort de raideur k avec une
vitesse V. On exprime le raccourcissement maximal ∆` du ressort selon la relation ci-dessous :
∆` = Cma
Vb
kc
5- Une particule de masse m et de charge électrique q est située à l’intérieur d’un condensateur
formé de deux armatures parallèles séparées par une distance D et entre lesquelles règne une
différence de potentiel U. On exprime la force électrostatique F s’exerçant sur la particule selon
la relation ci-dessous :
F = Cma
qb
Uc
Dd

Evaluations des compétences
Evaluation 1.1 :
La période propre d’un pendule simple comprenant un fil inextensible de longueur ` est donnée
par la relation :
T = 2π
Ê
`
g
g étant l’accélération de la pesanteur. Deux élèves Daniel et Jérémie décident de mesurer la
valeur de g dans leur laboratoire de physique en réalisant une expérience du pendule simple.
Daniel utilise un fil de longueur `1 = 60, 15 ± 0, 01 cm. La période des oscillations mesurée avec
son chronomètre indique T1 = 1, 55 ± 0, 02 s. Jérémie quant à lui utilise un fil de longueur
`2 = 115, 25 ± 0, 02 cm et la période des oscillations mesurée avec son chronomètre indique
T2 = 2, 15 ± 0, 01 s. Lequel des deux résultats sera le plus précis ?
Evaluation 1.2 :
Dans un document, des élèves ont trouvé un exercice dans lequel une grandeur G est exprimée
en fonction d’autres grandeurs α, β, γ, µ et λ selon la relation ci-dessous :
G =
αβ + γ2
√
µ2 − λ2
avec µ λ
Les valeurs numériques sont :
α = 2, 00 ± 0, 01 USI ; β = 3, 00 ± 0, 01 USI ; γ = 6, 00 ± 0, 01 USI
µ = 10, 00 ± 0, 01 USI ; λ = 8, 00 ± 0, 01 USI
A la suite de l’exercice, il est demandé de choisir l’écriture correcte du résultat de G parmi les
trois propositions ci-dessous, pour un même niveau de confiance :
a. G = 7, 00 ± 0, 03 USI ; b. G = 7, 00 ± 0, 04 USI ; c. G = 6, 00 ± 0, 04 USI
Paul est convaincu que c’est la propositon b qui est correcte, Pierre lui opte pour la propositon
c, et Jean pense que c’est la propositon a qui est valable. Lequel de ces trois élèves a raison ?
Evaluation 1.3 :
En lisant un livre de Physique, un élève a lu que l’intensité F de la force du vent soufflant
avec une vitesse V supposée constante sur une poutre cylindrique de masse volumique ρ et de
diamètre D s’exprime selon la relation :
F =
1
2
ρADV2
L’élève a également lu que A représente une constante aérodynamique dont l’unité SI est le m2
.
Une erreur a été commise dans ce livre concernant l’unité de cette constante. Laquelle ?

Corrections des exercices
Exercice 1.1 :
Le niveau de confiance étant de 99 %, le facteur d’élargissement vaut k = 3.
1- La moyenne t des mesures de la durée est donnée par :
t =
P5
i=1 ti
5
Application numérique :
t =
280
23 + 280
24 + 280
22 + 280
25 + 280
27
5
=
28 + 23
60
+ 28 + 24
60
+ 28 + 22
60
+ 28 + 25
60
+ 28 + 27
60
5
Soit :
t = 28, 4 s = 280
24 s
L’écart-type σ est donné par :
σ =
ÊP5
i=1 (ti − t)
2
4
σ =
s
28 + 23
60
− 28, 4
2
+ 28 + 24
60
− 28, 4
2
+ · · · + 28 + 27
60
− 28, 4
2
4
Soit :
σ = 0, 032 s
L’incertitude-type u(t) est donnée par :
u(t) =
σ
√
5
u(t) =
0, 032
√
5
Soit :
u(t) = 0, 014 s
L’incertitude absolue ∆t est donnée par :
∆t = ku(t)
∆t = 3 × 0, 014

D’où :
∆t = 0, 042 s
L’incertitude relative quant à elle est donnée par :
∆t
t
=
∆t
t
∆t
t
=
0, 042
28, 4
Soit :
∆t
t
= 1, 47 × 10−3
≡ 0, 147 %
Le résultat de la mesure de t s’écrit donc :
t = (28, 40 ± 0, 05) s
2- Soit d = 1 mm = 0, 1 cm la plus petite graduation de la règle graduée. La lecture étant
simple, l’incertitude-type u(`b) est donnée par :
u(`b) =
d
2
√
3
u(`b) =
0, 1
2 ×
√
3
Soit :
u(`b) = 0, 0288 cm
L’incertitue absolue ∆`b est donnée par :
∆`b = ku(`b)
∆`b = 3 × 0, 0288
Soit :
∆`b = 0, 0866 cm
L’incertitude relative est quant à elle donnée par :
∆`b
`b
=
∆`b
`b

∆`b
`b
=
0, 0866
25, 8
Soit :
∆`b
`b
= 3, 35 × 10−3
≡ 0, 335 %
Le résultat de la mesure de `b s’écrit donc :
`b = 25, 80 ± 0, 09 cm
3- Soit d = 1 mm = 0, 1 cm la plus petite graduation de la même règle graduée qu’à la question
précédente. La lecture étant double, l’incertitude-type u(`f) est donnée par :
u(`f ) =
d
√
2
2
√
3
u(`f ) =
0, 1 ×
√
2
2 ×
√
3
Soit :
u(`f ) = 0, 04 cm
L’incertitue absolue ∆`f est donnée par :
∆`f = ku(`f )
∆`f = 3 × 0, 04
Soit :
∆`f = 0, 122 cm
∆`f
`f
=
∆`f
`f
∆`f
`f
=
0, 122
19, 6
Soit :
∆`f
`f
= 6, 248 × 10−3
≡ 0, 624%

Le résultat de la mesure de `f s’écrit donc :
`f = 19, 6 ± 0, 2 cm
4- L’incertitude-type u(B) est donnée par :
u(B) =
Ì
‚
tB
100
√
3
Œ2
+

classe × calibre
100
√
3
‹2
D’où :
u(B) =
È
tB
2
+ (classe × calibre)2
100
√
3
u(B) =
È
(0, 5 × 340)2
+ (2 × 200)2
100
√
3
Soit :
u(B) = 2, 509 mT
L’incertitue absolue ∆B est donnée par :
∆B = ku(B)
∆B = 3 × 2, 509
Soit :
∆B = 7, 527 mT
∆B
B
=
∆B
B
∆B
B
=
7, 527
340
Soit :
∆B
B
= 0, 0221 ≡ 2, 21 %
Le résultat de la mesure de B s’écrit donc :
B = 340, 0 ± 7, 6 mT

5- Soient n = 3 et m = 2. L’incertitude-type u(U) sur la tension U est donnée par :
u(U) =
nU + m
100
√
3
u(U) =
3 × 1, 58 + 2
100 ×
√
3
Soit :
u(U) = 0, 0389 V
L’incertitue absolue ∆U est donnée par :
∆U = ku(U)
∆U = 3 × 0, 0389
Soit :
∆U = 0, 116 V
∆U
U
=
∆U
U
∆U
U
=
0, 116
1, 58
Soit :
∆U
U
= 0, 0738 ≡ 7, 38 %
Le résultat de la mesure de U s’écrit donc :
U = 1, 5 ± 0, 2 V
Exercice 1.2 :
Le niveau de confiance étant de 95 %, le facteur d’élargissement vaut k = 2.
1- La valeur numérique ρ de ρ est donnée par :
ρ =
U S
I `

ρ =
15, 4 × 3, 1 × 10−6
50 × 10−3 × 98, 7 × 10−3
Soit :
ρ = 9, 67 × 10−3
Ω.m = 9, 67 mΩ.m
L’incertitude-type u (ρ) sur ρ est donnée par :
u (ρ) =
s
1
I
2
`
2 u (US)2
+
U
2
S
2
I
4
`
4 u (I`)2
=
s
1
I
2
`
2
”
S
2
u (U)2
+ U
2
u (S)2
—
+
U
2
S
2
I
4
`
4
”
`
2
u (I)2
+ I
2
u (`)2
—
=
s
1
I
2
`
2
–
S
2 (∆U)2
k2
+ U
2 (∆S)2
k2
™
+
U
2
S
2
I
4
`
4
–
`
2 (∆I)2
k2
+ I
2 (∆`)2
k2
™
D’où :
u (ρ) =
1
k
s
1
I
2
`
2
”
S
2
(∆U)2
+ U
2
(∆S)2
—
+
U
2
S
2
I
4
`
4
”
`
2
(∆I)2
+ I
2
(∆`)2
—
u (ρ) =
1
2
Ð
1
(50×10−3×98,7×10−3)
2
”
(3, 1 × 10−6
× 0, 5)
2
+ (15, 4 × 0, 2 × 10−6
)
2
—
+
(15,4×3,1×10−6
)
2
(50×10−3×98,7×10−3)
4
”
(98, 7 × 10−3
× 4 × 10−3
)
2
+ (50 × 10−3
× 0, 3 × 10−3
)
2
—
Soit :
u (ρ) = 5, 21 × 10−4
Ω.m = 0, 521 mΩ.m
L’incertitude élargie ∆ρ sur ρ est donnée par :
∆ρ = ku (ρ)
∆ρ = 2 × 5, 21 × 10−4
Soit :
∆ρ = 1, 043 × 10−3
Ω.m = 1, 043 mΩ.m
L’incertitude relative ∆ρ
ρ
est donnée par :
∆ρ
ρ
=
∆ρ
ρ

∆ρ
ρ
=
1, 043
9, 67
Soit :
∆ρ
ρ
= 0, 1078 ≡ 10, 78 %
Finalement, le résultat de ρ s’écrit :
ρ = 9, 67 ± 1, 05 mΩ.m
2- La valeur numérique T de T est donnée par :
T = 2π
Ê
m
K
T = 2 × π ×
Ê
0, 8
20, 8
Soit :
T = 1, 23 s
L’incertitude-type u (T) sur T est donnée par :
u (T) = 2πu
É
m
K
‹
= 2πu
• m
K
1
2
˜
= 2π
–
1
2

m
K
‹− 1
2
u
m
K
™
=
πu m
K

È
m
K
=
π
q
1
K
2 u (m)2
+ m2
K
4 u (K)2
È
m
K
=
π
q
1
K
2
(∆m)2
k2 + m2
K
4
(∆K)2
k2
È
m
K
D’où :
u (T) =
π
q
1
K
2 (∆m)2
+ m2
K
4 (∆K)2
k
È
m
K

u (T) =
π ×
q€
5×10−3
20,8
Š2
+ (0,8×1,4)2
20,84
2
È 0,8
20,8
Soit :
u (T) = 0, 0208 s
L’incertitude élargie ∆T sur T est donnée par :
∆T = ku (T)
∆T = 2 × 0, 0208
Soit :
∆T = 0, 0416 s
L’incertitude relative ∆T
T
est donnée par :
∆T
T
=
∆T
T
∆T
T
=
0, 0416
1, 23
Soit :
∆T
T
= 0, 0338 ≡ 3, 38 %
Finalement, le résultat de T s’écrit :
T = 1, 23 ± 0, 05 s
3- La valeur numérique V de V est donnée par :
V =
4
3
πR
3
V =
4
3
× π × 6, 753
Soit :
V = 1288, 25 cm3

L’incertitude-type u (V) sur V est donnée par :
u (V) =
4
3
πu R3

=
4
3
π
”
3R
2
u (R)
—
D’où :
u (V) =
4π
k
R
2
∆R
u (V) =
4 × π
2
× 6, 752
× 0, 05
Soit :
u (V) = 14, 313 cm3
L’incertitude élargie ∆V sur V est donnée par :
∆V = ku (V)
∆V = 2 × 14, 313
Soit :
∆V = 28, 627 cm3
L’incertitude relative ∆V
V
est donnée par :
∆V
V
=
∆V
V
∆V
V
=
28, 627
1288, 25
Soit :
∆V
V
= 0, 0222 ≡ 2, 22 %
Finalement, le résultat de V s’écrit :
V = 1288, 2 ± 28, 7 cm3

4- La valeur numérique H de H est donnée par :
H =
V
2
2g
+ h
H =
5, 62
2 × 9, 7
+ 1, 25
Soit :
H = 2, 86 m
L’incertitude-type u (H) sur H est donnée par :
u (H) =
Ê
u

V2
2g
‹2
+ u (h)2
=
s
1
4g2
u (V2)2
+
V
4
16g4
u (2g)2
+ u (h)2
=
s
1
4g2

2Vu (V)
2
+
V
4
16g4
[2u (g)]2
+ u (h)2
=
s
V
2
g2
u (V)2
+
V
4
4g4
u (g)2
+ u (h)2
=
s
V
2
g2
(∆V)2
k2
+
V
4
4g4
(∆g)2
k2
+
(∆h)2
k2
D’où :
u (H) =
1
k
s
V
2
g2
(∆V)2
+
V
4
4g4
(∆g)2
+ (∆h)2
u (H) =
1
2
×
Ê
5, 6 × 0, 2
9, 7
‹2
+
1
4
×

5, 6
9, 7
‹4
× 0, 32 + 0, 012
Soit :
u (H) = 0, 063 m
L’incertitude élargie ∆H sur H est donnée par :
∆H = ku (H)
∆H = 2 × 0, 063

Soit :
∆H = 0, 126 m
L’incertitude relative ∆H
H
est donnée par :
∆H
H
=
∆H
H
∆H
H
=
0, 126
2, 86
Soit :
∆H
H
= 0, 044 ≡ 4, 4 %
Finalement, le résultat de H s’écrit :
H = 2, 8 ± 0, 2 m
5- La valeur numérique VB de VB est donnée par :
VB =
Ê
VA
2
−
2f L
m
VB =
Ê
3, 52 −
2 × 1, 2 × 0, 8
0, 6
Soit :
VB = 3 m.s−1
L’incertitude-type u (VB) sur VB est donnée par :
u (VB) = u
–
VA
2
−
2fL
m
‹ 1
2
™
=
1
2
‚
VA
2
−
2f L
m
Œ− 1
2
u

VA
2
−
2fL
m
‹
=
u VA
2
− 2fL
m

2
È
VA
2
− 2f L
m
=
È
u VA
2
2
+ u 2fL
m
2
2
È
VA
2
− 2f L
m

=
q
2VAu (VA)
2
+ 1
m2 u (2fL)2
+ 4f
2
L
2
m4 u (m)2
2
È
VA
2
− 2f L
m
=
q
4VA
2
u (VA)2
+ 4
m2 u (fL)2
+ 4f
2
L
2
m4 u (m)2
2
È
VA
2
− 2f L
m
=
q
4VA
2
u (VA)2
+ 4
m2
”
L
2
u (f)2
+ f
2
u (L)2
—
+ 4f
2
L
2
m4 u (m)2
2
È
VA
2
− 2f L
m
=
q
4VA
2 (∆VA)2
k2 + 4
m2
”
L
2 (∆f)2
k2 + f
2 (∆L)2
k2
—
+ 4f
2
L
2
m4
(∆m)2
k2
2
È
VA
2
− 2f L
m
D’où :
u (VB) =
q
VA
2
(∆VA)2
+ 1
m2
”
L
2
(∆f)2
+ f
2
(∆L)2
—
+ f
2
L
2
m4 (∆m)2
k
È
VA
2
− 2f L
m
u (VB) =
q
(3, 5 × 0, 1)2
+ 1
0,62 ×
”
(0, 8 × 0, 01)2
+ (1, 2 × 0, 01)2
—
+ (1,2×0,8×4×10−3)
2
0,64
2 ×
È
3, 52 − 2×1,2×0,8
0,6
Soit :
u (VB) = 0, 0583 m.s−1
L’incertitude élargie ∆VB sur VB est donnée par :
∆VB = ku (VB)
∆VB = 2 × 0, 0583
Soit :
∆VB = 0, 116 m.s−1
L’incertitude relative ∆VB
VB
est donnée par :
∆VB
VB
=
∆VB
VB
∆VB
VB
=
0, 116
3

Soit :
∆VB
VB
= 0, 0387 ≡ 3, 87 %
Finalement, le résultat de VB s’écrit :
VB = 3, 0 ± 0, 2 m.s−1
Exercice 1.3 :
1- On a :
[i] =
[dq]
[dt]
=⇒ [q] = [dq] = [i] [dt]
= [i] [t]
D’où :
[q] = T.I
L’équivalent du Coulomb dans le système MKSA est donc l’Ampère-Seconde (A.s).
2- L’énergie cinétique Ec d’un solide de masse m animé d’une vitesse V s’exprime par :
Ec =
1
2
mV2
On a donc :
[E] = [Ec]
= [m] [V]2
Or, on sait que la vitesse est le quotient d’une distance (homogène à une longueur) et d’un
temps. Soit :
[V] = L.T−1
D’où :
[E] = L2
.M.T−2
L’équivalent du Joule dans le système MKSA est donc le m2
.kg.s−2
.
3- Le travail W d’une force
−
→
F est le produit scalaire de cette force par le vecteur déplacement
−
→
d . Soient F et d les normes respectives de
−
→
F et
−
→
d . Soit θ l’angle entre
−
→
F et
−
→
d . On a :
W =
−
→
F ·
−
→
d
= Fd cos θ

On a ainsi :
[W] = [E] = [F] [d] [cos θ]
= [F] [d]
=⇒ [F] =
E
[d]
Or, le déplacement d a la dimension d’une longueur. On a ainsi :
=⇒ [F] =
L2
.M.T−2
L
D’où :
[F] = L.M.T−2
L’équivalent du Newton dans le système MKSA est donc le m.kg.s−2
.
4- On a :
B =
F
qV
=⇒ [B] =
[F]
[qV]
=
[F]
[q] [V]
=
L.M.T−2
I.T.L.T−1
D’où :
[B] = M.T−2
.I−1
L’équivalent du Tesla dans le système MKSA est donc le kg.s−2
.A−1
.
5- On a :
[U] = [e] =
[S] [dB]
[dt]
=
[S] [B]
[t]
=
L2
.M.T−2
.I−1
T
D’où :
[U] = L2
.M.T−3
.I−1
L’équivalent du Volt dans le système MKSA est donc le m2
.kg.s−3
.A−1
.

Exercice 1.4 :
1- La constante de temps τRL étant homogène à un temps, sa dimension vaut :
[τRL] = T
Pour que la relation courant-tension de la bobine soit homogène, on doit avoir :
[uL] =
[L] [diL]
[dt]
=⇒ [L] =
[uL] [dt]
[diL]
On a :
[diL] = [iL] = I ; [dt] = [t] = T
A l’exercice précédent, nous avons obtenu la dimension de la tension électrique. On a ainsi :
[uL] = L2
.M.T−3
.I−1
On a donc :
[L] =
L2
.M.T−3
.I−1
.T
I
D’où :
[L] = L2
.M.T−2
.I−2
On sait que la loi d’Ohm aux bornes d’un résistor de résistance R s’écrit :
uR = RiR
=⇒ R =
uR
iR
=⇒ [R] =
[uR]
[iR]
=
L2
.M.T−3
.I−1
I
D’où :
[R] = L2
.M.T−3
.I−2

On a ainsi :
•
L
R
˜
=
[L]
[R]
=
L2
.M.T−2
.I−2
L2.M.T−3.I−2
= T
On a donc :
[τRL] =
•
L
R
˜
La relation est donc homogène.
2- La constante de temps τRC étant homogène à un temps, sa dimension vaut :
[τRC] = T
Comme précédemment, on a :
[R] = L2
.M.T−3
.I−2
Pour que la relation courant-tension du condensateur soit homogène, on doit avoir :
[iC] =
[C] [duC]
[dt]
=⇒ [C] =
[iC] [dt]
[duC]
=
I.T
L2.M.T−3.I−1
D’où :
[C] = L−2
.M−1
.T4
.I2
On a ainsi :
[RC] = [R] [C]
= L2
.M.T−3
.I−2
.L−2
.M−1
.T4
.I2
= T
On a donc :
[τRC] = [RC]
3- Le facteur de qualité Q étant une grandeur sans dimension, sa dimension est égale à 1 :
[Q] = 1

[R] = L2
.M.T−3
.I−2
[L] = L2
.M.T−2
.I−2
[C] = L−2
.M−1
.T4
.I2
On a ainsi :
–
1
R
É
L
C
™
=


È
L
C
R


=

L
C
1
2
R
#
=
[L]
1
2
[R] [C]
1
2
=
L.M
1
2 .T−1
.I−1
L2.M.T−3.I−2.L−1.M− 1
2 .T2.I
=
L.M
1
2 .T−1
.I−1
L.M
1
2 .T−1.I−1
= 1
On a donc :
[Q] =
–
1
R
É
L
C
™
4- La fréquence Nr étant homogène à l’inverse d’un temps, sa dimension vaut :
[Nr] = T−1
[L] = L2
.M.T−2
.I−2
[C] = L−2
.M−1
.T4
.I2
On a ainsi :
•
1
2π
√
LC
˜
=
1
”√
LC
—
= [L]− 1
2 [C]− 1
2
= L−1
.M− 1
2 .T.I.L.M
1
2 .T−2
.I−1
= T−1

On a donc :
[Nr] =
•
1
2π
√
LC
˜
5- On a déterminé à l’exercice précédent la dimension de l’énergie. La dimension de l’énergie
électromagnétique E vaut donc :
[E] = L2
.M.T−2
On a de même :
[iL] = I
[uC] = L2
.M.T−3
.I−1
[L] = L2
.M.T−2
.I−2
[C] = L−2
.M−1
.T4
.I2
On a ainsi :
•
1
2
LiL
2
˜
= [L] [iL]2
= L2
.M.T−2
.I−2
.I2
= L2
.M.T−2
•
1
2
CuC
2
˜
= [C] [uC]2
= L−2
.M−1
.T4
.I2
.L4
.M2
.T−6
.I−2
= L2
.M.T−2
On a donc :
[E] =
•
1
2
LiL
2
˜
=
•
1
2
CuC
2
˜
Soit donc :
[E] =
•
1
2
LiL
2
+
1
2
CuC
2
˜
Exercice 1.5 :
1- Pour que la relation soit homogène, on doit avoir :
[V] = [m]a
[g]b
[h]c

On sait que :
[V] = L.T−1
; [m] = M ; [h] = L
Le module du poids d’un corps qui est une force est le produit de la masse m de ce corps et de
l’accélération de la pesanteur g. On a donc :
[F] = [m] [g]
=⇒ [g] =
[F]
[m]
=
L.M.T−2
M
= L.T−2
On a ainsi :
L.T−1
= Ma
.Lb
.T−2b
.Lc
= Lb+c
.Ma
.T−2b
Par identification, on a donc : 




b + c = 1
a = 0
−2b = −1
=⇒





a = 0
b = 1
2
c = 1
2
On a donc :
V = Cg
1
2 h
1
2
D’où :
V = C
p
gh
[T] = [m]a
[V]b
[`]c
On sait que :
[m] = M ; [V] = L.T−1
; [`] = L
La tension du fil ayant la dimension d’une force, on a :
[T] = L.M.T−2

On a ainsi :
L.M.T−2
= Ma
.Lb
.T−b
.Lc
= Lb+c
.Ma
.T−b




b + c = 1
a = 1
−b = −2
=⇒





a = 1
b = 2
c = −1
On a donc :
T = CmV2
`−1
D’où :
T =
CmV2
`
[T] = [m]a
[g]b
[`]c
On sait que :
[T] = T ; [m] = M ; [g] = L.T−2
; [`] = L
On a ainsi :
T = Ma
.Lb
.T−2b
.Lc
= Lb+c
.Ma
.T−2b




b + c = 0
a = 0
−2b = 1
=⇒





a = 0
b = − 1
2
c = 1
2
On a donc :
T = Cg− 1
2 `
1
2

D’où :
T = C
Ê
`
g
[∆`] = [m]a
[V]b
[k]c
On sait que :
[∆`] = L ; [m] = M ; [V] = L.T−1
On sait que la force de rappel F d’un ressort est le produit de sa raideur k et de la variation
de longueur ∆` :
F = k∆`
On a donc :
[F] = [k] [∆`]
=⇒ [k] =
[F]
[∆`]
=
L.M.T−2
L
= M.T−2
On a ainsi :
L = Ma
.Lb
.T−b
.Mc
.T−2c
= Lb
.Ma+c
.T−b−2c




b = 1
a + c = 0
−b − 2c = 0
=⇒





a = 1
2
b = 1
c = − 1
2
On a donc :
∆` = Cm
1
2 Vk− 1
2
D’où :
∆` = CV
É
m
k

[F] = [m]a
[q]b
[U]c
[D]d
On sait que :
[F] = L.M.T−2
; [m] = M ; [D] = L
Des exercices précédents, on a trouvé :
[q] = T.I ; [U] = L2
.M.T−3
.I−1
On a ainsi :
L.M.T−2
= Ma
.Tb
.Ib
.L2c
.Mc
.T−3c
.I−c
.Ld
= L2c+d
.Ma+c
.Tb−3c
.Ib−c










2c + d = 1
a + c = 1
b − 3c = −2
b − c = 0
=⇒











c = b
2b + d = 1
a + b = 1
b − 3b = −2
=⇒











a = 0
b = 1
c = 1
d = −1
On a donc :
F = CqUD−1
D’où :
F =
CqU
D

Corrections des évaluations des compétences
Evaluation 1.1 :
On a :
T2
= 4π2 `
g
Soit :
g =
4π2
`
T2
Soient u (g) l’incertitude-type sur G et ∆g l’incertitude absolue. On a :
u (g)
g
=
Ê•
u (4π2`)
4π2`
˜2
+
•
u (T2)
T
2
˜2
=
Ì
•
u (`)
`
˜2
+
–
2Tu (T)
T
2
™2
=
Ê•
u (`)
`
˜2
+
•
2u (T)
T
˜2
=
Ê
∆`
k`
‹2
+

2∆T
kT
‹2
=
1
k
Ê
∆`
`
‹2
+

2∆T
T
‹2
La précision sur g vaut donc :
∆g
g
=
∆g
g
=
ku (g)
g
D’où :
∆g
g
=
Ê
∆`
`
‹2
+

2∆T
T
‹2
On a donc :
∆g1
g1
=
s

∆`1
`1
‹2
+

2∆T1
T1
‹2
∆g2
g2
=
s

∆`2
`2
‹2
+

2∆T2
T2
‹2
Applications numériques :
∆g1
g1
=
Ê
0, 01
60, 15
‹2
+

2 × 0, 02
1, 55
‹2

∆g2
g2
=
Ê
0, 02
115, 25
‹2
+

2 × 0, 01
2, 15
‹2
Soit :
∆g1
g1
= 0, 0258 ≡ 2, 58 %
∆g2
g2
= 9, 3 × 10−3
≡ 0, 93 %
On se rend compte que :
∆g2
g2

∆g1
g1
C’est donc le résultat de Jérémie qui sera le plus précis.
Evaluation 1.2 :
La valeur numérique G de G est donnée par :
G =
α β + γ2
È
µ2
− λ
2
G =
2 × 3 + 62
√
102 − 82
Soit :
G = 7 USI
On a :
∆G = ku (G)
= k
Ì
1
µ2 − λ
2 u (αβ + γ2)2
+
α β + γ2
2
€
µ2 − λ
2
Š2 u
€p
µ2 − λ2
Š2
= k
Ì
1
µ2 − λ
2
”
u (αβ)2
+ u (γ2)2
—
+
α β + γ2
2
€
µ2 − λ
2
Š2 u
”
(µ2 − λ2)
1
2
—2
= k
Ì
1
µ2 − λ
2
”
β
2
u (α)2
+ α2u (β)2
+ 4γ2u (γ)2
—
+
α β + γ2
2
€
µ2 − λ
2
Š2
1
4
(µ2 − λ2)−1
u (µ2 − λ2)2
= k
Ì
1
µ2 − λ
2
”
β
2
u (α)2
+ α2u (β)2
+ 4γ2u (γ)2
—
+
α β + γ2
2
4
€
µ2 − λ
2
Š3
”
u (µ2)2
+ u (λ2)2
—
= k
Ì
1
µ2 − λ
2
”
β
2
u (α)2
+ α2u (β)2
+ 4γ2u (γ)2
—
+
α β + γ2
2
4
€
µ2 − λ
2
Š3
”
4µ2u (µ)2
+ 4λ
2
u (λ)2
—

D’où :
∆G =
Î
1
µ2
−λ
2
”
β
2
(∆α)2
+ α2
(∆β)2
+ 4γ2
(∆γ)2
—
+
(α β+γ2
)
2

µ2
−λ
2
3
”
µ2
(∆µ)2
+ λ
2
(∆λ)2
—
∆G =
Í
1
102−82 ×
”
(3 × 0, 01)2
+ (2 × 0, 01)2
+ (2 × 6 × 0, 01)2
—
+
(2×3+62
)
(102−82)
3 ×
”
(10 × 0, 01)2
+ (8 × 0, 01)2
—
Soit :
∆G = 0, 0325 USI
Le résultat de G s’écrit donc :
G = 7, 00 ± 0, 04 USI
C’est donc la proposition b qui est correcte. Par conséquent, c’est l’élève Paul qui a raison.
Evaluation 1.3 :
De l’expression de la force F du vent, on tire l’expression de la constante aérodynamique A :
A =
2F
ρDV2
On a ainsi :
[A] =
[2F]
[ρDV2]
=
[F]
[ρ] [D] [V]2
On sait que :
[F] = L.M.T−2
; [D] = L ; [V] = L.T−1
La masse volumique ρ étant égale au quotient d’une masse sur un volume (le cube d’une
longueur), on a :
[ρ] = L−3
.M
On a donc :
[A] =
L.M.T−2
L−3.M.L.L2.T−2
=
L.M.T−2
M.T−2
= L
La constante aérodynamique A a donc la dimension d’un longueur, et son unité SI est donc le
mètre (m). L’erreur qui a été commise dans le livre est donc d’avoir écrit m2
au lieu
de m.

CHAPITRE 2. FORCES ET CHAMPS 40
Chapitre 2
Forces et champs
Quand Christ, votre vie, paraîtra, alors vous paraîtrez aussi avec lui dans la gloire.
Colossiens 3 : 4
2.1 Généralités
2.1.1 Forces
Les systèmes physiques qui constituent l’univers tout entier peuvent être relativement au
repos ou animés de mouvements diverses. L’état de repos ou de mouvement relatif d’un système
dépend des forces auxquelles il est soumis. Une force est une grandeur physique permettant
de mettre un corps en mouvement, ou de modifier le mouvement de ce corps. Une force peut
avoir deux effets ; l’effet statique si elle permet de maintenir un corps au repos, ou l’effet
dynamique si elle permet de mettre un corps en mouvement. Lorsqu’un corps est soumis à
une force donnée, il existe toujours un autre corps responsable de cette force. On peut donc
encore définir une force comme étant une action physique qu’un corps exerce sur un autre corps.
Lorsqu’il existe un contact physique entre le corps qui exerce la force et le corps qui la subit, il
s’agit d’une force de contact. Dans le cas contraire où il ne nécessite aucun contact physique
entre le corps qui exerce et le corps qui subit la force, il s’agit d’une force à distance. Une
force est une grandeur vectorielle qu’on note généralement
−
→
F . Tout comme un vecteur, une
force est caractérisée par quatre paramètres :
— Son point d’application : Il s’agit du point où la force agit ;
— Sa direction : C’est la droite d’action passant par le vecteur force ;
— Son sens : C’est l’orientation du vecteur force sur sa droite d’action ;
— Son module (ou intensité, ou encore norme) : Il représente la longueur du vecteur
force. C’est encore la valeur de la force. Cette valeur s’accompagne toujours d’une unité.
L’unité de la force dans le Système International est le Newton (N). Le module d’une
force
−
→
F est généralement noté
−
→
F , ou plus simplement F. On peut définir un vecteur
unitaire −
→
u dirigé suivant la droite d’action de
−
→
F , orienté dans le même sens, et dont la

norme est égale à 1. On a la relation :
−
→
F =
−
→
F −
→
u (2.1)
Soit donc :
−
→
u =
1
−
→
F
−
→
F (2.2)
La Figure 2.1 ci-dessous illustre les caractéristiques d’une force quelconque
−
→
F .
Figure 2.1 – Caractéristiques d’une force.
Lorsqu’un corps exerce une force sur un autre corps, réciproquement, ce dernier exerce sur le
corps précédent une force de même direction, de même module, mais de sens contraire : C’est le
principe des actions réciproques. Dans le cas des forces à distances, les deux corps peuvent
s’attirer mutuellement (on parle de forces attractives) ou se repousser mutuellement (on
parle de forces répulsives). Pour un système quelconque, on appelle forces intérieures les
forces exercées par une partie de ce système sur une autre partie du même système. Les forces
extérieures quant à elles sont des forces exercées par une partie de l’environnement extérieur
au système sur une partie de ce système.
2.1.2 Champs de forces
Un champ de forces désigne une région donnée de l’espace dans laquelle un corps est
susceptible de subir des forces si ses propriétés physiques et les conditions dans lesquelles il se
trouve sont adéquates. On caractérise un champ de forces par un vecteur champ défini en
chaque point de la région. Le vecteur champ que nous notons
−
→
C est caractérisé tout comme un
vecteur par son point d’application, sa direction, son sens, et son module. Dans la majorité des
cas, les modules respectifs du vecteur champ
−
→
C en un point donné et de la force
−
→
F relative au
champ, subie par un corps en ce point sont liés par une relation faisant intervenir des paramètres
relatifs aux propriétés du corps, et aux conditions dans lesquelles il se trouve.
2.2 Gravitation
La gravitation est le phénomène d’attraction mutuelle entre des corps massifs. Du milieu
du XVIIème
siècle jusqu’à la fin du XIXème
siècle, la gravitation était perçue comme un phé-

nomène décrit par des forces à distance s’exerçant entre des corps massifs, appelées forces
gravitationnelles ou forces de gravitation. Cependant, au début du XXème
siècle est née
une nouvelle branche de la physique faisant intervenir des outils mathématiques complexes,
appelée relativité générale dans laquelle la gravitation est perçue plutôt comme une cour-
bure de l’espace-temps. Cette nouvelle modélisation est beaucoup plus réaliste, mais nous
ne l’aborderons pas dans ce cours. Toutefois, la description de la gravitation par des forces
gravitationnelles reste acceptable dans la majorité des cas.
2.2.1 Forces gravitationnelles
Le physicien anglais Isaac Newton est l’un des premiers scientifiques à décrire la gravi-
tation par des forces. En 1687, il énonce la loi de gravitation universelle de la manière
suivante :
≺≺ Deux corps ponctuels A et B de masses respectives mA et mB exercent l’un
sur l’autre des forces d’attraction directement opposées, dirigées suivant la droite
(AB), et d’intensités proportionnelles à leurs masses, et inversement proportion-
nelles au carré de la distance AB qui les sépare.
On écrit :
−
−
−
→
FA/B = −
−
−
−
→
FB/A = −
GmAmB
AB2
−
−
→
uAB (2.3)
Figure 2.2 – Attraction gravitationnelle entre deux corps ponctuels.
Si les corps ne sont pas ponctuels (Figure 2.3), la loi de gravitation universelle reste valable,
et les intensités des forces de gravitation s’exerçant entre ces corps seront inversement propor-
tionnelles au carré de la distance qui sépare leurs centres de gravités.
Figure 2.3 – Attraction gravitationnelle entre deux corps non ponctuels.
−
−
−
→
FA/B est la force d’attraction que le corps A exerce sur le corps B. Elle est appliquée au
point B, dirigée suivant la droite (AB) et orientée de B vers A.
−
−
−
→
FB/A quant à elle est la force
d’attraction que le corps B exerce sur le corps A. Elle est appliquée au point A, dirigée suivant
la droite (AB) et orientée de A vers B. Ces deux forces ont le même module. On a :
FA/B = FB/A =
GmAmB
AB2
(2.4)

Le paramètre G est une constante appelée constante de gravitation universelle dont la
valeur est G= 6, 67 × 10−11
N.m2
.kg−2
. −
−
→
uAB est un vecteur unitaire de même direction que la
droite (AB) et orienté de A vers B.
2.2.2 Champs gravitationnels
On appelle champ gravitationnel ou champ de gravitation toute région de l’espace
créé par un corps de masse donnée, et dans laquelle tout autre corps massif est soumis à une
force gravitationnelle. Une ligne de champ gravitationnel est une courbe orientée tangente
en chacun de ses points au vecteur champ gravitationnel. Le spectre gravitationnel est
l’ensemble formé par les lignes de champ gravitationnel. Les lignes de champ gravitationnel
créé par un corps de masse m donné sont des droites passant par ce corps et orientées vers lui
(Figure 2.4). On dit que le champ gravitationnel est centripète.
Figure 2.4 – Spectre gravitationnel.
Un corps ponctuel A de masse mA crée dans son voisinage un champ gravitationnel défini
en un point quelconque M par le vecteur champ gravitationnel −
−
−
→
gA/M dirigé suivant la
droite (AM) et orienté de M vers A (Figure 2.5). L’unité SI de l’intensité du vecteur champ
gravitationnel est le N.kg−1
. On peut aussi l’exprimer en m.s−2
. Soit −
−
−
→
uAM un vecteur unitaire
de même direction que la droite (AM) et orienté de A vers M. On a :
−
−
−
→
gA/M = −
GmA
AM2
−
−
−
→
uAM (2.5)
Le module de −
−
−
→
gA/M s’exprime donc par :
gA/M =
GmA
AM2
(2.6)
Si on place en M un corps de masse mM, il sera soumis à une force d’attraction gravitationnelle

−
−
−
→
FA/M de la part du corps A, telle que :
−
−
−
→
FA/M = −
GmAmM
AM2
−
−
−
→
uAM = −mM
GmA
AM2
−
−
−
→
uAM = mM
−
−
−
→
gA/M (2.7)
Figure 2.5 – Champ gravitationnel et force gravitationnelle en un point M.
La masse étant une grandeur scalaire toujours positive, le vecteur champ gravitationnel en un
point et la force gravitationnelle subie par un corps massif en ce point ont donc la même droite
d’action et sont orientés dans le même sens.
2.2.3 Gravitation dans l’espace
Dans l’espace, la plupart des planètes (comme la Terre sur laquelle nous habitons) et des
astres (le Soleil et la Lune par exemple) sont des ellipsoïdes applaties au niveau de leurs pôles.
Toutefois, on peut les assimiler à des sphères pleines dont toute la masse est concentrée en
leurs centres. Un corps à répartition sphérique de masse est un corps dont la matière est
répartie uniformément autour de lui ou en couches sphériques homogènes autour de son centre.
Les planètes du système solaire et les astres de l’univers sont considérés comme des corps à
répartition sphérique de masse. Considérons à la Figure 2.6 ci-dessous une planète ou un astre
en forme de sphère de centre I, de masse M et de rayon moyen R.
Figure 2.6 – Champs de gravitation créés par une sphère.
La sphère crée en un point P de sa surface un champ de gravitation −
→
g0 dirigé suivant la droite
(IP), orienté de P vers I, et dont l’intensité est donnée par :
g0 =
GM
R2
(2.8)
En un point H situé à une altitude h par rapport à la surface de la sphère, celle-ci crée un

champ gravitationnel −
→
gh dirigé suivant la droite (IH), orienté de H vers I, et dont l’intensité
est donnée par :
gh =
GM
(R + h)2 (2.9)
L’intensité du champ gravitationnel créé par une planète ou un astre est maximale à sa surface.
Elle diminue avec l’altitude, et devient quasiment nulle pour des altitudes très élevées. A la sur-
face des planètes ou des astres, il règne un champ appelé champ de pesanteur, correspondant
à une approximation locale du champ de gravitation créé à la surface de cette planète ou de
cet astre. A la surface de la Terre par exemple, on parle de champ de pesanteur terrestre,
et tout corps massif y est soumis à une force gravitationnelle verticale descendante que l’on
appelle le poids. L’intensité de la pesanteur encore appelée accélération de la pesanteur
correspond au module du champ de pesanteur à la surface de la Terre.
2.3 Electricité
Les phénomènes électriques observés dans la nature sont dûs à une propriété des corps ap-
pelée charge électrique, relative aux particules élémentaires chargées (l’électron et le proton)
que renferme ce corps. La charge électrique d’un corps, notée q est une grandeur algébrique,
ce qui signifie qu’elle peut avoir une valeur positive ou négative. L’unité SI de la charge élec-
trique est le Coulomb (C). L’électricité est l’ensemble des phénomènes physiques associés
aux charges électriques. Dans le cas particulier où ces charges électriques sont statiques, on
parle de l’électrostatique. L’électron a une charge électrique négative, tandis que le proton
a une charge électrique positive. Leur charge est égale en valeur absolue et correspond à la
charge élémentaire e de valeur e = 1, 6 × 10−19
C. Ainsi, toute charge électrique est un mul-
tiple entier de la charge élémentaire. L’électrisation d’un corps consiste à lui communiquer
une charge électrique. Elle se fait le plus souvent par frottement.
2.3.1 Forces électriques
Les forces électriques (et électrostatiques) ont été découvertes suite à des observations faites
quant aux interactions entres les particules chargées électriquement. En 1785, le physicien fran-
çais Charles-Augustin Coulomb énonce la loi de Coulomb comme suit :
≺≺ La force d’attraction ou de répulsion qui s’exerçe entre deux corps ponctuels
A et B de charges respectives qA et qB est dirigée suivant la droite (AB), pro-
portionnelle aux charges qA et qB et inversement proportionnelle au carré de la
distance AB qui les sépare.
On écrit :
−
−
−
→
FA/B = −
−
−
−
→
FB/A =
KqAqB
AB2
−
−
→
uAB (2.10)
La force électrique
−
−
−
→
FA/B que le corps A exerce sur le corps B et la force électrique
−
−
−
→
FB/A que
le corps B exerce sur le corps A sont dirigées suivant la droite (AB) et ont le même module.

On a :
FB/A = FA/B =
K |qA| |qB|
AB2
(2.11)
K est une constante appelée constante de Coulomb de valeur K = 9 × 109
N.m2
.C−2
. Les
orientations des forces
−
−
−
→
FA/B et
−
−
−
→
FB/A dépendent des signes des charges qA et qB. Deux charges
de même signe se repoussent (c’est la répulsion électrique), tandis que deux charges de signes
opposés s’attirent (c’est l’attraction électrique).
Figure 2.7 – Répulsion électrique entre deux charges de même signe.
Figure 2.8 – Attraction électrique entre deux charges de signes opposés.
En réalité, les orientations de
−
−
−
→
FA/B et
−
−
−
→
FB/A ne dépendent que du signe du produit des charges
qA et qB.
2.3.2 Champs électriques
On appelle champ électrique (ou champ électrostatique) toute région de l’espace créée
par une particule de charge électrique donnée, et dans laquelle toute autre particule chargée
est soumise à une force électrique (ou électrostatique). Une ligne de champ électrique est
une courbe orientée tangente en chacun de ses points au vecteur champ électrique. Le spectre
électrique est l’ensemble formé par les lignes de champ électrique. Les lignes de champ élec-
trique créé par un corps de charge électrique q positive sont des droites passant par ce corps,
orientées de telle sorte qu’elles fuient le corps, tandis que les lignes de champ électrique créé
par un corps de charge électrique q négative sont des droites passant par ce corps et orientées
vers le corps (Figure 2.9). On dit que le champ électrique créé par une charge positive est
centrifuge, alors que le champ électrique créé par une charge négative est centripète.

Figure 2.9 – Spectres électriques d’une charge positive et d’une charge négative.
Un corps ponctuel A de charge électrique qA crée dans son voisinage un champ électrique
défini en un point quelconque M par le vecteur champ électrique (ou vecteur champ
électrostatique)
−
−
−
−
→
EA/M dirigé suivant la droite (AM). L’unité SI de l’intensité du vecteur
champ électrique est le N.C−1
. On peut aussi l’exprimer en V.m−1
. Soit −
−
−
→
uAM un vecteur
unitaire de même direction que la droite (AM) et orienté de A vers M. On a :
−
−
−
−
→
EA/M =
KqA
AM2
−
−
−
→
uAM (2.12)
Le module de
−
−
−
−
→
EA/M s’exprime donc par :
EA/M =
K |qA|
AM2
(2.13)
Le champ électrique
−
−
−
−
→
EA/M est orienté de A vers M si qA est positive, et de M vers A si qA
est négative. Si en M est placé un corps de charge électrique qM, il sera soumis à une force
électrique
−
−
−
→
FA/M donnée par l’expression vectorielle ci-dessous :
−
−
−
→
FA/M = qM
−
−
−
−
→
EA/M (2.14)
Figure 2.10 – Champ et force électrique en un point M.
Ainsi,
−
−
−
→
FA/M et
−
−
−
−
→
EA/M ont la même droite d’action et la même orientation si la charge qM est
positive, mais si la charge qM est négative,
−
−
−
→
FA/M et
−
−
−
−
→
EA/M ont la même droite d’action, mais
des orientations contraires.

2.3.3 Champ électrique à l’intérieur d’un condensateur
Considérons un condensateur constitué de deux armatures (M) et (N) séparées par une
distance d. S’il règne entre elles une tension électrique (différence de potentiel) U = VM − VN,
alors il se crée à l’intérieur du condensateur un champ électrique uniforme
−
→
E perpendiculaire
aux armatures, et orienté de celle ayant le potentiel le plus élevé vers celle ayant le potentiel le
plus bas (Figure 2.11). Le champ électrique y est dit uniforme, car sa direction, son sens et
son module sont les mêmes en tout point situé à l’intérieur du condensateur.
Figure 2.11 – Champ électrique entre les armatures d’un condensateur.
Le module du champ électrique créé entre les armatures du condensateur est donné par :
E =
|U|
d
=
|VM − VN|
d
(2.15)
Si U = VM − VN 0, l’armature (M) est chargée positivement, et a le potentiel le plus élevé.
Par conséquent, le champ électrique
−
→
E est orienté de (M) vers (N). Si U = VM − VN 0,
l’armature (M) est chargée négativement et a le potentiel le plus bas. Par conséquent, le champ
électrique
−
→
E est orienté de (N) vers (M).
2.4 Magnétisme
Le magnétisme est l’ensemble des phénomènes qui étudient l’attraction ou la répulsion entre
des matériaux. La magnétite est l’élément de base responsable du magnétisme. Sa transfor-
mation aboutit à la fabrication des aimaints permanents, objets ayant la propriété d’attirer
certains métaux tels que le fer. Tout aimant est constitué par un pôle Nord (N) et un pôle
Sud (S). Il n’est pas possible d’obtenir un aimant avec un seul pôle. Chaque fois qu’on divise
un aimant en deux, on obtient deux aimants ayant chacun un pôle Nord et un pôle Sud. Deux
pôles de même nature se repoussent, tandis que deux pôles de natures différentes s’attirent. Un
matériau est dit ferromagnétique s’il est capable de s’aimanter, c’est-à-dire de se comporter
comme un aimant.

2.4.1 Champs magnétiques
Un champ magnétique désigne toute région de l’espace dans laquelle un matériau ferro-
magnétique est soumis à une force magnétique. Il est caractérisé en tout point par un vecteur
champ magnétique généralement noté
−
→
B . L’unité SI de l’intensité du champ magnétique est
le Tesla (T). Les principales sources de champ magnétique sont les aimants permanants, les
conducteurs parcourus par un courant électrique appelés électro-aimants et la Terre qui crée
son propre champ magnétique appelé champ magnétique terrestre. L’intensité du champ
magnétique créé par un aimant (aimant permanent ou électro-aimant) dépend de ses caracté-
ristiques. Une ligne de champ magnétique est une courbe orientée tangente en chacun de
ses points au vecteur champ magnétique. Le spectre magnétique est l’ensemble formé par
les lignes de champ magnétique.
Figure 2.12 – Spectre magnétique d’un aimant droit.
Figure 2.13 – Spectre magnétique d’un aimant en U.

Les lignes de champ magnétique créé par un aimant sortent toujours par le pôle Nord et
convergent vers le pôle Sud (Figure 2.12 et Figure 2.13). Entre les branches d’un aimant
en U, le champ magnétique est uniforme, et les lignes de champ sont perpendiculaires aux
branches.
2.4.2 Force de Laplace
La force de Laplace est la force magnétique subie par un conducteur traversé par un
courant électrique en présence d’un champ magnétique. Elle a été découverte par le physicien
français Pierre-Simon Laplace qui a énoncé la loi de Laplace de la manière suivante :
≺≺ Toute portion rectiligne de conducteur de longueur ` parcourue par un courant
électrique I et plongée dans un champ magnétique
−
→
B est soumise à une force
magnétique dite de Laplace, appliquée au milieu de la portion, et dont l’expression
est donnée par :
−
→
F = I
−
→
` ∧
−
→
B (2.16)
Le symbole ∧ désigne le produit vectoriel ou produit extérieur. Le vecteur I
−
→
` a la direction
de la portion rectiligne du conducteur et va dans le sens du courant I.
−
→
F est perpendiculaire
au plan formé par I
−
→
` et
−
→
B . Son sens est donné par la règle des trois doigts de la main
droite :
— L’index donne la direction et le sens de I
−
→
` ;
— Le majeur donne la direction et le le sens de
−
→
B ;
— Le pouce donne la direction et le le sens de
−
→
F .
Figure 2.14 – Règle des trois doigts de la main droite (Force de Laplace).
Si I
−
→
` et
−
→
B font entre eux un angle α, l’intensité de la force de Laplace
−
→
F est donnée par :
F = I`B sin α (2.17)
Si les directions du courant et du champ magnétique sont perpendiculaires, α = 90° et on a :
F = I`B (2.18)

Figure 2.15 – Force de Laplace appliquée à un conducteur.
En représentation plane, tout vecteur qui entre dans le plan de la feuille est dit entrant, et est
représenté par une croix entourée d’un cercle. Tout vecteur qui sort du plan de la feuille est dit
sortant, et est représenté par un point entouré d’un cercle.
2.4.3 Force de Lorentz
Un corps de charge électrique q se déplaçant à une vitesse
−
→
V dans un champ magnétique
−
→
B est soumise à une force magnétique
−
→
F appelée force de Lorentz donnée par :
−
→
F = q
−
→
V ∧
−
→
B (2.19)
−
→
F est perpendiculaire au plan formé par
−
→
V et
−
→
B . Son sens est donné par la règle des trois
doigts de la main droite :
— L’index donne la direction et le sens de q
−
→
V ;
— Le majeur donne la direction et le sens de
−
→
B ;
— Le pouce donne la direction et le sens de
−
→
F .
Figure 2.16 – Règle des trois doigts de la main droite (Force de Lorentz).
Si
−
→
V et
−
→
B font entre eux un angle α, l’intensité de la force de Lorentz
−
→
F est donnée par :
F = |q| VB sin α (2.20)
Si
−
→
V et
−
→
B sont orthogonaux, α = 90° et on a :
F = |q| VB (2.21)

Figure 2.17 – Force de Lorentz appliquée à une particule.
Pour trouver la direction et le sens de la force de Lorentz avec plus de facilité, lorsque la charge
est positive, il convient d’utiliser la main droite, dont l’index donne la direction et le sens de
−
→
V , et lorsque la charge est négative, il convient plutôt d’utiliser la main gauche, dont l’index
donne la direction et le sens de
−
→
V .

Exercices
On prendra partout où le besoin se présentera l’intensité de la pesanteur g = 9, 8 m.s−2
.
Exercice 2.1 :
A la Figure 2.18 ci-dessous, une bille de masse mA = 200 g est placée au point A sur le sol
horizontal. Une autre bille de masse mB = 450 g est posée sur le sommet B d’une pyramide de
hauteur h = OB = 1, 2 m et dont les faces BC et BD font l’angle α = 45° avec l’horizontale.
Les deux billes seront considérées comme étant pontuelles. On donne d = AC = 40 cm.
Figure 2.18 – Exercice 2.1.
1- Déterminer la distance D = AB qui sépare les deux billes.
2- Représenter les forces gravitationnelles qui s’exerçent entre les deux billes et donner leurs
caractéristiques.
3- Représenter les vecteurs champs gravitationnels −
−
−
→
gA/B créé en B par la bille située en A et
−
−
−
→
gB/A créé en A par la bille située en B puis donner leurs caractéristiques.
4- Représenter les vecteurs champs gravitationnels −
−
−
→
gA/I et −
−
→
gB/I créés au milieu I du segment
[AB] par les deux billes et donner leurs caractéristiques. En déduire les caractéristiques du
champ −
→
gI résultant en I.
5- Soit M le point du segment [AB] où les champs gravitationnels créés par les deux billes se
compensent. Déterminer les distances dA = AM et dB = BM.
Exercice 2.2 :
A la Figure 2.19, une boule sphérique de masse m1 = 2, 7 kg et de rayon r1 = 8 cm repose en
équilibre sur un poteau en forme de pavé, de hauteur h1 = A1B1 = C1D1 = 1, 3 m et de largeur
A1D1 = B1C1 = 2r1. Une autre boule de masse m2 = 1, 2 kg et de rayon r2 = 4 cm est placée
sur un poteau de hauteur h2 = A2B2 = C2D2 = 74 cm et de largeur A2D2 = B2C2 = 2r2. On
donne d = B1C2 = 92 cm.

1- Déterminer la distance D = O1O2 qui sépare les centres de gravité des deux boules.
2- Représenter les forces de gravitation s’exerçant entre les deux boules et donner leurs carac-
téristiques.
3- Représenter les champs de gravitation créés respectivement par chaque boule, sur le centre
de l’autre boule puis donner leurs caractéristiques.
4- Déterminer les distances d1 et d2 respectivement par rapport à O1 et O2 du point M du
segment [O1O2] où les champs gravitationnels créés par les deux boules se compensent.
Exercice 2.3 :
Lors d’une éclipse, les centres de gravité respectifs S, L et T du Soleil, de la Lune et de la
Terre sont alignés comme à la Figure 2.20 ci-dessous. On donne les masses de ces astres :
MS = 1, 989 × 1030
kg, ML = 7, 342 × 1022
kg et MT = 5, 972 × 1024
kg. Les distances Soleil-
Terre et Lune-Terre valent respectivement ST = 149 598 023 km et LT = 383 398 km.
1- Représenter les forces gravitationnelles que le soleil et la Terre exercent sur la Lune et donner
leurs caractéristiques.
2- En déduire les caractéristiques de la force résultante subie par la Lune.
3- Représenter les champs gravitationnels que le soleil et la Terre créent au centre de gravité
de la Lune et donner leurs caractéristiques.
4- En déduire les caractéristiques du champ résultant créé au centre de gravité de la Lune.

5- La distance Soleil-Terre restant inchangée, à quelles distances SL0
du soleil et TL0
de la Terre,
devrait se situer la Lune pour qu’elle soit en équilibre sous l’action des forces exercées par les
deux autres astres ?
Exercice 2.4 :
Un satellite se trouve à une altitude h de la surface de la Terre, considérée comme une planète
sphérique de rayon RT = 6378 km et de masse MT = 5, 972 × 1024
kg. La situation est illustrée
à la Figure 2.21 ci-dessous.
1- Donner l’expression puis la valeur numérique du module g0 du champ gravitationnel −
→
g0 créé
à la surface de la terre.
2- Donner l’expression du module gh du champ gravitationnel −
→
gh créé à l’endroit où se trouve
le satellite.
3- Montrer qu’on a la relation :
gh =
‚
1
1 + h
RT
Œ2
g0
4- On suppose que h est négligeable devant RT (h RT). Montrer qu’on peut avoir la relation :
gh =

1 −
2h
RT
‹
g0
On précise que si a et n sont deux réels avec a 1, alors :
(1 + a)n
' 1 + na
5- La masse du satellite vaut m = 60 t, et on donne h = 5 Km. Représenter le champ gravi-
tationnel −
→
gh et la force gravitationnelle
−
→
Fh subie par le satellite de la part de la Terre, puis
donner leurs caractéristiques. (On utilisera la relation obtenue à la question 4).
6- Comparer les valeurs numériques obtenues en utilisant la relation de la question 4 à celles
qu’on obtient en utilisant la relation de la question 3.

Exercice 2.5 :
Un satellite orbite autour de la planète Jupiter en étant au départ à une altitude H = 1000 Km.
Après chaque tour, son altitude diminue de 5%. On note hn l’altitude du satellite après avoir
effectué n tours, et on considère la suite numérique (hn)n∈N. La masse et le rayon de Jupiter
valent respectivement MJ = 1, 898 × 1027
kg et RJ = 69 911 km.
1- Déterminer le module g0 du champ gravitationnel régnant à la surface de la planète Jupiter
et le module gH du champ gravitationnel à l’altitude où se trouve le satellite au départ.
2- Démontrer que (hn)n∈N est une suite géométrique dont on donnera le premier terme et la
raison.
3- En déduire l’expression de hn en fonction de n.
4- A quelle altitude H0
se trouve le satellite après avoir effectué 25 tours ?
5- En déduire le module gH0 du champ gravitationnel régnant à l’altitude H0
.
6- Déterminer la variation relative du champ gravitationnel entre l’altitude H et l’altitude H0
.
Exercice 2.6 :
A la Figure 2.22 ci-dessous, un cube d’arête a1 = 10 cm est suspendu à une tige de hauteur
h1 = 48 cm. A proximité, un autre cube d’arête a2 = 6 cm est suspendu à une tige de hau-
teur h2 = 20 cm. Les points de fixation O1 et O2 des deux tiges sur un support horizontal
sont distantes de d = O1O2 = 40 cm. Les charges électriques aux centres des deux cubes sont
q1 = 20 µC et q2 = −5 µC.
1- Déterminer la distance D qui sépare les centres C1 et C2 des deux cubes.
2- Représenter les forces électrostatiques qui s’exercent entre les deux cubes et donner leurs
caractéristiques.
3- Représenter les champs électrostatiques créés par chaque cube au centre de l’autre cube et
donner leurs caractéristiques.
4- On note M le point de la droite (C1C2) où les champs électrostatiques créés par les deux
cubes se compensent. On note d1 = C1M et d2 = C2M.

4.1- Expliquer pourquoi M ne peut pas se trouver sur le segment [C1C2].
4.2- On suppose que M se trouve sur la droite (C1C2), à gauche de C1. Montrer, en tentant de
calculer d1 que cette position de M n’est pas possible.
4.3- Le point M ne peut donc se situer qu’à droite de C2. Calculer alors les distances d1 et d2.
Exercice 2.7 :
Dans un repère orthonormé
€
O ; −
→
ı ; −
→
 ;
−
→
k
Š
illustré à la Figure 2.23 ci-dessous, deux parti-
cules ponctuelles de charges respectives qA = −1, 5 µC et qB = −6 µC sont placées aux points
A et B de coordonnées respectives (xA = 1 ; yA = 2 ; zA = 3) et (xB = 3 ; yB = 4 ; zB = 4). On
note −
−
→
uAB le vecteur unitaire de même direction que la droite (AB) et orienté de A vers B.
L’unité est le mètre (m).
1- Déterminer l’expression du vecteur
−
−
→
AB en fonction des vecteurs de base. En déduire la
distance D qui sépare les deux particules, puis l’expression du vecteur −
−
→
uAB .
2- Exprimer les forces électrostatiques s’exerçant entre les deux particules.
3- Exprimer les champs électrostatiques créés par chaque particule sur l’autre.
4- Soit M un point de coordonnées (x ; y ; z) situé sur la droite (AB).
4.1- Déterminer une équation paramétrique de la droite (AB).
4.2- Déterminer les distances AM et BM si les champs électrostatiques créés en M se com-
pensent. En déduire les coordonnées (x ; y ; z) de M.
Exercice 2.8 :
La Figure 2.24 illustre une situation dans laquelle trois charges pontuelles qA = q, qB = −2q
et qC = 3q (avec q = 2 nC) sont placées respectivement aux sommets A, B et C d’un triangle
équilatéral de centre de gravité G et de côté a = 2
√
3 m.

1- Déterminer la valeur de la distance c = AG = BG = CG.
2- Représenter les champs électrostatiques
−
−
→
EA ,
−
−
→
EB et
−
−
→
EC créés en G respectivement par les
trois charges, et calculer leurs modules. En déduire leurs composantes dans le système d’axes
(G ; x ; y).
3- Déterminer les composantes et le module du champ résultant
−
→
E en G.
4- Déterminer les composantes et le module de la force électrostatique
−
→
F subie par une charge
ponctuelle qG = −4q placée en G.
5- Représenter
−
→
E et
−
→
F puis calculer l’angle α que fait leur direction avec l’horizontale.
Exercice 2.9 :
A la Figure 2.25, deux corps solides (S1) et (S2) que l’on supposera ponctuels, de masses respec-
tives m1 = 200 g et m2 = 300 g et de charges respectives q1 = −10 µC et q2 = 20 µC reposent
en équilibre sur un plan de longueur L = 1, 7 m incliné à l’horizontale d’un angle α = 30°. (S1)
est lié à un ressort de longueur à vide `1 = 40 cm tandis que (S2) est lié à un ressort de longueur
à vide `2 = 50 cm. A l’équilibre, les deux ressorts sont allongés respectivement de x1 = 10 cm
et x2 = 20 cm. On négligera les forces de frottements, ainsi que les forces gravitationnelles
s’exerçant entre les deux corps.
1- Déterminer la distance d qui sépare les deux corps à l’équilibre.
2- Faire le bilan de toutes les forces appliquées aux deux corps à l’équilibre et les représenter.
3- Déterminer les modules des forces électrostatiques agissant entre les deux corps.
4- Déterminer les modules des tensions des deux ressorts à l’équilibre. En déduire leurs constantes
de raideur respectives k1 et k2.
5- Déterminer les modules des réactions que le plan incliné exerce sur les deux corps.

Exercice 2.10 :
A la Figure 2.26 ci-dessous, une particule ponctuelle de masse m = 100 g et de charge élec-
trique q = −40 µC est suspendue à un fil inextensible de masse négligeable. L’ensemble est placé
entre deux armatures d’un condensateur inclinées d’un angle α = 60° par rapport à la verticale,
et distantes de d = 20 cm. Il règne à l’intérieur du condensateur une d.d.p. U = VM − VN = 10 kV.
A l’équilibre, le fil est écarté d’un angle β par rapport à la verticale.
1- Représenter le champ électrique
−
→
E à l’intérieur du condensateur et calculer son module.
2- Faire le bilan des forces appliquées à la particule et les représenter.
3- Calculer le module de la force électrique subie par la particule.
4- Déterminer la valeur de β et en déduire l’intensité de la tension du fil à l’équilibre.

Exercice 2.11 :
Une tige métallique homogène OA de masse M = 500 g et de longueur L = 60 cm est accrochée à
un support en O. Elle est parcourue par un courant électrique d’intensité I = 5 A et ses portions
BC et DE sont plongées dans les champs magnétiques respectifs
−
→
B1 et
−
→
B2 de modules respectifs
B1 = 2 T et B2 = 600 mT. Lorsque la tige se maintient en équilibre, elle est écartée d’un angle α
par rapport à la verticale, et la réaction
−
→
R qu’elle subit de la part du crochet fait l’angle β avec
la verticale comme illustré à la Figure 2.27 ci-dessous. On donne OB = BC = DE = EA = 1
5
L.
1- Faire le bilan des forces s’exerçant sur la tige et les représenter.
2- Déterminer les modules des forces magnétiques agissant sur la tige.
3- Soient P1 et P2 les points d’application des deux forces magnétiques. Déterminer les dis-
tances d1 = OP1 et d2 = OP2.
4- En prenant pour sens positif celui des aiguilles d’une montre, déterminer les moments res-
pectifs M1 et M2 des forces magnétiques par rapport à l’axe horizontal (∆) passant par O.
5- Déterminer la valeur de l’angle α.
6- Déterminer la valeur de l’angle β et en déduire le module de
−
→
R .
Exercice 2.12 :
A la Figure 2.28, une tige en acier de longueur L = 1, 5 m posée sur des rails horizontaux
est entièrement plongée dans un champ magnétique vertical
−
→
B et traversée par un courant
électrique d’intensité I = 2 A débité par une pile. Pour la maintenir en équilibre, on fixe en son
centre l’extrémité d’une corde inextensible et de masse négligeable passant par la gorge d’une
poulie. Un bloc solide supposé ponctuel de masse m = 500 g est fixé à l’autre extrémité de la
corde. Le bloc est également fixé à l’extrémité d’un ressort de longueur à vide `0 = 300 mm
et de raideur k = 200 N.m−1
dont l’autre extrémité est attachée à un support horizontal fixe.
Lorsque tout le système est maintenu en équilibre, le ressort est allongé et mesure une longueur
` = 350, 5 mm. Les frottements des rails seront négligés.
1- Représenter le champ magnétique
−
→
B et faire le bilan des forces extérieures qui s’exercent
sur la tige, la poulie et le bloc, puis les représenter.
2- Déterminer l’intensité de la tension du ressort à l’équilibre.

3- En déduire l’intensité de la tension que le fil exerce sur la tige ainsi que l’intensité de la force
magnétique subie par la tige.
4- En déduire le module du champ magnétique
−
→
B .
Exercice 2.13 :
Un conducteur rectiligne de masse M = 2 kg et de longueur L = 50 cm posé sur des rails inclinés
à l’horizontale d’un angle α = 45° est parcouru par un courant électrique d’intensité I = 4 A.
L’ensemble est maintenu en équilibre entre les branches d’un aimant incliné d’un angle β = 60°.
La Figure 2.29 ci-dessous représente la vue de face de la situation. Les frottements sur les
rails seront négligés.

1- Représenter le champ magnétique
−
→
B régnant entre les branches de l’aimant, puis faire le
bilan des forces extérieures agissant sur le conducteur et les représenter.
2- Déterminer les intensités de toutes les forces appliquées au conducteur.
3- Déterminer le module du champ magnétique
−
→
B .
Exercice 2.14 :
A la Figure 2.30 ci-dessous, une barre métallique et homogène de masse M = 3 kg et de
longueur L = 1 m est connectée à une pile qui débite un courant d’intensité I = 4 A. Ses deux
moitiés sont plongées dans des champs magnétiques respectifs
−
→
B1 et
−
→
B2 de modules respectifs
B1 = 11, 27 T et B2 = 11, 76 T. On fixe aux deux extrémités de la barre des fils inextensibles
de masses négligeables, auxquels sont suspendus deux corps solides de masses respectives m1
et m2. La barre est maintenue en équilibre en position horizontale.
1- Faire le bilan des forces agissant sur la barre et les deux corps, puis les représenter.
2- Déterminer les modules des forces magnétiques subies par la barre.
3- Montrer que les modules des tensions que les fils exercent sur la barre ont pour expressions :
T1 =
1
4
(3F1 + F2 − 2Mg) et T2 =
1
4
(F1 + 3F2 − 2Mg)
En déduire leurs valeurs numériques.
4- En déduire les valeurs des masses m1 et m2.
Exercice 2.15 :
On applique une tension électrique U = VM − VN = 5000 V entre les armatures (M) et (N) du
condensateur de la Figure 2.31. Ces armatures sont séparées par une distance d = 10 cm et
l’espace entre elles est entièrement baigné dans un champ magnétique uniforme
−
→
B perpendi-

culaire au plan de la feuille et de module B = 2 T. Une particule ponctuelle de masse m = 80 g
et de charge électrique q = −20 µC pénètre à l’intérieur du condensateur avec une vitesse ho-
rizontale orientée vers la droite. On souhaite que son mouvement soit horizontal uniforme, et
pour cela, elle doit être pseudo-isolé.
On considère le cas où le champ magnétique est entrant.
1- Faire le bilan des forces extérieures qui s’exercent sur la particule puis les représenter.
2- En déduire la vitesse V de la particule pour que son mouvement soit uniforme.
On considère maintenant le cas où le champ magnétique est sortant. De plus, on change le signe
de la tension U.
3- Faire le bilan des forces extérieures qui s’exercent sur la particule dans ce cas, puis les
représenter.
4- En déduire la nouvelle vitesse V0
de la particule pour que son mouvement soit uniforme.

.
Evaluation 2.1 :
Une fusée quitte la Lune de masse ML = 7, 342 × 1022
kg et de rayon RL = 1738 km et se dirige
vers la Terre de masse MT = 5, 972 × 1024
kg et de rayon RT = 6378 km. A quelle altitude h de
la surface de la Terre l’intensité de la force gravitationnelle ressentie par la fusée sera égale à
celle de la force gravitationnelle qu’elle ressentait à la surface de la Lune, en admettant qu’à
cette altitude, l’influence de la Lune est négligée.
Evaluation 2.2 :
Deux petites billes de masses respectives m1 = 546, 83 g et m2 = 480, 16 g chargées négati-
vement sont supendues à des fils inextensibles de longueurs respectives `1 = 155, 29 mm et
`2 = 70, 71 mm. Chacun de ces fils a une de son extrémité attachée à un même support fixe hori-
zontal, et la distance entre ces deux extrémités est d = 50 mm. L’ensemble est placé à l’intérieur
d’un condensateur dont les armatures (M) et (N) sont séparées par une distance D = 400 mm.
Entre ces armatures est établie une différence de potentiel U = VM − VN = 1000 V. A l’équi-
libre, les deux fils sont écartés des angles respectifs θ1 = 75◦
et θ2 = 45◦
, et les deux billes sont
situées sur une même droite horizontale comme indiqué sur la Figure 2.32 ci-dessous.
Figure 2.32 – Evaluation 2.2.
En négligeant les forces gravitationnelles s’exerçant entre les deux billes, déterminer leurs
charges électriques respectives q1 et q2.
Evaluation 2.3 :
Une tige conductrice rectiligne de masse M = 3 kg et de longueur L = 2 m est parcourue par
un courant électrique d’intensité I = 5 A et est entièrement plongée dans un champ magnétique
uniforme
−
→
B . Comme indiqué à la Figure 2.33, la tige est disposée horizontalement, et est
supportée à ses deux extrémités par deux ressorts identiques de longueur à vide `0 = 200 mm.
Lorsque le champ magnétique est entrant, les ressorts s’allongent, et à l’équilibre ils mesurent la

longueur `1 = 338, 8 mm. Lorsque le champ magnétique est sortant, les ressorts se compriment,
et à l’équilibre ils mesurent la longueur `2 = 178, 8 mm. Déterminer la raideur k des ressorts
ainsi que l’intensité B du champ magnétique.

Exercice 2.1 :
1- En utilisant le théorème d’Al-Kashi dans le triangle ABC, on peut écrire :
AB2
= D2
= AC2
+ BC2
− 2AC × BC × cos ([
ACB)
Or, on a :
[
ACB + α = 180°
=⇒ [
ACB = 180° − α
On a donc :
D2
= AC2
+ BC2
− 2AC × BC × cos (180° − α)
= AC2
+ BC2
+ 2AC × BC × cos α
= d2
+ BC2
+ 2d × BC × cos α
Dans le triangle BOC, on a la relation :
sin α =
OB
BC
=
h
BC
=⇒ BC =
h
sin α
Soit :
D2
= d2
+
h2
sin2
α
+ 2d ×
h
sin α
× cos α
= d2
+
h2
sin2
α
+
2dh
tan α
On a donc :
D =
Ê
d2 +
h2
sin2
α
+
2dh
tan α
D =
Ê
0, 42 +
1, 22
sin2
45◦
+
2 × 0, 4 × 1, 2
tan 45◦
Soit :
D = 2 m
2- La force gravitationnelle
−
−
−
→
FB/A subie par la bille en A de la part de la bille en B et la force
gravitationnelle
−
−
−
→
FA/B que la bille en A exerce sur la bille en B ont été représentées à la Figure
2.34.

Figure 2.34 – Correction de l’exercice 2.1.
−
−
−
→
FB/A et
−
−
−
→
FA/B ont le même module. On a :
−
−
−
→
FB/A =
−
−
−
→
FA/B =
GmAmB
D2
=
6, 67 × 10−11
× 0, 2 × 0, 45
22
= 1, 5 × 10−12
N
La force gravitationnelle
−
−
−
→
FB/A est donc appliquée au point A, dirigée suivant la
droite (AB), orientée de A vers B, et son module vaut
−
−
−
→
FB/A = 1, 5 × 10−12
N.
−
−
−
→
FA/B quant à elle est appliquée au point B, dirigée suivant
la droite (AB), orientée de B vers A, et son module vaut
−
−
−
→
FA/B = 1, 5 × 10−12
N.
3- Les champs gravitationnels −
−
−
→
gA/B et −
−
−
→
gB/A ont été représentés à la Figure 2.34. Ils ont pour
modules respectifs :
−
−
−
→
gA/B =
−
−
−
→
FA/B
mB
=
1, 5 × 10−12
0, 45
= 3, 33 × 10−12
N.kg−1
−
−
−
→
gB/A =
−
−
−
→
FB/A
mA
=
1, 5 × 10−12
0, 2
= 7, 5 × 10−12
N.kg−1

Le champ gravitationnel −
−
−
→
gA/B est donc appliqué au point B, dirigé suivant la droite
(AB), orienté de B vers A, et son module vaut −
−
−
→
gA/B = 3, 33 × 10−12
N.kg−1
.
−
−
→
gB/A quant à lui est appliqué au point A, dirigé suivant la
droite (AB), orienté de A vers B, et son module vaut −
−
−
→
gB/A = 7, 5×10−12
N.kg−1
.
4- Le milieu I du segment [AB] est situé à la même distance D
2
des billes en A et B. Soit −
→
u
un vecteur unitaire de même direction que la droite (AB) et orienté de A vers B. Les champs
−
−
−
→
gA/I et −
−
→
gB/I ont été représentés à la Figure 2.34. Ils ont pour expressions respectives :
−
−
→
gA/I = −
GmA
D
2
2
−
→
u
= −
6, 67 × 10−11
× 0, 2
2
2
2
−
→
u
= −1, 334 × 10−11 −
→
u N.kg−1
−
−
→
gB/I =
GmB
D
2
2
−
→
u
=
6, 67 × 10−11
× 0, 45
2
2
2
−
→
u
= 3 × 10−11 −
→
u N.kg−1
−
→
gA/I est donc appliqué au point I, dirigé suivant la droite
(AB), orienté de I vers A, et son module vaut −
−
→
gA/I = 1, 334 × 10−11
N.kg−1
.
−
→
gB/I quant à lui est appliqué au point I, dirigé suivant la
droite (AB), orienté de I vers B, et son module vaut −
−
→
gB/I = 3 × 10−11
N.kg−1
.
Le champ résultant −
→
gI est donné par :
−
→
gI = −
−
→
gA/I + −
−
→
gB/I
= −1, 334 × 10−11 −
→
u + 3 × 10−11 −
→
u
= 1, 66 × 10−11 −
→
u N.Kg−1
Le champ gravitationnel résultant −
→
gI est donc appliqué au point I, dirigé suivant
la droite (AB), orienté de I vers B, et son module vaut −
→
gI = 1, 66×10−11
N.kg−1
.
5- Soient −
−
−
→
gA/M et −
−
−
→
gB/M les champs créés en M respectivement par la bille en A et la bille en
B. Ces champs ont pour expressions :
−
−
−
→
gA/M = −
GmA
dA
2
−
→
u

−
−
−
→
gB/M =
GmB
dB
2
−
→
u
=
GmB
(D − dA)2
−
→
u
Si les champs créés en M se compensent, alors la résultante en ce point est nulle. Soit :
−
−
−
→
gA/M + −
−
−
→
gB/M =
−
→
0
=⇒ −
GmA
dA
2
−
→
u +
GmB
(D − dA)2
−
→
u =
−
→
0
=⇒
mA
dA
2 =
mB
(D − dA)2
=⇒

D − dA
dA
‹2
=
mB
mA
=⇒
D − dA
dA
=
É
mB
mA
=⇒
D
dA
− 1 =
É
mB
mA
On a donc :
dA =
D
1 +
È mB
mA
dA =
2
1 +
È 0,45
0,2
Soit :
dA = 80 cm
On a aussi :
dB = D − dA
dB = 2 − 0, 8
Soit :
dB = 1, 2 m
Exercice 2.2 :
1- A la Figure 2.35, on a marqué le point G, projeté orthogonal de O2 sur le segment [O1F1].
Le triangle O1GO2 est rectangle en G, et on peut donc utiliser le théorème de Pythagore et
écrire :
O1O2
2
= D2
= O1G2
+ O2G2

Soit H le projeté orthogonal de E2 sur le segment [O1F1]. On voit que :
O1F1 = O1E1 + E1F1 = O1G + GH + HF1
Or, on a :
O1E1 = r1 ; E1F1 = h1 ; GH = O2E2 = r2 et HF1 = E2F2 = h2
Soit :
r1 + h1 = O1G + r2 + h2
=⇒ O1G = h1 − h2 + r1 − r2
On a aussi :
d = B1C2 = B1F1 + F1F2 + F2C2
Or, on a :
B1F1 = r1 ; F1F2 = O2G et F2C2 = r2
Soit :
d = r1 + O2G + r2
=⇒ O2G = d − r1 − r2
On a donc :
D2
= (h1 − h2 + r1 − r2)2
+ (d − r1 − r2)2
D’où :
D =
È
(h1 − h2 + r1 − r2)2
+ (d − r1 − r2)2
D =
È
(1, 3 − 0, 74 + 0, 08 − 0, 04)2
+ (0, 92 − 0, 08 − 0, 04)2

Soit :
D = 1 m
2- La force de gravitation
−
−
−
→
F2/1 subie par la boule de centre O1 de la part de la boule de centre
O2 et la force de gravitation
−
−
−
→
F1/2 que la boule de centre O1 exerce sur la boule de centre O2
ont été représentées à la Figure 2.35. Elles ont le même module, et on a :
−
−
−
→
F2/1 =
−
−
−
→
F1/2 =
Gm1m2
D2
=
6, 67 × 10−11
× 2, 7 × 1, 2
12
= 2, 16 × 10−10
N
−
−
−
→
F2/1 est donc appliquée au point O1, dirigée suivant la
droite (O1O2), orientée de O1 vers O2, et son module vaut
−
−
−
→
F2/1 = 2, 16 × 10−10
N.
−
−
−
→
F1/2 quant à elle est appliquée au point O2, dirigée sui-
vant la droite (O1O2), orientée de O2 vers O1, et son module vaut
−
−
−
→
F1/2 =
2, 16 × 10−10
N.
3- Le champ de gravitation −
−
→
g1/2 que la boule de centre O1 crée en O2 a pour module :
−
−
→
g1/2 =
−
−
−
→
F1/2
m2
=
2, 16 × 10−10
N
1, 2
= 1, 8 × 10−10
N.kg−1
Le champ de gravitation −
−
→
g2/1 que la boule de centre O2 crée en O1 a pour module :
−
−
→
g2/1 =
−
−
−
→
F2/1
m1
=
2, 16 × 10−10
N
2, 7
= 8 × 10−11
N.kg−1
−
→
g1/2 est donc appliquée au point O2, dirigé suivant la
droite (O1O2), orienté de O2 vers O1, et son module vaut −
−
→
g1/2 = 1, 8 × 10−10
N.kg−1
.
−
→
g2/1 quant à lui est appliqué au point O1, dirigé sui-
vant la droite (O1O2), orienté de O1 vers O2, et son module vaut −
−
→
g2/1 =
8 × 10−11
N.kg−1
.

4- Soit −
→
u un vecteur unitaire dirigé suivant la droite (O1O2), de O1 vers O2. Le vecteur champ
de gravitation −
−
→
gM1 que la boule de centre O1 crée en M a pour expression :
−
−
→
gM1 = −
Gm1
d1
2
−
→
u
Le vecteur champ de gravitation −
−
→
gM2 que la boule de centre O2 crée en M a pour expression :
−
−
→
gM2 =
Gm2
d2
2
−
→
u
=
Gm2
(D − d1)2
−
→
u
Puisque les champs créés en M par les deux boules se compensent, alors la résultante en ce
point est nulle. Soit :
−
−
→
gM1 + −
−
→
gM2 =
−
→
0
=⇒ −
Gm1
d1
2
−
→
u +
Gm2
(D − d1)2
−
→
u =
−
→
0
=⇒
m1
d1
2 =
m2
(D − d1)2
=⇒

D − d1
d1
‹2
=
m2
m1
=⇒
D − d1
d1
=
É
m2
m1
=⇒
D
d1
− 1 =
É
m2
m1
On a donc :
d1 =
D
1 +
È m2
m1
d1 =
1
1 +
È 1,2
2,7
Soit :
d1 = 60 cm
On a aussi :
d2 = D − d1
d2 = 1 − 0, 6
Soit :
d2 = 40 cm

Exercice 2.3 :
1- Les forces gravitationnelles
−
→
FS et
−
−
→
FT subies par la Lune respectivement de la part du Soleil
et de la Terre ont été représentées à la Figure 2.36 ci-dessous.
Soit −
→
u un vecteur unitaire de même direction que la droite (ST) et orienté de S vers T. La
force gravitationnelle
−
→
FS que le Soleil exerce sur la Lune a pour expression :
−
→
FS = −
GMSML
SL2
−
→
u
= −
GMSML
(ST − LT)2
−
→
u
= −
6, 67 × 10−11
× 1, 989 × 1030
× 7, 342 × 1022
[103 × (149 598 023 − 383 398)]2
−
→
u
= −4, 37 × 1020 −
→
u N
−
−
→
FT que la Terre exerce sur la Lune a pour expression :
−
−
→
FT =
GMTML
LT2
−
→
u
=
6, 67 × 10−11
× 5, 972 × 1024
× 7, 342 × 1022
(103 × 383 398)2
−
→
u
= 1, 98 × 1020 −
→
u N
La force
−
→
FS que le Soleil exerce sur la Lune est donc appliquée au centre de gravité
L de la Lune, dirigée suivant la droite (ST) joignant les centres de gravité du Soleil
et de la Terre, orientée de L vers S, et son module vaut
−
→
FS = 4, 37 × 1020
N.
La force
−
−
→
FT que la Terre exerce sur la Lune quant à elle est appliquée au centre
de gravité L de la Lune, dirigée suivant la droite (ST) joignant les centres de
gravité du Soleil et de la Terre, orientée de L vers T, et son module vaut
−
−
→
FT =
1, 98 × 1020
N.

2- La force gravitationnelle résultante
−
→
F subie par la Lune a pour expression :
−
→
F =
−
→
FS +
−
−
→
FT
= −4, 37 × 1020 −
→
u + 1, 98 × 1020 −
→
u
= −2, 39 × 1020 −
→
u N
La force résultante
−
→
F subie par la Lune est donc appliquée au centre de gravité L
de la Lune, dirigée suivant la droite (ST) joignant les centres de gravité du Soleil
et de la Terre, orientée de L vers S, et son module vaut
−
→
F = 2, 39 × 1020
N.
3- Le champ gravitationnel −
→
gS que le Soleil crée en L a pour expression :
−
→
gS =
1
ML
−
→
FS
= −
−
→
FS
ML
−
→
u
= −
4, 37 × 1020
7, 342 × 1022
−
→
u
= −5, 95 × 10−3
N.kg−1
→
gT que la Terre crée en L a pour expression :
−
→
gT =
1
ML
−
−
→
FT
=
−
−
→
FT
ML
−
→
u
=
1, 98 × 1020
7, 342 × 1022
−
→
u
= 2, 69 × 10−3
N.kg−1
Le champ −
→
gS est donc appliqué au centre de gravité L de la Lune, dirigé suivant
la droite (ST) joignant les centres de gravité du Soleil et de la Terre, orienté de L
vers S, et son module vaut −
→
gS = 5, 94 × 10−3
N.kg−1
.
Le champ −
→
gT quant à lui est appliqué au centre de gravité L de la Lune, dirigé
suivant la droite (ST) joignant les centres de gravité du Soleil et de la Terre, orienté
de L vers T, et son module vaut −
→
gT = 2, 69 × 10−3
N.kg−1
.

4- Le champ résultant −
→
g en L a pour expression :
−
→
g = −
→
gS + −
→
gT
= −5, 95 × 10−3 −
→
u + 2, 69 × 10−3 −
→
u
= −3, 26 × 10−3 −
→
u N.kg−1
Le champ résultant −
→
g est donc appliqué au centre de gravité L de la Lune, dirigé
suivant la droite (ST) joignant les centres de gravité du Soleil et de la Terre, orienté
de L vers S, et son module vaut −
→
g = 3, 26 × 10−3
N.kg−1
.
5- Pour que la Lune soit en équilibre, il faudrait que la résultante des forces subies de la part
du Soleil et de la Terre soit nulle. Soit :
−
→
F0
S +
−
−
→
F0
T =
−
→
0
=⇒

−
GMSML
SL02
+
GMTML
TL02
‹
−
→
u =
−
→
0
=⇒
–
−
GMSML
SL02
+
GMTML
(ST − SL0)2
™
−
→
u =
−
→
0
=⇒
MS
SL02
=
MT
(ST − SL0)2
=⇒

ST − SL0
SL0
‹2
=
MT
MS
=⇒
ST − SL0
SL0
=
Ê
MT
MS
=⇒
ST
SL0
− 1 =
Ê
MT
MS
On a donc :
SL0
=
ST
1 +
È
MT
MS
SL0
=
103
× 149 598 023
1 +
È
5,972×1024
1,989×1030
Soit :
SL0
= 149 339 251, 5 km
On a aussi :
TL0
= ST − SL0

TL0
= 149 598 023 − 149 339 251, 5
Soit :
TL0
= 258 771, 5 km
Exercice 2.4 :
1- La surface de la Terre se trouve à la distance RT de son centre T. On a donc :
g0 =
GMT
RT
2
g0 =
6, 67 × 10−11
× 5, 972 × 1024
(6378 × 103)2
Soit :
g0 = 9, 79 N.kg−1
2- Le satellite se trouve à une altitude h de la surface de la Terre, et par conséquent à une
distance RT + h de son centre T. Le champ gh a donc pour expression :
gh =
GMT
(RT + h)2
3- En faisant le rapport des expressions de gh et g0 obtenues plus haut, on a :
gh
g0
=
GMT
(RT + h)2 ×
RT
2
GMT
=
RT
2
(RT + h)2
=

RT
RT + h
‹2
=
‚
1
1 + h
RT
Œ2
D’où :
gh =
‚
1
1 + h
RT
Œ2
g0

4- Nous avons : ‚
1
1 + h
RT
Œ2
=

1 +
h
RT
‹−2
Puisque h RT, alors :
h
RT
1
=⇒

1 +
h
RT
‹−2
' 1 − 2
h
RT
On peut donc réécrire la relation obtenue à la question précédente, et on obtient la nouvelle
gh =

1 −
2h
RT
‹
g0
5- Le champ gravitationnel et la force gravitationnelle subie par le satellite ont été représentés
En utilisant la formule obtenue à la question 4, la valeur numérique du champ gh vaut :
gh =
‚
1 −
2 × 5 × 103
6378 × 103
Œ
× 9, 79
= 9, 77 N.kg−1
La force Fh subie par le satellite vaut :
Fh = mgh
= 60 × 103
× 9, 77
= 5, 86 × 105
N
→
gh est donc appliqué au point où se trouve le satellite,
dirigé suivant la droite joignant le satellite et le centre T de la Terre, orienté du

point où se trouve le satellite vers le centre T de la Terre, et son module vaut
gh = 9, 77 N.kg−1
.
−
→
Fh est appliquée au point où se trouve le satellite, di-
rigée suivant la droite joignant le satellite et le centre T de la Terre, orientée du
point où se trouve le satellite vers le centre T de la Terre, et son module vaut
Fh = 5, 86 × 105
N.
6- En utilisant la formule obtenue à la question 3, on a :
gh =
‚
1
1 + 5
6378
Œ2
× 9, 79
= 9, 77 N.kg−1
La force gravitationnelle vaut :
Fh = mgh
= 60 × 103
× 9, 77
= 5, 86 × 105
N
On constate donc que les valeurs numériques restent quasiment identiques, que l’on utilise la
formule de la question 3 ou celle de la question 4.
Exercice 2.5 :
1- Le module du champ gravitationnel régnant à la surface de Jupiter a pour expression :
g0 =
GMJ
RJ
2
g0 =
6, 67 × 10−11
× 1, 898 × 1027
(69 911 × 103)2
Soit :
g0 = 25, 9 N.kg−1
Le module du champ gravitationnel à l’altitude où se trouve le satellite au départ, c’est-à-dire
à l’altitude H a pour expression :
gH =
GMJ
(RJ + H)2

gH =
6, 67 × 10−11
× 1, 898 × 1027
[(69 911 + 1000) × 103]2
Soit :
gH = 25, 17 N.kg−1
2- Puisque l’altitude du satellite diminue de 5% après chaque tour, alors, la diminution relative
de sa hauteur entre le n-ième tour et le n + 1-ième tour vaut 5%. Soit :
hn − hn+1
hn
= 5% =
5
100
=
1
20
=⇒ hn+1 − hn = −
1
20
hn
=⇒ hn+1 = hn −
1
20
hn
=
19
20
hn
(hn)n∈N est donc une suite géométrique de premier terme h0 = H = 1000 Km et de
raison q = 19
20
.
3- (hn)n∈N étant une suite géométrique, alors pour tout entier naturel n, on a :
hn = qn
h0
= qn
H
Soit :
hn = 1000

19
20
‹n
4- Après 25 tours, le satellite se trouve à l’altitude H0
donnée par :
H0
= h25 = 1000

19
20
‹25
Soit :
H0
= 277, 38 km
5- Le module du champ gravitationnel à l’altitude H0
a pour expression :
gH0 =
GMJ
(RJ + H0)2

gH0 =
6, 67 × 10−11
× 1, 898 × 1027
[(69 911 + 277, 38) × 103]2
Soit :
gH0 = 25, 69 N.kg−1
6- La variation relative du champ gravitationnel vaut :
gH0 − gH
gH
=
25, 69 − 25, 17
25, 17
= 0, 02
L’augmentation relative du champ gravitationnel entre la position de départ du
satellite et la position qu’il occupe après avoir effectué 25 tours est donc de 2%.
Exercice 2.6 :
1- A la Figure 2.38, on a marqué le projeté orthogonal A de C2 sur le segment [O1C1].
Le triangle C1AC2 est rectangle en A, et on peut écrire :
D2
= C1C2
2
= C1A2
+ C2A2
On peut remarquer que :
O1C1 = h1 +
1
2
a1 = O1A + C1A
Or :
O1A = O2C2 = h2 +
1
2
a2
Soit :
h1 +
1
2
a1 = h2 +
1
2
a2 + C1A

=⇒ C1A = h1 − h2 +
1
2
(a1 − a2)
De plus, C2A = O1O2 = d. On a donc :
D2
=
•
h1 − h2 +
1
2
(a1 − a2)
˜2
+ d2
D’où :
D =
Ê•
h1 − h2 +
1
2
(a1 − a2)
˜2
+ d2
D =
Ê•
48 − 20 +
1
2
(10 − 6)
˜2
+ 402
Soit :
D = 50 cm
2- La force électrostatique
−
−
−
→
F2/1 que le cube de centre C2 exerce sur le cube de centre C1 et
la force électrostatique
−
−
−
→
F1/2 que le cube de centre C1 exerce sur le cube de centre C2 ont été
représentées sur la Figure 2.38. Ces deux forces ont le même module :
−
−
−
→
F2/1 =
−
−
−
→
F1/2 =
K |q1| |q2|
D2
=
9 × 109
× 20 × 10−6
× 5 × 10−6
0, 52
= 3, 6 N
La force
−
−
−
→
F2/1 est donc appliquée au point C1, dirigée suivant la droite (C1C2),
orientée de C1 vers C2, et son module vaut
−
−
−
→
F2/1 = 3, 6 N.
La force
−
−
−
→
F1/2 quant à elle est appliquée au point C2, dirigée suivant la droite
(C1C2), orientée de C2 vers C1, et son module vaut
−
−
−
→
F1/2 = 3, 6 N.
3- Puisque le cube de centre C1 a une charge q1 positive, le champ
−
−
−
→
E1/2 qu’il crée en C2 est
centrifuge, et sa norme vaut :
−
−
−
→
E1/2 =
−
−
−
→
F1/2
|q2|
=
3, 6
5 × 10−6
= 7, 2 × 105
N.C−1

Puisque le cube de centre C2 a une charge q2 négative, le champ
−
−
−
→
E2/1 qu’il crée en C1 est
centripète, et sa norme vaut :
−
−
−
→
E2/1 =
−
−
−
→
F2/1
|q1|
=
3, 6
20 × 10−6
= 1, 8 × 105
N.C−1
Le champ
−
−
−
→
E1/2 est donc appliqué au point C2, dirigé suivant la droite (C1C2),
orienté de C1 vers C2, et son module vaut
−
−
−
→
E1/2 = 7, 2 × 105
N.C−1
.
Le champ
−
−
−
→
E2/1 quant à lui est appliqué au point C1, dirigé suivant la droite (C1C2),
orienté de C1 vers C2, et son module vaut
−
−
−
→
E2/1 = 1, 8 × 105
N.C−1
.
4- 4.1- Supposons que le point M se trouve sur le segment [C1C2]. Le champ
−
−
−
→
EM1 que le cube
de centre C1 crée en M est centrifuge tandis que le champ
−
−
−
→
EM2 que le cube de centre C2 crée
en M est centripète. Les deux champs ont donc le même sens comme indiqué sur la Figure
2.39 ci-dessous. Par conséquent, ils ne peuvent pas se compenser.
Figure 2.39 – Correction de l’exercice 2.6 (Point M sur le segment [C1C2]).
On en déduit donc que le point M ne peut pas se trouver sur le segment [C1C2].
4.2- Supposons que le point M se trouve sur la droite (C1C2), à gauche de C1 comme sur la
Figure 2.40. Les champs
−
−
−
→
EM1 et
−
−
−
→
EM2 sont de sens contraires, et s’ils se compensent, alors
on devrait avoir :
K |q1|
d1
2 =
K |q2|
d2
2
=⇒
|q1|
d1
2 =
|q2|
(D + d1)2
=⇒

D + d1
d1
‹2
=
|q2|
|q1|
=⇒
D + d1
d1
=
Ê
|q2|
|q1|

=⇒
D
d1
+ 1 =
Ê
|q2|
|q1|
Soit :
d1 =
D
−1 +
q
|q2|
|q1|
=
0, 5
−1 +
È
5×10−6
20×10−6
= −1 m
Lorsqu’on tente de calculer d1, on obtient une valeur négative, ce qui n’est pas possible.
Figure 2.40 – Correction de l’exercice 2.6 (Le point M se trouve à gauche de C1).
On en déduit donc que le point M ne peut pas se trouver à gauche de C1.
4.3- Le point M se trouve donc à droite de C2 comme sur la Figure 2.41 ci-dessous.
Figure 2.41 – Correction de l’Exercice 2.6 (Le point M se trouve à droite de C2).

Les champs
−
−
−
→
EM1 et
−
−
−
→
EM2 sont de sens contraires, et s’ils se compensent, alors on devrait avoir :
K |q1|
d1
2 =
K |q2|
d2
2
=⇒
|q1|
d1
2 =
|q2|
(d1 − D)2
=⇒

d1 − D
d1
‹2
=
|q2|
|q1|
=⇒
d1 − D
d1
=
Ê
|q2|
|q1|
=⇒ 1 −
D
d1
=
Ê
|q2|
|q1|
Soit :
d1 =
D
1 −
q
|q2|
|q1|
d1 =
0, 5
1 −
È
5×10−6
20×10−6
Soit :
d1 = 1 m
On a de même :
d2 = d1 − D
d2 = 1 − 0, 5
Soit :
d2 = 50 cm
Exercice 2.7 :
1- On sait que le vecteur
−
−
→
AB s’exprime dans la base
€
−
→
ı ; −
→
 ;
−
→
k
Š
par :
−
−
→
AB = (xB − xA) −
→
ı + (yB − yA) −
→
 + (zB − zA)
−
→
k
Soit :
−
−
→
AB = 2−
→
ı + 2−
→
 +
−
→
k
La distance D = AB qui sépare les deux particule est donnée par :
D = AB =
√
22 + 22 + 12

Soit :
D = 3 m
Le vecteur −
−
→
uAB est donné par :
−
−
→
uAB =
1
AB
−
−
→
AB
Soit :
−
−
→
uAB =
2
3
−
→
ı +
2
3
−
→
 +
1
3
−
→
k
2- Les deux particules étant de charges de même signe, elles se repoussent entre elles. La force
électrostatique
−
−
−
→
FB/A que la charge qB exerce sur qA et la force électrostatique
−
−
−
→
FA/B que la
charge qA exerce sur qB sont de sens contraires et ont le même module F. On a :
F =
K |qA| |qB|
D2
=
9 × 109
× 1, 5 × 10−6
× 6 × 10−6
32
= 9 × 10−3
N = 9 mN
−
−
−
→
FB/A = −
−
−
−
→
FA/B = −F−
−
→
uAB
On a donc :
−
−
−
→
FB/A = −6−
→
ı − 6−
→
 − 3
−
→
k mN
−
−
−
→
FA/B = 6−
→
ı + 6−
→
 + 3
−
→
k mN
3- Soient
−
−
−
→
EA/B le champ électrostatique créé par qA en B et
−
−
−
→
EB/A le champ électrostatique
créé par qB en A. On a :
−
−
−
→
EA/B =
F
qB
=
9 × 10−3
6 × 10−6
= 1500 N.C−1
−
−
−
→
EB/A =
F
qA
=
9 × 10−3
1, 5 × 10−6
= 6000 N.C−1

−
−
−
→
EA/B = −
−
−
−
→
EA/B
−
−
→
uAB et
−
−
−
→
EB/A =
−
−
−
→
EB/A
−
−
→
uAB
D’où :
−
−
−
→
EA/B = −1000−
→
ı − 1000−
→
 − 500
−
→
k N.C−1
−
−
−
→
EB/A = 4000−
→
ı + 4000−
→
 + 2000
−
→
k N.C−1
4- 4.1- Si le point M de coordonnées (x ; y ; z) appartient à la droite (AB), alors il existe un
réel t tel que :
−
−
→
AM = t−
−
→
uAB
=⇒ (x − 1) −
→
ı + (y − 2) −
→
 + (z − 3)
−
→
k =
2t
3
−
→
ı +
2t
3
−
→
 +
t
3
−
→
k
Une équation paramétrique de la droite (AB) est donc :
(AB) :





x = 2
3
t + 1
y = 2
3
t + 2
z = 1
3
t + 3
t ∈ R
4-2. Pour que les champs électrostatiques créés en M se compensent, on doit avoir :
−
K |qA|
AM2
−
−
→
uAB +
K |qB|
BM2
−
−
→
uAB =
−
→
0
=⇒
|qA|
AM2
=
|qB|
(D − AM)2
=⇒

D − AM
AM
‹2
=
|qB|
|qA|
=⇒
D − AM
AM
=
Ê
|qB|
|qA|
=⇒
D
AM
− 1 =
Ê
|qB|
|qA|
D’où :
AM =
D
1 +
q
|qB|
|qA|
AM =
3
1 +
q
6×10−6
1,5×10−6
Soit :
AM = 1 m

On a aussi :
BM = D − AM
BM = 3 − 1
Soit :
BM = 2 m
Puisque
−
−
→
AM = t−
−
→
uAB , alors :
−
−
→
AM = AM = t k−
−
→
uAB k
Or, k−
−
→
uAB k = 1 puisque −
−
→
uAB est un vecteur unitaire. On a donc :
t = AM = 1 m
En remplaçant t par sa valeur dans l’équation paramètrique de la droite (AB),
on trouve que les coordonnées du point M où les champs électrostatiques se com-
pensent sont x = 5
3
; y = 8
3
; z = 10
3

.
Exercice 2.8 :
1- En utilisant le théorème des sinus dans le triangle ABC, on peut écrire :
AB
sin [
AGB
=
AG
sin [
ABG
Or, on a :
[
ABG =
1
2
[
ABC =
60°
2
= 30°
[
AGB = 180° − [
ABG − [
BAG = 180° − 2 [
ABG = 180° − 60° = 120°
Soit :
AB
sin 120°
=
AG
sin 30°
=⇒
a
√
3
2
=
c
1
2
=⇒ c =
2a
√
3
·
1
2
D’où :
c =
√
3
3
a
c =
√
3
3
× 2
√
3

Soit :
c = 2 m
2- Les champs électrostatiques
−
−
→
EA ,
−
−
→
EB et
−
−
→
EC ont été représentés à la Figure 2.42 ci-dessous.
Figure 2.42 – Correction de l’exercie 2.8.
Les modules de
−
−
→
EA ,
−
−
→
EB et
−
−
→
EC sont donnés par :
−
−
→
EA =
K |q|
c2
−
−
→
EB =
K |−2q|
c2
−
−
→
EC =
K |3q|
c2
−
−
→
EA = 4, 5 N.C−1
−
−
→
EB = 9 N.C−1
−
−
→
EC = 13, 5 N.C−1

D’après la Figure 2.42, les composantes des champs électrostatiques sont :
−
−
→
EA







EAx = 0
EAy = −
−
−
→
EA
−
−
→
EB







EBx = −
−
−
→
EB cos 30°
EBy = −
−
−
→
EB sin 30°
−
−
→
EC







ECx = −
−
−
→
EC cos 30°
ECy =
−
−
→
EC sin 30°
Soit :
−
−
→
EA





EAx = 0 N.C−1
EAy = −4, 5 N.C−1
−
−
→
EB





EBx = −7, 79 N.C−1
EBy = −4, 5 N.C−1
−
−
→
EC





ECx = −11, 69 N.C−1
ECy = 6, 75 N.C−1
3- Le champ électrostatique
−
→
E résultant en G est donné par :
−
→
E =
−
−
→
EA +
−
−
→
EB +
−
−
→
EC
=⇒
−
→
E





Ex = EAx + EBx + ECx
Ey = EAy + EBy + ECy
Les composantes du champ résultant sont donc :
−
→
E





Ex = −19, 48 N.C−1
Ey = −2, 25 N.C−1

Le module de
−
→
E est donné par :
−
→
E =
È
Ex
2
+ Ey
2
D’où :
−
→
E = 19, 61 N.C−1
4- La force électrostatique
−
→
F subie par la charge qG = −4q placée en G est donnée par l’ex-
pression :
−
→
F = −4q
−
→
E
=⇒
−
→
F





Fx = −4qEx
Fy = −4qEy
Les composantes de cette force sont donc :
−
→
F





Fx = 1, 55 × 10−7
N
Fy = 1, 8 × 10−8
N
Le module de
−
→
F est donné par :
−
→
F =
È
Fx
2
+ Fy
2
D’où :
−
→
F = 1, 56 × 10−7
N
5-
−
→
E et
−
→
F ont été représentés à la Figure 2.42. Soit α l’angle que fait leur direction avec
l’horizontale.
−
→
E est tel que :
−
→
E





Ex = −E cos α
Ey = −E sin α
En faisant le rapport, on obtient :
Ex
Ey
=
cos α
sin α
=
1
tan α

=⇒ tan α =
Ey
Ex
=
−2, 25
−19, 48
= 0, 115
L’angle que fait la direction du champ résultant
−
→
E et de la force
−
→
F avec l’hori-
zontale vaut donc α = 6, 58◦
.
Exercice 2.9 :
1- Notons `0
1 et `0
2 les longueurs respectives des deux ressorts à l’équilibre. On peut facilement
voir que :
`0
1 + d + `0
2 = L
Or :
`0
1 = `1 + x1 et `0
2 = `2 + x2
On a donc :
`1 + x1 + d + `2 + x2 = L
D’où :
d = L − `1 − `2 − x1 − x2
d = 1, 7 − 0, 4 − 0, 5 − 0, 1 − 0, 2
Soit :
d = 50 cm
2- Les forces appliquées à (S1) sont :
— Son poids
−
→
P1 = m1
−
→
g ;
— La force électrique
−
−
−
→
F2/1 subie de la part de (S2) ;
— La tension
−
→
T1 du ressort auquel il est lié ;
— La réaction normale
−
−
→
R1 du plan incliné.
Les forces appliquées à (S2) sont :
— Son poids
−
→
P2 = m2
−
→
g ;
−
−
−
→
F1/2 subie de la part de (S1) ;
— La tension
−
→
T2 du ressort auquel il est lié ;
−
−
→
R2 du plan incliné.

Toutes ces forces ont été représentées à la Figure 2.43 ci-dessous.
3- Les forces électriques
−
−
−
→
F2/1 et
−
−
−
→
F1/2 agissant entre les deux corps ont le même module donné
par :
F2/1 = F1/2 =
K |q1| |q2|
d2
F2/1 = F1/2 =
9 × 109
× 10 × 10−6
× 20 × 10−6
0, 52
Soit :
F2/1 = F1/2 = 7, 2 N
4- Puisque les deux corps sont en équilibre, la somme vectorielle des forces qui leur sont appli-
quées est égale au vecteur nul. Pour (S1), on a :
−
→
P1 +
−
−
−
→
F2/1 +
−
→
T1 +
−
−
→
R1 =
−
→
0
=⇒ m1
−
→
g





m1g sin α
−m1g cos α
+
−
−
−
→
F2/1





F2/1
0
+
−
→
T1





−T1
0
+
−
−
→
R1





0
R1
=
−
→
0





0
0
Suivant l’axe parallèle au plan incliné, on a la relation :
m1g sin α + F2/1 − T1 = 0
D’où :
T1 = m1g sin α + F2/1

T1 = 0, 2 × 9, 8 × sin 30◦
+ 7, 2
Soit :
T1 = 8, 18 N
La relation qui lie la tension du ressort, sa constante de raideur et son allongement est :
T1 = k1x1
La raideur du ressort auquel est lié (S1) est donc :
k1 =
T1
x1
k1 =
8, 18
0, 1
Soit :
k1 = 81, 8 N.m−1
Pour (S2), on a :
−
→
P2 +
−
−
−
→
F1/2 +
−
→
T2 +
−
−
→
R2 =
−
→
0
=⇒ m2
−
→
g





m2g sin α
−m2g cos α
+
−
−
−
→
F1/2





−F1/2
0
+
−
→
T2





T2
0
+
−
−
→
R2





0
R2
=
−
→
0





0
0
Suivant l’axe parallèle au plan incliné, on a la relation :
m2g sin α − F1/2 + T2 = 0
D’où :
T2 = F1/2 − m2g sin α
T2 = 7, 2 − 0, 3 × 9, 8 × sin 30◦
Soit :
T2 = 5, 73 N

La raideur du ressort auquel est lié (S2) est :
k2 =
T2
x2
k2 =
5, 73
0, 2
Soit :
k2 = 28, 65 N.m−1
5- Suivant les axes perpendiculaires au plan incliné, on a les relations :
−m1g cos α + R1 = 0 et − m2g cos α + R2 = 0
Soit :
R1 = m1g cos α
R2 = m2g cos α
R1 = 0, 2 × 9, 8 × cos 30◦
R2 = 0, 3 × 9, 8 × cos 30◦
Soit :
R1 = 1, 69 N
R2 = 2, 54 N
Exercices 2.10 :
1- Le champ électrique
−
→
E à l’intérieur du condensateur est uniforme. Il a été représenté à la
Figure 2.44. Le module de
−
→
E est donné par :
E =
|U|
d
E =
|10 000|
0, 2
Soit :
E = 50 000 V.m−1

2- Les forces appliquées à la particule sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
→
F qu’elle subit à l’intérieur du condensateur ;
— La tension
−
→
T du fil.
Ces forces ont été représentées à la Figure 2.44 ci-dessous.
3- Le module de la force électrique
−
→
F subie par la particule est donné par :
F = |q|E
F = 40 × 10−6
× 50 000
Soit :
F = 2 N
4- La particule étant en équilibre, la somme vectorielle des forces qui lui sont appliquées est
égale au vecteur nul. Soit :
−
→
P +
−
→
F +
−
→
T =
−
→
0
=⇒ m−
→
g





0
−mg
+
−
→
F





F cos α
−F sin α
+
−
→
T





−T sin β
T cos β
=
−
→
0





0
0

=⇒





T sin β = F cos α
T cos β = mg + F sin α
T sin β
T cos β
= tan β =
F cos α
mg + F sin α
D’où :
β = tan−1
•
F cos α
mg + F sin α
˜
β = tan−1
•
2 × cos 60◦
0, 1 × 9, 8 + 2 × sin 20, 24◦
˜
Soit :
β = 20, 24◦
On a obtenu plus haut la relation :
T sin β = F cos α
Soit :
T =
F cos α
sin β
T =
2 × cos 60◦
sin 20, 24◦
Soit :
T = 2, 89 N
Exercice 2.11 :
1- Les forces s’exerçant sur la tige sont :
— Son poids
−
→
P = M−
→
g ;
— La force de Laplace
−
→
F1 due au champ magnétique
−
→
B1 ;
−
→
−
→
B2 ;
— La réaction
−
→
R du crochet en O.

2- Les modules F1 et F2 des forces magnétiques agissant sur la tige sont donnés par :
F1 = B1 · I · BC et F2 = B2 · I · DE
D’où :
F1 =
1
5
B1IL
F2 =
1
5
B2IL
F1 =
2 × 5 × 0, 6
5
F2 =
0, 6 × 5 × 0, 6
5
Soit :
F1 = 1, 2 N
F2 = 0, 36 N
3- Les forces magnétiques sont appliquées aux milieux des portions plongées dans les champs
magnétiques. On a donc :
BP1 =
1
2
BC et DP2 = EP2 =
1
2
DE

On peut écrire :
d1 = OP1 = OB + BP1
= OB +
1
2
BC
=
1
5
L +
1
10
L
D’où :
d1 =
3
10
L
d1 =
3 × 0, 6
10
Soit :
d1 = 18 cm
On a également :
d2 = OP2 = OA − AP2
= OA − AE − EP2
= OA − AE −
1
2
DE
= L −
1
5
L −
1
10
L
D’où :
d2 =
7
10
L
d2 =
7 × 0, 6
10
Soit :
d2 = 42 cm
4- Les moments des forces magnétiques par rapport à l’axe horizontal (∆) passant par O sont
égaux en valeur absolue aux produits de leur intensité et des bras de levier. Or, d’après la Loi
de Laplace, ces forces magnétiques sont perpendiculaires à la tige, et par conséquent, les bras
de levier correspondent respectivement aux distances d1 = OP1 et d2 = OP2. On observe que
la force
−
→
F1 aura tendance à faire tourner la tige dans le sens contraire au sens positif choisi,
tandis que la force
−
→
F2 aura tendance à faire tourner la tige dans le sens positif. Le moment M1
de
−
→
F1 sera donc compté négativement, et le moment M2 de
−
→
F2 sera compté positivement.

On a donc :
M1 = −F1d1
M2 = F2d2
M1 = −1, 2 × 0, 18
M2 = 0, 36 × 0, 42
Soit :
M1 = −0, 216 N.m
M2 = 0, 1512 N.m
5- La tige étant en équilibre, la somme algébrique des moments par rapport à l’axe (∆) des
forces extérieures qui lui sont appliquées est nulle. Soit :
M(∆)
€−
→
P
Š
+ M1 + M2 + M(∆)
€−
→
R
Š
= 0
Puisque la réaction
−
→
R rencontre l’axe (∆), son moment M(∆)
€−
→
R
Š
est nul. Le moment
M(∆)
€−
→
P
Š
du poids
−
→
P quant à lui est proportionnel au bras de levier d représenté à la Figure
2.45. On peut voir que :
sin α =
d
OG
=
d
L
2
=⇒ d =
1
2
L sin α
Puisque le poids de la tige aura tendance à la faire tourner dans le sens positif, son moment
sera compté positivement. Soit donc :
M(∆)
€−
→
P
Š
=
1
2
MgL sin α
On a alors :
1
2
MgL sin α + M1 + M2 = 0
=⇒ sin α = −
2 (M1 + M2)
MgL
D’où :
α = sin−1
•
−
2 (M1 + M2)
MgL
˜
α = sin−1
•
−
2 (−0, 216 + 0, 1512)
0, 5 × 9, 8 × 0, 6
˜

Soit :
α = 2, 52◦
6- La tige étant en équilibre, la somme vectorielle des forces qu’elle subit est égale au vecteur
nul. Soit :
−
→
P +
−
→
F1 +
−
→
F2 +
−
→
R =
−
→
0
En projettant les forces sur les axes horizontal et vertical, on peut écrire :
−
→
P





0
−Mg
+
−
→
F1





F1 cos α
F1 sin α
+
−
→
F2





−F2 cos α
−F2 sin α
+
−
→
R





−R sin β
R cos β
=
−
→
0





0
0
=⇒





R sin β = F1 cos α − F2 cos α = (F1 − F2) cos α
R cos β = Mg − F1 sin α + F2 sin α = Mg + (F2 − F1) sin α
R sin β
R cos β
= tan β =
(F1 − F2) cos α
Mg + (F2 − F1) sin α
D’où :
β = tan−1
•
(F1 − F2) cos α
Mg + (F2 − F1) sin α
˜
β = tan−1
•
(1, 2 − 0, 36) × cos 2, 52◦
0, 5 × 9, 8 + (0, 36 − 1, 2) × sin 2, 52◦
˜
Soit :
β = 9, 79◦
On a obtenu la relation :
R sin β = (F1 − F2) cos α
D’où :
R =
(F1 − F2) cos α
sin β
R =
(1, 2 − 0, 36) × cos 2, 52◦
sin 9, 79◦

Soit :
R = 4, 93 N
Exercice 2.12 :
1- Le champ magnétique
−
→
B étant vertical, la force magnétique de Laplace subie par la tige
sera horizontale. La tension que la corde exerce sur la tige sera elle aussi horizontale et orientée
de la droite vers la gauche. Pour que la tige soit maintenue en équilibre, la force magnétique
qu’elle subit doit donc être orientée de la gauche vers la droite. Le champ magnétique
−
→
B doit
donc pour cela être orienté du haut vers le bas. Il a été représenté à la Figure 2.46 ci-dessous.
Les forces extérieures appliquées à la tige sont :
— Son poids
−
→
Pt ;
— La tension
−
→
T de la corde ;
— La réaction
−
−
→
R1 du premier rail ;
— La réaction
−
−
→
R2 du deuxième rail ;
−
→
F due au champ magnétique
−
→
B .
Les forces extérieures appliquées à la poulie sont :
— Son poids
−
→
Pp ;
— La réaction
−
−
→
Rp supportant la poulie ;
— La tension
−
→
T0
du brin horizontal de la corde ;
— La tension
−
→
T1 du brin vertical de la corde.

Les forces extérieures appliquées au bloc solide sont :
— Son poids
−
→
Pb = m−
→
g ;
— La tension
−
→
T2 du brin vertical de la corde ;
— La tension
−
→
Tr du ressort.
Toutes ces forces ont été représentées à la Figure 2.46.
2- L’intensité Tr de la tension du ressort est donnée par :
Tr = k (` − `0)
Tr = 200 × 10−3
× (350, 5 − 300)
Soit :
Tr = 10, 1 N
3- Le bloc étant en équilibre, la somme vectorielle des forces extérieures qui lui sont appliquées
est égale au vecteur nul. Soit :
−
→
Pb +
−
→
T2 +
−
→
Tr =
−
→
0
=⇒ −mg + T2 − Tr = 0
La poulie étant en équilibre, la somme vectorielle des forces qui lui sont appliquées est nulle. De
même, la somme algébrique des moments par rapport à l’axe horizontal passant par son axe de
symétrie des forces extérieures qu’elle subit est nulle. Puisque son poids
−
→
Pp et la réaction
−
−
→
Rp
qui la supporte passent par l’axe de symétrie, leurs moments sont nuls. Les bras de levier des
tensions
−
→
T0
et
−
→
T1 sont égaux et correspondent au rayon de la poulie. Leurs moments respectifs
sont de signes contraires. On aura donc :
T0
= T1
Or, on a :
T0
= T et T1 = T2
Donc, on a finalement :
T0
= T1 = T2 = T
Soit :
−mg + T − Tr = 0
D’où :
T = mg + Tr

T = 0, 5 × 9, 8 + 10, 1
Soit :
T = 15 N
La tige étant en équilibre, et les frottements des rails étant négligés, la tension de la corde et
la force magnétique de Laplace se compensent. On a donc :
F = T
Soit :
F = 15 N
4- La tige étant entièrement plongée dans le champ magnétique, la force de Laplace qu’elle
subit est donnée par l’expression :
F = BIL
Le module du champ magnétique s’exprime donc par :
B =
F
IL
B =
15
2 × 1, 5
Soit :
B = 5 T
Exercice 2.13 :
1- Le champ magnétique
−
→
B entre les branches de l’aimant est uniforme, sa direction étant
perpendiculaire aux branches, et son sens étant du pôle Nord vers le pôle Sud. Ce champ
−
→
B a
été représenté à la Figure 2.47. Les forces extérieures s’exerçant sur le conducteur sont :
— Son poids
−
→
P = M−
→
g ;
−
→
R des rails ;
−
→
F due au champ magnétique
−
→
B régnant entre les pôles
de l’aimant.

2- L’intensité du poids du conducteur est donnée par l’expression :
P = Mg
P = 2 × 9, 8
Soit :
P = 19, 6 N
Le conducteur étant en équilibre, on peut écrire :
−
→
P +
−
→
F +
−
→
R =
−
→
0
=⇒
−
→
P





0
−P
+
−
→
F





F sin β
F cos β
+
−
→
R





−R sin α
R cos α
=
−
→
0





0
0
=⇒





R sin α = F sin β
R cos α + F cos β = P
De la première relation, on peut poser :
R =
F sin β
sin α
=⇒
F sin β cos α
sin α
+ F cos β = P

=⇒
F sin β
tan α
+ F cos β = P
=⇒
sin β + tan α cos β
tan α
F = P
D’où :
F =
P tan α
sin β + tan α cos β
F =
19, 6 × tan 45◦
sin 60◦ + tan 45◦ × cos 60◦
Soit :
F = 14, 34 N
On a également :
R =
F sin β
sin α
R =
14, 34 × sin 60◦
sin 45◦
Soit :
R = 17, 57 N
3- Le module du champ magnétique
−
→
B est donné par :
B =
F
IL
B =
14, 34
4 × 0, 5
Soit :
B = 7, 17 T
Exercice 2.14 :
1- Les forces agissant sur la barre sont :
— Son poids
−
→
P = M−
→
g ;
−
→
−
→
B1 ;
−
→
−
→
B2 ;
— La tension
−
→
T1 du fil auquel est suspendu le corps de masse m1 ;
— La tension
−
→
T2 du fil auquel est suspendu le corps de masse m2.

Les forces agissant sur le corps de masse m1 sont :
— Son poids
−
→
P1 = m1
−
→
g ;
— La tension
−
→
T0
1 subie de la part du fil auquel il est suspendu.
Les forces agissant sur le corps de masse m2 sont :
— Son poids
−
→
P2 = m2
−
→
g ;
— La tension
−
→
T0
2 subie de la part du fil auquel il est suspendu.
2- Les forces magnétiques subies par la barre ont pour expressions :
F1 =
1
2
B1IL
F2 =
1
2
B2IL
F1 =
11, 27 × 4 × 1
2
F2 =
11, 76 × 4 × 1
2
Soit :
F1 = 22, 54 N
F2 = 23, 52 N

3- La barre étant en équilibre, la somme vectorielle des forces extérieures qu’elle subit est égale
au vecteur nul. Soit :
−
→
P +
−
→
F1 +
−
→
F2 +
−
→
T1 +
−
→
T2 =
−
→
0
=⇒ −Mg + F1 + F2 − T1 − T2 = 0
=⇒ T1 + T2 = F1 + F2 − Mg
Soit (∆) l’axe horizontal passant par le milieu de la barre. Cette dernière étant en équilibre, la
somme algébrique des moments par rapport à (∆) des forces extérieures qui lui sont appliquées
est nulle. On peut donc écrire :
M(∆)
€−
→
P
Š
+ M(∆)
€−
→
F1
Š
+ M(∆)
€−
→
F2
Š
+ M(∆)
€−
→
T1
Š
+ M(∆)
€−
→
T2
Š
= 0
Puisque le poids
−
→
P rencontre l’axe (∆), son moment est nul. En choisissant le sens horaire
comme positif, on a :
M(∆)
€−
→
P
Š
= 0 ; M(∆)
€−
→
F1
Š
=
1
4
F1L ; M(∆)
€−
→
F2
Š
= −
1
4
F2L
M(∆)
€−
→
T1
Š
= −
1
2
T1L ; ; M(∆)
€−
→
T2
Š
=
1
2
T2L ;
On a donc :
1
4
F1L −
1
4
F2L −
1
2
T1L +
1
2
T2L = 0
=⇒
1
2
F1 −
1
2
F2 − T1 + T2 = 0
=⇒ T1 − T2 =
1
2
(F1 − F2)
On peut donc écrire le système d’équations en T1 et T2 ci-dessous :





T1 + T2 = F1 + F2 − Mg
T1 − T2 = 1
2
(F1 − F2)
En effectuant la somme et la différence entre les deux équations du système ci-dessus, on
obtient : 




2T1 = F1 + F2 − Mg + 1
2
F1 − 1
2
F2
2T2 = F1 + F2 − Mg − 1
2
F1 + 1
2
F2
=⇒





2T1 = 3
2
F1 + 1
2
F2 − Mg
2T2 = 1
2
F1 + 3
2
F2 − Mg

=⇒





2T1 = 1
2
(3F1 + F2 − 2Mg)
2T2 = 1
2
(F1 + 3F2 − 2Mg)
D’où :
T1 =
1
4
(3F1 + F2 − 2Mg)
T2 =
1
4
(F1 + 3F2 − 2Mg)
T1 =
1
4
(3 × 22, 54 + 23, 52 − 2 × 3 × 9, 8)
T2 =
1
4
(22, 54 + 3 × 23, 52 − 2 × 3 × 9, 8)
Soit :
T1 = 8, 085 N
T2 = 8, 575 N
4- Puisque tout le système est en équilibre, y compris les deux corps, alors on peut écrire :
T0
1 = T1 ; T0
2 = T2 ; P1 = m1g = T0
1 et P2 = m2g = T0
2
On a donc :
m1g = T1 et m2g = T2
D’où :
m1 =
T1
g
m2 =
T2
g
m1 =
8, 085
9, 8
m2 =
8, 575
9, 8
Soit :
m1 = 825 g
m2 = 875 g

Exercice 2.15 :
1- Lorsque le champ magnétique est entrant, les forces extérieures qui s’exercent sur la particule
sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
— La force électrique verticale ascendante
−
→
Fe ;
— La force de Lorentz verticale descendante
−
−
→
Fm .
Figure 2.49 – Correction de l’exercice 2.15 (Champ magnétique entrant).
2- Pour que le mouvement de la particule soit uniforme, elle doit être pseudo-isolée. La somme
vectorielle des forces extérieures qu’elle subit doit donc être nulle. On a donc :
−
→
P +
−
→
Fe +
−
−
→
Fm =
−
→
0
−mg + Fe − Fm = 0
Or, on a :
Fe = |q| E
=
|qU|
d
Fm = |q| VB
On a donc :
−mg +
|qU|
d
− |q| VB = 0
D’où :
V =
|qU|
d
− mg
|q| B
V =
|−20×10−6×5000|
0,1
− 0, 08 × 9, 8
|−20 × 10−6| × 2

Soit :
V = 5400 m.s−1
3- Lorsque le champ magnétique est sortant et que le signe de la tension est changé, les forces
extérieures qui s’exercent sur la particule sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
— La force électrique verticale descendante
−
→
Fe ;
— La force de Lorentz verticale ascendante
−
−
→
Fm .
Figure 2.50 – Correction de l’exercice 2.15 (Champ magnétique sortant).
4- Le mouvement de la particule étant uniforme, elle est pseudo-isolée, et la somme vectorielle
des forces extérieures qu’elle subit est nulle. On a donc encore :
−
→
P +
−
→
Fe +
−
−
→
Fm =
−
→
0
−mg − Fe + Fm = 0
=⇒ −mg −
|qU|
d
+ |q| V0
B = 0
D’où :
V0
=
|qU|
d
+ mg
|q| B
V0
=
|−20×10−6×5000|
0,1
+ 0, 08 × 9, 8
|−20 × 10−6| × 2
Soit :
V0
= 44 600 m.s−1

Evaluation 2.1 :
Notons m la masse de la fusée. Lorsque celle-ci se trouvait à la surface de la Lune, elle était
soumise à une force gravitationnelle
−
−
→
FL dont l’intensité FL s’exprime selon la relation :
FL =
GmML
RL
2
Lorsque la fusée se trouve à l’altitude h de la surface de la Terre, celle-ci exerce sur la fusée une
force gravitationnelle
−
−
→
FT dont l’intensité FT s’exprime selon la relation :
FT =
GmMT
(RT + h)2
Puisque à cette alitude, l’intensité de la force gravitationnelle exercée par la Terre sur la fusée
est égale à l’intensité de la force gravitationnelle que la Lune exerçait sur la fusée lorsqu’elle se
trouvait à sa surface, on a la relation :
FT = FL
=⇒
GmMT
(RT + h)2 =
GmML
RL
2
=⇒

RT + h
RL
‹2
=
MT
ML
=⇒
RT + h
RL
=
Ê
MT
ML
=⇒ RT + h = RL
Ê
MT
ML
D’où :
h = RL
Ê
MT
ML
− RT
h = 1738 ×
Ê
5, 972 × 1024
7, 342 × 1022
− 6378
Donc, l’intensité de la force gravitationnelle ressentie par la fusée sera égale à celle de
la force gravitationnelle qu’il ressentait à la surface de la Lune lorsqu’il se trouvera
à l’altitude h = 9296, 81 km de la surface de la Terre.
Evaluation 2.2 :
La tension U = VM − VN étant positive, le champ électrique
−
→
E régant entre les armatures est
orienté de (M) vers (N).

Les forces extérieures s’exerçant sur la bille de gauche sont :
— Son poids
−
→
P1 = m1
−
→
g ;
— La tension
−
→
T1 du fil ;
−
→
F1 due aux armatures ;
— La force électrostatique
−
−
−
→
F2/1 soumise de la part de la bille de droite.
Les forces extérieures s’exerçant sur la bille de droite sont :
— Son poids
−
→
P2 = m2
−
→
g ;
— La tension
−
→
T2 du fil ;
−
→
F2 due aux armatures ;
−
−
−
→
F1/2 soumise de la part de la bille de gauche.
Figure 2.51 – Correction de l’évaluation 2.2.
L’équilibre de la bille de gauche se traduit par :
−
→
P1





0
−m1g
+
−
→
T1





T1 sin θ1
T1 cos θ1
+
−
→
F1





−F1
0
+
−
−
−
→
F2/1





−F2/1
0
=
−
→
0





0
0
On a donc : 




T1 sin θ1 = F1 + F2/1
T1 cos θ1 = m1g
=⇒ tan θ1 =
F1 + F2/1
m1g
=⇒ F1 + F2/1 = m1g tan θ1

L’équilibre de la bille de droite se traduit par :
−
→
P2





0
−m2g
+
−
→
T2





−T2 sin θ2
T2 cos θ2
+
−
→
F2





−F2
0
+
−
−
−
→
F1/2





F1/2
0
=
−
→
0





0
0
On a donc : 




T2 sin θ2 = F1/2 − F2
T2 cos θ2 = m2g
=⇒ tan θ2 =
F1/2 − F2
m2g
=⇒ F1/2 − F2 = m2g tan θ2
Les forces
−
−
−
→
F2/1 et
−
−
−
→
F1/2 ont le même module F inversement proportionnel au carré de la distance
d12 qui sépare les deux billes à l’équilibre. Cette distance s’exprime par :
d12 = `1 sin θ1 + `2 sin θ2 + d
Les deux billes étant chargées négativement, on a :
F1 = −
q1U
D
F2 = −
q2U
D
F2/1 = F1/2 = F =
Kq1q2
(`1 sin θ1 + `2 sin θ2 + d)2
On a donc :
−
q1U
D
+
Kq1q2
(`1 sin θ1 + `2 sin θ2 + d)2 = m1g tan θ1
Kq1q2
(`1 sin θ1 + `2 sin θ2 + d)2 +
q2U
D
= m2g tan θ2
Posons :
α =
U
D
; β =
K
(`1 sin θ1 + `2 sin θ2 + d)2 ; γ = m1g tan θ1 ; λ = m2g tan θ2
On obtient donc le système : 




−αq1 + βq1q2 = γ
αq2 + βq1q2 = λ
De la première équation de ce système, on tire l’expression de q2 :
q2 =
α
β
+
γ
βq1

En remplaçant cette expression de q2 dans la deuxième équation du précédent système, on
obtient :
α2
β
+
αγ
βq1
+ αq1 + γ = λ
=⇒
α2
β
q1 +
αγ
β
+ αq1
2
+ γq1 = λq1
On obtient donc l’équation :
αq1
2
+

α2
β
+ γ − λ
‹
q1 +
αγ
β
= 0
Le discriminant ∆ de cette équation vaut :
∆ =

α2
β
+ γ − λ
‹2
−
4γα2
β
Soit :
q1 =
− α2
β
− γ + λ ±
q€
α2
β
+ γ − λ
Š2
− 4γα2
β
2α
Pour éviter des caculs fastidieux, déterminons les valeurs numériques de α, β, γ et λ. On a :
α =
1000
0, 4
= 2500
β =
9 × 109
(0, 15529 × sin 75° + 0, 07071 × sin 45° + 0, 05)2
= 3, 6 × 1010
γ = 0, 54683 × 9, 8 × tan 75°
= 20
λ = 0, 40816 × 9, 8 × tan 45°
= 4
On a donc :
q1 =
− 25002
3,6×1010 − 20 + 4 ±
q€
25002
3,6×1010 + 20 − 4
Š2
− 4×20×25002
3,6×1010
2 × 2500
Soit :
q1 = −8, 68 × 10−8
C ou q1 = −6, 4 × 10−3
C

On a donc de même :
q2 =
2500
3, 6 × 1010
+
20
3, 6 × 1010 × −8, 68 × 10−8 ou − 6, 4 × 10−3
Soit :
q2 = −6, 4 × 10−3
C ou q2 = −1, 736 × 10−8
C
Deux possibilités se présentent donc : Soit q1 = −86, 8 nC et q2 = −6, 4 mC, soit
q1 = −6, 4 mC et q2 = −17, 36 nC.
Evaluation 2.3 :
Lorsque le champ magnétique est entrant, les forces extérieures s’exerçant sur la tige sont :
— Son poids
−
→
P = M−
→
g ;
−
→
F1 appliquée en son centre ;
— La tension
−
−
→
Tg1 du ressort gauche ;
— La tension
−
−
→
Td1 du ressort droit.
Figure 2.52 – Correction de l’évaluation 2.3 (Champ magnétique entrant).
L’égalité vectorielle traduisant l’équilibre de la tige s’écrit :
−
→
P +
−
→
F1 +
−
−
→
Tg1 +
−
−
→
Td1 =
−
→
0
Soit :
−Mg − F1 + Tg1 + Td1 = 0
Or :
F1 = BIL
Tg1 = Td1 = k (`1 − `0)

On a donc :
−Mg − BIL + 2k (`1 − `0) = 0
Lorsque le champ magnétique est sortant, les forces extérieures s’exerçant sur la tige sont :
— Son poids
−
→
P = M−
→
g ;
−
→
F2 appliquée en son centre ;
— La tension
−
−
→
Tg2 du ressort gauche ;
— La tension
−
−
→
Td2 du ressort droit.
Figure 2.53 – Correction de l’évaluation 2.3 (Champ magnétique sortant).
L’égalité vectorielle traduisant l’équilibre de la tige s’écrit :
−
→
P +
−
→
F2 +
−
−
→
Tg2 +
−
−
→
Td2 =
−
→
0
Soit :
−Mg + F2 − Tg2 − Td2 = 0
Or :
F2 = F1 = BIL
Tg2 = Td2 = k (`0 − `2)
On a donc :
−Mg + BIL − 2k (`0 − `2) = 0
On obtient donc le système :





2k (`1 − `0) − BIL = Mg
2k (`0 − `2) − BIL = −Mg

En soustrayant les deux équations du système, on obtient :
2k (`1 + `2 − 2`0) = 2Mg
D’où :
k =
Mg
`1 + `2 − 2`0
On a donc :
BIL = 2k (`1 − `0) − Mg
=⇒ B =
1
IL
[2k (`1 − `0) − Mg]
=
1
IL
•
2Mg (`1 − `0)
`1 + `2 − 2`0
− Mg
˜
=
1
IL
•
Mg (2`1 − 2`0)
`1 + `2 − 2`0
−
Mg (`1 + `2 − 2`0)
`1 + `2 − 2`0
˜
D’où :
B =
Mg (`1 − `2)
IL (`1 + `2 − 2`0)
k =
3 × 9, 8
10−3 × (338, 8 + 178, 8 − 2 × 200)
B =
3 × 9, 8 × 10−3
× (338, 8 − 178, 8)
5 × 2 × 10−3 × (338, 8 + 178, 8 − 2 × 200)
Donc, la raideur des deux ressorts vaut k = 250 N.m−1
, et l’intensité du champ
magnétique vaut B = 4 T.

CHAPITRE 3. GÉNÉRALITÉS SUR LES MOUVEMENTS 118
Chapitre 3
Généralités sur les mouvements
Mais Dieu prouve son amour envers nous, en ce que, lorsque nous étions encore des pécheurs,
Christ est mort pour nous.
Romains 5 : 8
3.1 Caractéristiques des mouvements
Les mouvements des systèmes physiques sont au cœur de tous les phénomènes qui se
déroulent dans l’Univers. Un mouvement traduit le déplacement d’un objet dans une région
donnée de l’espace. On entend par déplacement d’un objet le changement de sa position lorsque
le temps évolue. Cependant, la position d’un objet dépend de la référence choisie pour évaluer
cette position. On introduit alors les repères d’espace, références permettant de localiser un
objet dans une région de l’espace. Ainsi, la position d’un objet n’est pas absolue, mais relative,
car elle dépend du repère d’espace utilisé pour localiser cet objet. Tout objet en mouvement
est appelé mobile. Lorsqu’on associe à un repère d’espace un repère de temps (une horloge)
pour évaluer les dates et les durées, on constitue un référentiel. Un référentiel désigne un
objet par rapport auquel on repère une position ou un mouvement. En physique, on fait usage
la plupart du temps de certains référentiels particuliers appelés référentiels galiléens. Un
reférentiel est dit galiléen si dans ce référentiel, le principe de l’inertie est respecté (nous
en parlerons plus loin). Les référentiels galiléens les plus connus sont :
— Le référentiel héliocentrique ou référentiel de Copernic : Son origine est le centre
du Soleil, et ses trois axes pointent vers trois étoiles fixes et lointaines du système solaire.
— Le référentiel géocentrique : Son origine est le centre de la Terre, et chacun de ses
trois axes est parallèle à un axe du référentiel de Copernic.
— Le référentiel terrestre ou référentiel de laboratoire : C’est le référentiel utilisé à
la surface de la Terre, lors des expériences et des mesures.
Des trois référentiels cités ci-dessus, le référentiel de Copernic est celui qui se rapproche le mieux
d’un véritable référentiel galiléen. Les deux autres le sont juste par approximation, lorsqu’on
néglige certains phénomènes, comme par exemple la rotation de la Terre. Dans ce cours, seuls
les référentiels galiléens seront pris en compte. La trajectoire d’un mobile désigne l’ensemble

des positions successives qu’il occupe lorsqu’il se déplace dans un référentiel. La trajectoire d’un
mobile est rectiligne si ce mobile décrit des lignes droites lors de son mouvement. Dans le cas
où le mobile décrit des courbes quelconques, la trajectoire est dite curviligne. La vitesse d’un
mobile est un paramètre qui traduit l’évolution avec le temps de sa position. L’accélération
quant à elle rend compte de la variation avec le temps de la vitesse du mobile. La branche de la
physique qui étudie les mouvements des systèmes physiques en général est appelée mécanique.
Un système physique pouvant exister sous la forme liquide, solide ou gazeuse, la mécanique se
scinde en d’autres sous-branches, notamment la mécanique des fluides (liquides et gaz) et la
mécanique des solides. Dans ce cours, nous n’étudierons que les mouvements des systèmes
solides. Toutefois, en physique, on étudie très souvent le mouvement des solides particuliers
auxquels on donne le nom de solide ponctuel ou point matériel. Un point matériel désigne
un objet solide mais dont les dimensions sont si négligeables pour l’observateur qu’il peut être
assimilé à un simple point dans l’espace. Dès lors que les dimensions d’un solide deviennent
considérables, on ne peut plus le traiter comme un point matériel. Ainsi, la mécanique des
systèmes solides comprend la mécanique du point matériel et la mécanique des solides
à proprement parler.
3.2 Mouvement d’un point matériel
3.2.1 Repérage d’un point matériel
L’un des repères les plus utilisés pour localiser un point matériel dans l’espace est le re-
père cartésien. Dans ce repère d’origine fixe O, auquel est associée la base cartésienne
€
−
→
ı ; −
→
 ;
−
→
k
Š
, la position d’un point matériel M peut être déterminée à l’aide de ses coordon-
nées cartésiennes x, y et z (Figure 3.1).
Figure 3.1 – Coordonnées cartésiennes d’un point matériel M.

On définit le vecteur position
−
−
→
OM du point matériel par :
−
−
→
OM = x−
→
ı + y−
→
 + z
−
→
k (3.1)
Les vecteurs −
→
ı , −
→
 et
−
→
k sont unitaires et deux à deux orthogonaux. Le trièdre
€
−
→
ı ; −
→
 ;
−
→
k
Š
constitue de ce fait une base orthonormée, et
€
O ; −
→
ı ; −
→
 ;
−
→
k
Š
un repère orthonormé.
3.2.2 Vitesse d’un point matériel
Considérons un point matériel qui se déplace le long d’une trajectoire quelconque dans un
référentiel galiléen d’origine O. Si ce point matériel passe du point M0 au point M pendant un
interavalle de temps ∆t, on définit dans ce référentiel son vecteur-vitesse moyenne
−
−
−
→
Vmoy
pendant cet intervalle de temps par :
−
−
−
→
Vmoy =
−
−
→
OM −
−
−
−
→
OM0
∆t
(3.2)
Figure 3.2 – Trajectoire d’un point matériel.
On définit le vecteur-vitesse instantannée
−
−
→
VM du point matériel comme étant la dérivée
par rapport au temps de son vecteur position
−
−
→
OM . On écrit :
−
−
→
VM =
d
−
−
→
OM
dt
=
d
dt
€
x−
→
ı + y−
→
 + z
−
→
k
Š
=
dx
dt
−
→
ı +
dy
dt
−
→
 +
dz
dt
−
→
k (3.3)
Posons :
dx
dt
= ẋ ;
dy
dt
= ẏ et
dz
dt
= ż

On peut donc encore écrire :
−
−
→
VM = ẋ−
→
ı + ẏ−
→
 + ż
−
→
k (3.4)
Le vecteur-vitesse instantannée
−
−
→
VM d’un point matériel M est tangent en ce point à la trajec-
toire, et est orienté dans le sens du mouvement. L’unité SI de la vitesse d’un point matériel est
le m.s−1
. Elle peut également se donner en km.h−1
, et on a 1 m.s−1
= 3, 6 km.h−1
.
3.2.3 Accélération d’un point matériel
Pour un point matériel qui passe sur sa trajectoire d’un point M0 avec un vecteur-vitesse
instantannée
−
−
−
→
VM0 à un point M avec un vecteur-vitesse instantannée
−
−
→
VM pendant un intervalle
de temps ∆t, on définit son vecteur-accélération moyenne −
−
−
→
amoy par :
−
−
−
→
amoy =
−
−
→
VM −
−
−
−
→
VM0
∆t
(3.5)
Le vecteur-accéleration instantannée −
−
→
aM du point matériel M est quant à lui égal à la
dérivée par rapport au temps du vecteur-vitesse instantannée
−
−
→
VM en M, qui correspond encore
à la dérivée seconde par rapport au temps de son vecteur position
−
−
→
OM . On écrit :
−
−
→
aM =
d
−
−
→
VM
dt
=
d2
−
−
→
OM
dt2
=
dẋ
dt
−
→
ı +
dẏ
dt
−
→
 +
dż
dt
−
→
k =
d2
x
dt2
−
→
ı +
d2
y
dt2
−
→
 +
d2
z
dt2
−
→
k (3.6)
Posons :
dẋ
dt
=
d2
x
dt2
= ẍ ;
dẏ
dt
=
d2
y
dt2
= ÿ et
dż
dt
=
d2
z
dt2
= z̈
−
−
→
aM = ẍ−
→
ı + ÿ−
→
 + z̈
−
→
k (3.7)
L’unité SI de l’accélération d’un point matériel est le m.s−2
.
3.2.4 Variation du mouvement d’un point matériel
Notons −
→
a le vecteur-accélération instantannée d’un point matériel et
−
→
V son vecteur-vitesse
instantannée. Pendant un intervalle de temps donné :
— Si −
→
a ·
−
→
V 0 (−
→
a et
−
→
V font un angle aigu inférieur à 90°), le module de la vitesse
croît avec le temps. On dit que le mouvement du point matériel est accéléré. Il sera dit
uniformément accéléré si de plus l’accélération est constante.
— Si −
→
a ·
−
→
V 0 (−
→
a et
−
→
V font un angle obtus supérieur à 90°), le module de la vitesse
diminue avec le temps. On dit que le mouvement du point matériel est retardé. Il sera
dit uniformément retardé si de plus l’accélération est constante.
— Si −
→
a ·
−
→
V = 0 (−
→
a et
−
→
V font un angle droit égal à 90°), soit le point matériel est immobile,
soit le module
−
→
V de sa vitesse reste constant, et le mouvement est dit uniforme.

Figure 3.3 – Natures des mouvements d’un point matériel.
Un mouvement est dit varié s’il n’est pas uniforme, c’est-à-dire s’il est soit accéléré, soit retardé.
Si de plus, l’accélération est constante, on parle de mouvement uniformément varié.
3.2.5 Mouvement rectiligne d’un point matériel
Si la trajectoire d’un point matériel est une ligne droite (la particule se déplace par exemple
sur un plan ou verticalement dans l’air), son mouvement est dit rectiligne, et son vecteur-
accélération instantannée −
→
a , de même que son vecteur-vitesse instantannée
−
→
V en tout point ont
la direction de cette droite. Généralement, les vecteurs accélération et vitesse sont représentés
suivant le sens du mouvement (Figure 3.4).
Figure 3.4 – Mouvements rectilignes d’un point matériel.
Lorsque le mouvement est uniforme, le module a du vecteur-accélération instantannée est nul,
et le module V du vecteur-vitesse instantannée est constant. Dans ce cas, si le mobile parcourt
une distance ` pendant un intervalle de temps ∆, on a :
V =
`
∆t
= constante (3.8)
Lorsque l’accélération instantannée a est constante et non nulle, alors, si ∆V est la variation
du module de la vitesse pendant un intervalle de temps ∆, on a :
a =
∆V
∆t
= constante (3.9)

Si a 0, le mouvement rectiligne est uniformément accéléré, et si a 0, le mouvement rectiligne
est uniformément retardé.
3.2.6 Mouvement curvligne d’un point matériel
Si la trajectoire d’un point matériel n’est pas une ligne droite, son mouvement est dit curvi-
ligne (Figure 3.5). Considérons le cas où le mouvement est plan, c’est-à-dire que la trajectoire
du point matériel reste dans un plan fixe. En un point M de la courbe décrite par cette trajec-
toire, on définit le vecteur tangent unitaire
−
→
t ou −
→
τ tangent à la trajectoire et orienté dans
le sens du mouvement, et le vecteur normal unitaire −
→
n orienté vers le centre de courbure
C de la trajectoire.
€
M ;
−
→
t ; −
→
n
Š
est le repère local de Frenet au point M, et
€−
→
t ; −
→
n
Š
est la base locale de Frenet en M. En choisissant sur la trajectoire un point origine M0, on
définit l’abscisse curviligne s du point matériel en M comme étant la longueur du chemin
qu’il parcourt entre M0 et M. On a donc :
s = ù
M0M (3.10)
Figure 3.5 – Mouvement curviligne d’un point matériel.
Le vecteur-accélération −
−
→
aM en M possède une composante normale −
−
→
anM et une compo-
sante tangentielle −
−
→
atM ou −
−
→
aτ M , telles que :
−
−
→
aM = −
−
→
anM + −
−
→
atM = anM
−
→
n + atM
−
→
t (3.11)
La vitesse
−
−
→
VM du point M est colinéaire au vecteur tangent unitaire
−
→
t . On a :
−
−
→
VM = VM
−
→
t (3.12)
L’accélération normale anM s’exprime en fonction du module VM de la vitesse au point M et
du rayon de courbure de la trajectroire r = CM par :
anM =
VM
2
r
=
VM
2
CM
(3.13)

Dans le cas où la trajectoire est un cercle ou simplement un arc de cercle de centre O et de
rayon R, le mobile tourne autour du point O en décrivant un angle θ (Figure 3.6).
Figure 3.6 – Mouvement circulaire d’un point matériel.
L’abscisse curviligne s s’exprime en fonction de θ par la relation :
s = ù
M0M = Rθ (3.14)
La vitesse VM en M quant à elle est donnée par :
VM =
ds
dt
= Rθ̇ (3.15)
L’accélération normale anM est donnée par :
anM =
VM
2
R
=
R2
θ̇2
R
= Rθ̇2
(3.16)
L’accélération tangentielle atM est dans ce cas donnée par :
atM =
dVM
dt
=
d2
s
dt2
= Rθ̈ (3.17)
Lorsque l’accélération tangentielle d’un point matériel est nulle, la module de sa vitesse est
constante, et son mouvement est de ce fait uniforme.
3.3 Mouvement d’un solide
Un solide est un ensemble de points matériels. Si les dimensions et la forme d’un solide ne
changent pas, il est dit rigide ou indéformable. La distance entre deux points quelconques
d’un solide rigide reste donc constante. Dans la pratique, il n’existe pas de solides indéformables,

car tout solide se déforme toujours si on le soumet à un effort considérable. Toutefois, dans ce
cours, nous supposerons que les solides étudiés sont indéformables. Dans un référentiel galiléen,
lorsqu’un solide se déplace sans changer d’orientation (sans s’incliner), on dit qu’il effectue
un mouvement de translation. Tous les points qui le constituent se déplacent suivant des
trajectoires similaires. Dans le cas où l’orientation du solide change, il tourne par rapport à
des axes de rotation. On dit qu’il effectue un mouvement de rotation. La rotation d’un
solide est caractérisée par trois angles de rotation appelés angles d’Euler. Dans ce cours, nous
ne considérerons que les mouvements de rotation décrits par un seul angle de rotation. Si un
solide tourne autour de certains axes, et qu’au moins un de ces axes effectue un mouvement
de translation, alors le solide est à la fois en mouvement de translation et en mouvement de
rotation.
3.3.1 Points particuliers d’un solide
Un solide est un ensemble de plusieurs points, mais certains de ces points sont particuliers.
Les trois points les plus remarquables d’un solide sont son centre de masse, son centre de
gravité et son centre d’inertie (Figure 3.7).
Figure 3.7 – Centre de masse, centre de gravité et centre d’inertie d’un solide.
Le centre de masse d’un solide est le point de ce solide par rapport auquel sa masse est uni-
formément répartie. Ainsi, toute la masse du solide y est concentrée. Pour un solide homogène
ayant une forme géométrique précise, son centre de masse se trouve en son milieu. Si un solide
est composé de n points G1, G2, G3, · · · et Gn en lesquels sont concentrées des masses respec-
tives m1, m2, m3, · · · et mn, son centre de masse G est le barycentre de ces n points affectés
des coefficients égaux respectivement aux masses qui y sont concentrées, et est donc donné par
l’identité vectorielle ci-dessous :
n
X
i=1
mi
−
−
−
→
GGi = m1
−
−
−
→
GG1 + m2
−
−
−
→
GG2 + m3
−
−
−
→
GG3 + · · · + mn
−
−
−
→
GGn =
−
→
0 (3.18)

Le centre de gravité d’un solide est le point d’application de la résultante des forces gravi-
tationnelles qui agissent sur ce solide. Lorsque le solide se trouve à la surface de la Terre, on
dit que son centre de gravité est le point d’application de son poids. Le centre d’inertie d’un
solide quant à lui est le point du solide où sont appliqués les effets d’inertie, ou encore le point
d’application du vecteur-accélération du solide. Dans la majorité des cas, et c’est ce qui sera
considéré dans ce cours, le centre de masse, le centre de gravité et le centre d’inertie d’un solide
sont confondus.
3.3.2 Moment d’inertie d’un solide par rapport à un axe
Le moment d’inertie J(∆) d’un solide par rapport à un axe (∆) est un paramètre qui
rend compte de la difficulté à mettre ce solide en rotation autour de cet axe (∆). Il dépend
essentiellement de la masse du solide, de ses dimensions et de la position relative du solide et
de l’axe (∆). L’unité SI du moment d’inertie est le kg.m2
. Le moment d’inertie d’un système
de solides par rapport à un axe est égal à la somme des moments de chacun de ces solides par
rapport à cet axe. Le moment d’inertie d’un point matériel n’est rien d’autre que le produit de
sa masse par le carré de la distance qui le sépare de cet axe. On donne ci-dessous l’expression
du moment d’inertie de quelques solides homogènes, par rapport à un axe (∆G) passant par
leur centre de gravité G :
— Circonférence pesante (cerceau ou anneau) de masse M et de rayon R :
J(∆G) = MR2
(3.19)
— Disque plein ou cylindre plein de masse M et de rayon R :
J(∆G) =
1
2
MR2
(3.20)
— Sphère pleine de masse M et de rayon R :
J(∆G) =
2
5
MR2
(3.21)
— Tige ou barre de masse M et de longueur ` :
J(∆G) =
1
12
M`2
(3.22)
— Plaque de masse M, de longueur L et de largeur ` :
J(∆G) =
1
12
M L2
+ `2

(3.23)

Figure 3.8 – Moments d’inertie de quelques solides.
Considérons à la Figure 3.9 ci-dessous un solide de centre de gravité G. Soit (∆G) un axe
passant par G et (∆) un axe parallèle à (∆G).
Figure 3.9 – Théorème de Huyguens.

Pour déterminer le moment d’inertie du solide par rapport à (∆), on se sert du théorème de
Huyguens :
≺≺ Le moment d’inertie J(∆) d’un solide par rapport à un axe (∆) parallèle à
un axe (∆G) passant par son centre de gravité G est égal à la somme du moment
d’inertie J(∆G) du solide par rapport à (∆G) et du produit de la masse M de ce
solide par le carré de la distance d qui sépare les axes (∆) et (∆G).
On écrit :
J(∆) = J(∆G) + Md2
(3.24)
Le moment d’inertie du solide par rapport à (∆) est donc supérieur à son moment d’inertie
par rapport (∆G). En d’autres termes, il est plus difficile de mettre le solide en mouvement de
rotation autour de (∆) que de le mettre en rotation autour de (∆G).
3.3.3 Mouvement de translation d’un solide
Les trajectoires de tous les points d’un solide effectuant un mouvement de translation étant
similaires, l’étude d’un tel solide peut se limiter à l’étude de n’importe lequel des points matériels
qui le constituent.
Figure 3.10 – Translation d’un solide.
Ainsi, un solide en mouvement de translation peut être assimilé à un point matériel. Très
souvent, on réduit un tel solide à son centre d’inertie. Lorsque les trajectoires des points consti-
tuant un solide en translation sont rectilignes, on parle de translation rectiligne. Dans le cas
contraire, on parle de translation curviligne.
3.3.4 Mouvement de rotation d’un solide
Considérons un solide qui tourne autour d’un axe de rotation (∆). Pendant son mouvement,
il passe d’une orientation initiale à une autre, et balaie un angle θ appelé souvent abscisse

angulaire. Soit n le nombre de tours effectué par le solide pendant le balayage. On a la
relation :
θ = 2πn (3.25)
Figure 3.11 – Rotation d’un solide.
La vitesse de rotation instantannée N du solide est donnée par :
N =
dn
dt
(3.26)
La vitesse angulaire instantannée ω quant à elle s’exprime par :
ω = θ̇ =
dθ
dt
= 2πN (3.27)
L’accélération angulaire instantannée θ̈ du solide est donnée par :
θ̈ =
dω
dt
=
d2
θ
dt2
(3.28)
Pendant un intervalle de temps donné :
— Si θ̈ 0, le mouvement de rotation du solide est accéléré, et la vitesse angulaire aug-
mente. Si de plus, θ̈ est constante, le mouvement sera uniformément accéléré.
— Si θ̈ 0, le mouvement de rotation du solide est retardé, et la vitesse angulaire diminue.
Si de plus, θ̈ est constante, le mouvement sera uniformément retardé.
— Si θ̈ = 0, soit le solide ne tourne pas, soit le mouvement de rotation est uniforme, et la
vitesse angulaire est constante.
Un mouvement de rotation qui n’est pas uniforme (accéléré ou retardé) est dit varié. Si de
plus, θ̈ est constante le mouvement sera dit uniformément varié. Lorsque le mouvement de
rotation d’un solide est uniforme, la vitesse angulaire ω est constante, et si le solide balaie un
angle θ pendant un intervalle de temps ∆t, on a :
ω =
θ
∆t
= constante (3.29)

Lorsque l’accélération angulaire θ̈ est constante, et si pendant un intervalle de temps ∆t, la
variation de la vitesse angulaire est ∆ω, alors, on a :
θ̈ =
∆ω
∆t
= constante (3.30)
θ se donne en radians (rad), n en tours (tr), ω en rad.s−1
, N en tr.s−1
et θ̈ en rad.s−2
.
3.4 Lois de Newton sur le mouvement
Le physicien anglais Isaac Newton a énoncé trois lois relatives aux mouvements des solides,
et qui portent son nom. Ces trois lois sont à la base de la résolution de nombreux problèmes
de mécanique des solides.
3.4.1 Première loi de Newton
La première loi de Newton encore connue sous le nomde de principe de l’inertie
s’énonce comme suit :
≺≺ Le centre d’inertie d’un système isolé ou pseudo-isolé est soit au repos si
le système était initialement au repos, soit animé d’un mouvement rectiligne
uniforme si le système était initialement en mouvement.
Cette loi signifique tout simplement que si un solide n’est soumis à aucune force extérieure
(solide isolé), ou si la résultante des forces extérieures qu’il subit est nulle (solide pseudo-
isolé), alors, soit le solide est en équilibre (il est immobile), soit il se déplace en ligne droite et
à vitesse constante.
3.4.2 Deuxième loi de Newton
La deuxième loi de Newton, beaucoup plus connue sous le nom de théorème du centre
d’inertie s’énonce de la manière suivante :
≺≺ Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures qui
agissent sur un solide est égale au produit de la masse m de ce solide par le
vecteur accélération −
−
→
aG de son centre d’inertie G.
On écrit :
X −
→
F ext = m−
−
→
aG (3.31)
Le théorème du centre d’inertie est très utilisé en dynamique des solides, partie de la méca-
nique qui étudie l’influence des actions extérieures sur le mouvement d’un solide.
3.4.3 Troisième loi de Newton
Encore appelée principe des actions réciproques ou princicpe de l’action et de la
réaction, la troisième loi de Newton s’énonce comme suit :

≺≺ Lorsqu’un corps A exerce sur un corps B une force
−
−
−
→
FA/B , réciproquement,
le corps B exerce sur le corps A une force
−
−
−
→
FB/A de même direction, de même
intensité, mais de sens contraire.
On écrit :
−
−
−
→
FB/A = −
−
−
−
→
FA/B (3.32)
La troisième loi de Newton est par exemple mise en œuvre dans les interactions gravitationnelles
et électrostatiques étudiées au chapitre précédent.
3.5 Relations fondamentales de la dynamique d’un solide
3.5.1 Relation fondamentale de la dynamique d’un solide en translation
La relation fondamentale de la dynamique d’un solide en mouvement de transla-
tion est une autre version de la deuxième loi de Newton. Elle s’énonce de la manière suivante :
≺≺ Dans un référentiel galiléen, la somme vectorielle des forces extérieures qui
agissent sur un solide est égale à la dérivée par rapport au temps de son vecteur-
quantité de mouvement −
→
p .
On écrit :
X −
→
F ext =
d−
→
p
dt
(3.33)
Le vecteur-quantité de mouvement −
→
p d’un solide est égal au produit de sa masse m par le
vecteur-vitesse instantannée
−
−
→
VG de son centre d’inertie. Soit :
−
→
p = m
−
−
→
VG (3.34)
La relation fondamentale de la dynamique d’un solide en mouvement de translation peut donc
encore s’écrire :
X −
→
F ext =
d
dt
€
m
−
−
→
VG
Š
=
dm
dt
−
−
→
VG + m
d
−
−
→
VG
dt
Si la masse m du solide reste constante, sa dérivée par rapport au temps est nulle :
dm
dt
= 0
On a donc :
X −
→
F ext = m
d
−
−
→
VG
dt
Or :
−
−
→
aG =
d
−
−
→
VG
dt
La relation fondamentale de la dynamique d’un solide en mouvement de translation s’écrit
finalement :
X −
→
F ext = m−
−
→
aG

En conclusion, la relation fondamentale de la dynamique d’un solide en mouvement
de translation est identique au théorème du centre d’inertie lorsque la masse du
solide reste constante au cours du mouvement.
3.5.2 Relation fondamentale de la dynamique d’un solide en rotation
La relation fondamentale de la dynamique d’un solide en mouvement de rotation
est analogue à celle de la dynamique d’un solide en mouvement de translation. Elle s’énonce
comme suit :
≺≺ La somme algébrique des moments par rapport à un axe (∆) des forces
extérieures agissant sur un solide en mouvement de rotation autour de l’axe (∆)
est égale au produit du moment d’inertie J(∆) du solide par rapport à (∆) par
l’accélération angulaire θ̈ de ce solide.
On écrit :
X
M(∆)
€−
−
→
Fext
Š
= J(∆)θ̈ (3.35)
Lorsqu’un solide effectue à la fois un mouvement de translation et un mouvement de rotation,
on peut donc étudier sa dynamique en combinant la relation fondamentale de la dynamique
d’un solide en translation et celle d’un solide en rotation.

Exercices
.
Exercice 3.1 :
Après avoir été animé d’une vitesse initiale V = 2 m.s−1
, un corps solide de masse m = 500 g se
met en mouvement sur le plan horizontal de la Figure 3.12 ci-dessous, et s’arrête au bout de
5 secondes. Il est soumis tout au long de son mouvement à des frottements équivalents à une
force unique
−
→
f .
1- Faire le bilan de toutes les forces extérieures agissant sur le corps puis les représenter.
2- Déterminer l’accélération a du corps sur le plan horizontal, et en déduire l’intensité de la
force
−
→
f .
3- Déterminer l’intensité de la réaction normale au plan.
4- En utilisant le théorème de l’énergie cinétique, déterminer le travail de la force
−
→
f tout
au long du mouvement du corps, et en déduire la distance parcourue par le corps avant de
s’immobiliser.
Exercice 3.2 :
A la Figure 3.13 ci-dessous, une boule ponctuelle en acier, de masse m = 800 g entame sans
vitesse initiale sa montée sur un plan incliné d’un angle α = 30° par rapport à l’horizontale. Elle
est soumise, de la part d’un aimant droit placé à proximité, à une force d’attraction magnétique
−
→
F parallèle au plan incliné, et dont le module, que l’on supposera constant, vaut F = 4, 32 N.
Les frottements seront négligés durant tout le trajet.
1- Faire le bilan des forces agissant sur la boule puis les représenter.
2- Déterminer l’accélération a de la boule et le module de la réaction du plan.

Après 10 secondes, on enlève rapidement l’aimant.
3- Déterminer la vitesse acquise par la boule au bout de ces 10 secondes.
4- Faire le bilan des forces qui s’exerçent sur la boule une fois l’aimant enlevé puis les représenter.
5- Déterminer la nouvelle accélération a0
de la boule et montrer que le module de la réaction
du plan ne change pas.
6- Calculer la durée totale du mouvement de la boule jusqu’à son immobilisation.
Exercice 3.3 :
A la Figure 3.14 ci-dessous, un enfant de masse M = 30 kg descend à une vitesse constante
V = 2 m.s−1
une colline (depuis son sommet) inclinée d’un angle α = 45° en tenant un câble
incliné à l’horizontale d’un angle β = 30° (qui reste constant), qui exerce sur lui une tension
−
→
T d’intensité T = 100 N. Les frottements que la colline exerce sur les pieds de l’enfant sont
équivalents à une force
−
→
f .
1- Faire le bilan des forces subies par l’enfant et les représenter.
2- Démontrer que les modules de la force de frottement et de la réaction normale de la colline
sont donnés par :
f = Mg sin α + T cos (α + β) et RN = Mg cos α − T sin (α + β)
En déduire leurs valeurs numériques.
Après avoir parcouru 60 mètres, l’enfant lâche accidentellement le câble. Il continu de descendre
la colline en étant soumis à la même force de frottement.
3- Déterminer le temps écoulé depuis le départ de l’enfant jusqu’à ce qu’il lâche le câble.
4- Déterminer l’accélération a de l’enfant au cours de son mouvement, après qu’il ait lâché le
câble, et montrer que ce mouvement est uniformément retardé.

5- Déterminer la vitesse de l’enfant en bas de la colline, sachant qu’il y arrive 32 secondes après
son départ du sommet.
Exercice 3.4 :
A la Figure 3.15 ci-dessous, deux blocs de masses respectives M1 = 2 kg et M2 = 3 kg des-
cendent une pente inclinée d’un angle α = 30° par rapport à l’horizontale en étant liés par une
corde tendue, inextensible et de masse négligeable. Lors de la descente, le bloc de masse M1 est
soumis à une force
−
→
F inclinée par rapport à la pente d’un angle β = 60°. Les deux blocs sont
soumis à la même force de frottement
−
→
f de module f = 3 N.
1- Expliquer pourquoi les deux blocs ont la même accélération.
2- Faire le bilan des forces s’exerçant sur les blocs puis les représenter.
3- Démontrer que l’intensité T de la tension dans la corde est donnée par :
T =
FM2 cos β + f (M1 − M2)
M1 + M2
En déduire la valeur minimale Fmin que doit dépasser l’intensité de la force
−
→
F pour que la corde
soit tendue.
4- On suppose que la force
−
→
F a pour intensité F = 10 N. Déterminer alors la valeur numérique
de T.
5- En déduire la valeur de l’accélération a des deux blocs.
6- Déterminer les intensités des réactions normales de la pente sur les deux blocs.
Exercice 3.5 :
A la Figure 3.16, une voiture gravit une route inclinée d’un angle α = 45° par rapport à
l’horizontale avec une accélération aV = 3 m.s−2
. A l’intérieur de la voiture se trouve une bille
de masse m = 200 g fixée à l’extrémité d’un fil inextensible de masse négligeable dont l’autre
extrémité est fixée au ciel de toit de la voiture. Au cours de ce mouvement de montée, le fil est
écarté de la verticale d’un angle β.

1- Faire le bilan des forces agissant sur la bille et les représenter.
2- Déterminer l’accélération aB de la bille.
3- Déterminer la valeur de l’angle β.
4- En déduire l’intensité de la tension du fil.
Exercice 3.6 :
En un point donné, on lance verticalement vers le haut un corps ponctuel de masse m = 500 g
avec une vitesse initiale V = 60 m.s−1
. Il arrête sa course au bout de 5 secondes, et repasse par
là où il a été lancé avec une vitesse V0
= 54 m.s−1
. Le temps écoulé entre l’instant où le corps
a été lancé et l’instant où il est repassé par son point de lancement est de 10, 55 secondes. On
suppose que lors de la montée, le corps est soumis à une force résistive verticale de la part de
l’air, de module f, et lors de la descente, à une force résistive verticale de module f0
.
1- Déterminer l’accélération a du corps lors de la montée.
2- En déduire la valeur de f.
3- Déterminer l’accélération a0
du corps lors de la descente.
4- En déduire la valeur de f0
.
Exercice 3.7 :
A la Figure 3.17, un disque homogène de masse M = 2 kg et de rayon R = 10 cm est mis en
mouvement de rotation sans vitesse initiale, autour d’un axe vertical (∆) passant par son centre,
par l’intermédiaire d’un couple de forces tangentes à sa circonférence, de modules F = 20 N.
1- Déterminer le moment d’inertie J(∆) du disque par rapport à l’axe (∆).
2- Déterminer le moment M du couple de forces par rapport à l’axe (∆).
3- En déduire l’accélération angulaire θ̈ du disque.
4- Déterminer la vitesse angulaire ω acquise par le disque au bout de 30 secondes.

Exercice 3.8 :
On considère une sphère pleine de masse M = 3 kg et de rayon R = 20 cm. Comme illustré à
la Figure 3.18 ci-dessous, on lui applique en un point de sa surface une force tangente
−
→
F ,
contenue dans un plan horizontal, de module F = 15 N. La sphère se met en mouvement de
rotation sans vitesse initiale, autour d’un axe vertical (∆) contenu dans un plan vertical tangent
à la sphère.
1- Déterminer le moment d’inertie J(∆G) de la sphère par rapport à l’axe vertical (∆G) passant
par son centre de gravité G.
2- En déduire son moment d’inertie J(∆) par rapport à l’axe vertical (∆).
3- Déterminer le moment M de la force
−
→
F par rapport à (∆).
4- En déduire l’accélération angulaire θ̈ de la sphère.
5- Déterminer le temps au bout duquel la sphère acquiert un vitesse de 1000 rad.s−1
.

Exercice 3.9 :
A la Figure 3.19 ci-dessous, une plaque rectangulaire mince, de masse M = 6 kg, de longueur
L = 80 cm et de largeur ` = 60 cm est mise en rotation avec une vitesse ω = 500 rad.s−1
autour
de l’axe vertical (∆) passant par son centre. On admet que les efforts résistifs s’opposant à
la rotation de la plaque sont équivalents à un moment M par rapport à (∆). A cause de ces
efforts, la plaque s’arrête de tourner au bout de 40 secondes.
1- Déterminer le moment d’inertie J(∆) de la plaque par rapport à (∆).
2- Déterminer son accélération angulaire θ̈.
3- En déduire la valeur du moment M.
4- A quelle vitesse angulaire ω0
aurait-on dû mettre la plaque en rotation pour qu’elle se fût
arrêtée après une minute ?
Exercice 3.10 :
A une tige homogène AB de centre O, de masse M = 1, 2 kg et de longueur L = 80 cm, on associe
deux masselottes de masses respectives m1 = 300 g et m2 = 500 g placées respectivement en P1,
milieu de [AO], et P2, milieu de [OB], comme illustré à la Figure 3.20. On note G le centre
de masse de tout le système.
1- Démontrer qu’on a :
−
−
→
OG =
m2 − m1
4 (M + m1 + m2)
−
−
→
AB
Dire donc si G se trouve sur le segment [OP1] ou sur [OP2], puis calculer la distance OG.
2- Déterminer le moment d’inertie Jtige(∆O) de la tige seule, par rapport à l’axe horizontal (∆O)
passant par O.
3- En déduire le moment d’inertie Jtige(∆G) de la tige seule, par rapport à l’axe horizontal (∆G)
passant par G.
4- Déterminer les distances P1G et P2G.
5- En déduire le moment d’inertie J(∆G) de tout le système par rapport à (∆G).

On fait tourner le système par rapport à l’axe horizontal (∆G). Le système n’est soumis à aucun
effort s’opposant à sa rotation, ce qui lui permet d’évoluer à une vitesse constante. On constate
qu’il a effectué 100 tours en deux minutes.
6- Déterminer l’angle balayé θ par le système durant ces deux minutes, puis sa vitesse de
rotation N.
7- Déterminer la vitesse angulaire ω du système.
8- En déduire les vitesses linéaires v1 et v2 des deux masselottes.
Exercice 3.11 :
On considère un cerceau homogène de centre O, de masse m = 800 g et de rayon R = 17, 32 cm.
Comme illustré à la Figure 3.21 ci-dessous, on fixe en ses points A et B tels que AB = R deux
masselottes de même masse que le cerceau. On note G le centre de masse du système.
1- Démontrer que G coïncide avec le centre de gravité du triangle OAB.
2- Déterminer les distances OG, AG et BG.
3- Déterminer le moment d’inertie Jcerceau(∆O) du cerceau seul par rapport à l’axe horizontal
(∆O) passant par O.

4- Déterminer le moment d’inertie Jcerceau(∆G) du cerceau seul par rapport à l’axe horizontal
(∆G) passant par G.
5- En déduire le moment d’inertie J(∆G) du système par rapport à (∆G).
On soumet le système à un moment M = 18 N.m, et il se met en rotation sans vitesse initiale
autour de (∆G).
6- Déterminer l’accélération angulaire θ̈ du système.
7- En déduire la vitesse angulaire ω acquise au bout de 30 secondes.
Exercice 3.12 :
A la Figure 3.22 ci-dessous, une boule de masse m = 500 g et de dimensions négligeables
est mise en mouvement au point O d’un plan horizontal de longueur OA = L = 80 cm avec
une vitesse initiale VO = 1, 2 m.s−1
. Arrivée en A, la boule aborde une gouttière circulaire de
centre C et de rayon r = 60 cm. On considère sur la gouttière un point M repéré par l’angle
θ = [
ACM. La boule est soumise, uniquement sur le plan horizontal à des frottements d’intensité
f = 0, 25 N.
1- En utilisant le théorème de l’énergie cinétique, déterminer la vitesse VA acquise par la boule
au point A.
2- Faire le bilan des forces qui s’exerçent sur la boule au point M et les représenter.
3- Exprimer en fonction de θ la vitesse VM de la boule en M.
4- Exprimer en fonction de θ les accélérations normale an et tangentielle at de la boule en M.
5- Exprimer en fonction de θ la réaction de la gouttière sur la boule en M.
6- En déduire la valeur θ0 de l’angle θ pour laquelle la boule perd le contact avec la gouttière.
Exercice 3.13 :
On abandonne sans vitesse initiale une petite bille ponctuelle de masse m = 400 g au point A
d’un plan de longueur AB = L = 1, 2 m incliné à l’horizontale d’un angle α ∈ ] 0° ; 90° [. La
bille aborde en B une gouttière circulaire de centre O et de rayon r = 40 cm. Comme illustré à
la Figure 3.23, C et D sont respectivement le point le plus bas et le point le plus haut de la
gouttière. Les frottements seront négligés durant tout le trajet de la bille.

1- Déterminer en fonction de α les expressions des vitesses VB, VC et VD de la bille, respecti-
vement en B, C et D.
2- Faire le bilan des forces qui agissent sur la bille en D et les représenter.
3- Exprimer en fonction de α les accélérations normale anD et tangentielle atD de la bille, ainsi
que le module de la réaction de la gouttière en D.
4- Déterminer les angles λ ∈ ] 0° ; 90° [ et µ ∈ ] 0° ; 90° [ tels que :
cos λ =
L
√
L2 + r2
et sin µ =
3r
2
√
L2 + r2
5- En déduire la valeur minimale αmin que doit dépasser α pour que la bille atteigne le point
D sans perdre le contact avec la gouttière.
Exercice 3.14 :
A la Figure 3.24, une boule ponctuelle de masse m = 375 g et de charge électrique q = 2 µC
est suspendue à un fil inextensible, de masse négligeable et de longueur ` = 60 cm. L’autre
extrémité du fil est fixée sur un corps ponctuel immobile de charge électrique −q. On place le
fil en position horizontale, et on abandonne la boule dans cette position avec une vitesse initiale
V0. La résistance de l’air sera négligée.
1- Faire le bilan des forces extérieures qui s’exerçent sur la boule, et les représenter à l’instant
où le fil est écarté de l’horizontale d’un angle quelconque θ.
2- Déterminer l’intensité de la force électrostatique subie par la boule.
3- Déterminer l’expression en fonction de θ de la vitesse V de la boule lorsque le fil est écarté
de l’angle θ.
4- Exprimer les accélérations normale an et tangentielle at, ainsi que la tension du fil en fonction
de θ.

5- Déterminer la valeur V0m que doit dépasser la vitesse initiale V0 pour que le fil soit tendu à
l’instant initial.
6- Si V0 = 1 m.s−1
, déterminer la valeur θm de l’angle θ pour laquelle le fil cesse d’être tendu.
Exercice 3.15 :
A la Figure 3.25 ci-dessous, on communique à une petite bille ponctuelle de masse m = 200 g
une vitesse VA = 4 m.s−1
en un point A d’une gouttière circulaire de centre O et de rayon
r = 50 cm, tel que [
AOB= 75°. La bille passe par le point B, le plus haut de la gouttière, et perd
le contact en C tel que [
BOC = β. La bille est soumise durant tout le trajet à des frottements
s’opposant à la vitesse, dont l’intensité vaut f = 1, 182 N.
1- Déterminer la vitesse VB de la bille en B.
2- Exprimer en fonction de β la vitesse VC de la bille en C.
3- Faire le bilan des forces qui agissent sur la bille en C, et les représenter.
4- Exprimer en fonction de β les accélérations normale anC et tangentielle atC de la bille, ainsi
que l’intensité de la réaction normale de la gouttière en C.
5- Démontrer que β vérifie l’équation :
3g cos β +
2f
m
β =
VB
2
r
+ 2g
6- Vérifier que β0 = 80° est une valeur approchée de β.

.
Evaluation 3.1 :
Un véhicule de masse totale M = 4 t roule sur une route horizontale en développant une force
motrice parallèle à la route et d’intensité F = 540 N. Après un moment, le véhicule aborde une
pente montante de côte 5%. Les frottements étant négligés durant tout le trajet, qu’elle doit
être l’intensité F0
de la force motrice parallèle à la pente que doit développer le véhicule pour
garder la même accélération ?
Evaluation 3.2 :
A la Figure 3.26 ci-dessous, on considère une tige homogène de centre O, de masse 5m et
de longueur L = AB = 1, 2 m. On fixe en ses deux extrémités A et B deux masselottes de
masses respectives m et 2m. Aux points C et D, milieux respctifs de [OA] et [OB], on fixe deux
masselottes de masses respectives 3m et 4m. On veut placer le système sur une calle, de telle
manière qu’il soit maintenu en équilibre en position horizontale.
A quelle distance d de l’extrémité A doit-on placer cette calle ?
Evaluation 3.3 :
A la Figure 3.27 ci-dessous, une bille de dimensions négligeables est mise en mouvement avec
une vitesse initiale V au niveau le plus bas d’une piste circulaire de rayon r = 1 m.
Les frottements étant négligés, quelle est la valeur minimale Vmin que doit dépasser la vitesse
initiale V pour que la bille se déplace sur la piste circulaire sans jamais perdre le contact ?

Exercice 3.1 :
1- Les forces appliquées au corps sont :
— Son poids
−
→
P ;
−
−
→
RN du plan horizontal ;
— La force de frottement
−
→
f .
2- L’accélération a du corps sur le plan horizontal est donnée par :
a =
∆V
∆t
=
0 − V
5
=
−2
5
D’où :
a = −0, 4 m.s−2
En appliquant le théorème du centre d’inertie, on peut écrire :
−
→
P +
−
−
→
RN +
−
→
f = m−
→
a
Suivant l’axe horizontal, on a donc :
f = −ma
f = −0, 5 × −0, 4
Soit :
f = 0, 2 N
3- La réaction normale
−
−
→
RN du plan compense le poids
−
→
P du corps. Ces deux forces sont donc
égales en module. On a donc :
RN = mg

RN = 0, 5 × 9, 8
Soit :
RN = 4, 9 N
4- D’après le théorème de l’énergie cinétique, les travaux des forces extérieures agissant sur le
corps vérifient la relation :
W
€−
→
P
Š
+ W
€−
−
→
RN
Š
+ W
€−
→
f
Š
= ∆EC = −
1
2
mV2
−
→
P et
−
−
→
RN étant perpendiculaires au déplacement du corps, leurs travaux W
€−
→
P
Š
et W
€−
−
→
RN
Š
sont nuls. On a donc :
W
€−
→
f
Š
= −
1
2
mV2
W
€−
→
f
Š
= −
0, 5 × 22
2
Soit :
W
€−
→
f
Š
= −1 J
Soit d la distance parcourue par le corps avant de s’immobiliser. La force de frottement
−
→
f
s’opposant au déplacement, son travail W
€−
→
f
Š
est résistant et on a :
W
€−
→
f
Š
= −fd
D’où :
d = −
W
€−
→
f
Š
f
d = −
−1
0, 2
Soit :
d = 5 m
Exercice 3.2 :
1- Les forces appliquées à la boule sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
→
R du plan incliné ;
— La force magnétique
−
→
F exercée par l’aimant.
Ces forces ont été représentées à la Figure 3.29.

2- En utilisant le théorème du centre d’inertie, on a :
−
→
P





−mg sin α
−mg cos α
+
−
→
R





0
R
+
−
→
F





F
0
= m−
→
a





ma
0
Suivant l’axe parallèle au plan incliné, on a :
−mg sin α + F = ma
D’où :
a =
F
m
− g sin α
a =
4, 32
0, 8
− 9, 8 × sin 30◦
Soit :
a = 0, 5 m.s−2
Suivant l’axe perpndiculaire au plan incliné, on a :
−mg cos α + R = 0
D’où :
R = mg cos α
R = 0, 8 × 9, 8 × cos 30◦
Soit :
R = 6, 79 N

3- Soit V la vitesse de la boule au bout de 10 secondes. L’accélération a est telle que :
a =
∆V
∆t
=
V − 0
10
D’où :
V = 10a
V = 10 × 0, 5
Soit :
V = 5 m.s−1
4- Une fois l’aimant enlevé, les deux forces appliquées à la boule sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
→
R du plan incliné.
Figure 3.30 – Correction de l’exercice 3.2 (L’aimant a été enlevé).
5- Puisque l’aimant a été enlevé, la force
−
→
F n’existe plus. La nouvelle accélération a0
de la
boule est donc donnée par :
a0
= −g sin α
a0
= −9, 8 × sin 30◦
Soit :
a0
= −4, 9 m.s−2
Suivant l’axe perpendiculaire au plan incliné, on a toujours la même relation :
−mg cos α + R = 0

Le module de la réaction du plan incliné n’a donc pas changé lorsque l’aimant a
été enlevé.
6- Après qu’on ait enlevé l’aimant, le temps t0
au bout duquel la boule s’immobilise est tel que :
a0
=
0 − V
t0
=⇒ t0
= −
V
a0
La durée totale T du trajet de la boule est donnée par :
T = 10 + t0
D’où :
T = 10 −
V
a0
T = 10 −
5
−4, 9
Soit :
T ' 11 s
Exercice 3.3 :
1- Les forces subies par l’enfant sont :
— Son poids
−
→
P = M−
→
g ;
— La tension
−
→
T du câble ;
−
−
→
RN de la colline ;
−
→
f .
2- Puisque l’enfant se déplace à une vitesse constante, alors, d’après le principe de l’inertie
(première loi de Newton), la somme vectorielle des forces auxquelles il est soumis est égale au
vecteur nul. On peut donc écrire :
−
→
P





Mg sin α
−Mg cos α
+
−
→
T





T cos (α + β)
T sin (α + β)
+
−
−
→
RN





0
RN
+
−
→
f





−f
0
=
−
→
0





0
0
On a donc : 




Mg sin α + T cos (α + β) − f = 0
−Mg cos α + T sin (α + β) + RN = 0

D’où :
f = Mg sin α + T cos (α + β)
RN = Mg cos α − T sin (α + β)
f = 30 × 9, 8 × sin 45◦
+ 100 × cos (45◦
+ 30◦
)
RN = 30 × 9, 8 × cos 45◦
− 100 × sin (45◦
+ 30◦
)
Soit :
f = 233, 77 N
RN = 111, 29 N
3- L’enfant lâche le câble après avoir parcouru 60 mètres. Soit t le temps qui s’écoule jusqu’à
ce qu’il lâche le câble. La vitesse étant constante avant qu’il ne lâche le câble, on a :
V =
60
t
D’où :
t =
60
V
t =
60
2
Soit :
t = 30 s

4- Après que l’enfant ait lâché le câble, il n’est plus soumis à la tension
−
→
T . La direction de
l’accélération étant parallèle à la colline, on a donc :
Mg sin α − f = Ma
D’où :
a= g sin α −
f
M
a= 9, 8 × sin 45◦
−
233, 77
30
Soit :
a= −0, 86 m.s−2
On constate que l’accélération de l’enfant est constante et négative. Son mouvement est
donc uniformément retardé.
5- L’enfant arrive en bas de la colline 32 secondes après son départ depuis le sommet. Soit V0
sa vitesse en bas de la colline et t0
le temps qui s’écoule entre l’instant où il lâche le câble et
son arrivée en bas de la colline. On a :
a =
V0
− V
t0
=⇒ V0
= at0
+ V
Or :
t0
= 32 − t
D’où :
V0
= a(32 − t) + V
V0
= −0, 86 × (32 − 30) + 2
Soit :
V0
= 0, 28 m.s−1
Exercice 3.4 :
1- Lorsque la corde est tendue, il existe une liaison entre les deux blocs. L’ensemble se comporte
comme un solide effectuannt un mouvement de translation. Les deux blocs se déplacent de la
même façon et acquièrent simultanément la même vitesse à chaque instant. On en déduit donc
que les deux blocs se déplacent avec la même accélération.

2- Les forces appliquées au bloc de masse M1 sont :
— Son poids
−
→
P1 = M1
−
→
g ;
−
−
−
→
RN1 de la pente ;
— La tension
−
→
T de la part de la corde ;
— La force
−
→
F ;
−
→
f .
Les forces appliquées au bloc de masse M2 sont :
— Son poids
−
→
P2 = M2
−
→
g ;
−
−
−
→
RN2 de la pente ;
— La tension
−
→
T0
de la part de la corde ;
−
→
f .
3- Nous avons montré précédemment que les deux blocs descendent la pente avec la même
accélération. Notons −
→
a cette accélération. D’après le théorème du centre d’inertie, on a :





−
→
P1 +
−
−
−
→
RN1 +
−
→
T +
−
→
F +
−
→
f = M1
−
→
a
−
→
P2 +
−
−
−
→
RN2 +
−
→
T0
+
−
→
f = M2
−
→
a
En projettant suivant l’axe parallèle au plan incliné, on a :





M1g sin α − T + F cos β − f = M1a
M2g sin α + T0
− f = M2a
Or, la tension dans la corde a la même intensité :
T0
= T

On a alors : 




M1g sin α − T + F cos β − f = M1a
M2g sin α + T − f = M2a
En multipliant la première équation du système ci-dessus par M2 et la deuxième par M1, on
obtient : 




M1M2g sin α − TM2 + FM2 cos β − fM2 = M1M2a
M1M2g sin α + TM1 − fM1 = M1M2a
En soustrayant les deux équations du système ci-dessus, on obtient :
−T (M1 + M2) + FM2 cos β + f (M1 − M2) = 0
D’où :
T =
FM2 cos β + f (M1 − M2)
M1 + M2
Pour que la corde soit tendue, l’intensité de la tension doit être strictement positive :
T 0
=⇒
FM2 cos β + f (M1 − M2)
M1 + M2
0
=⇒ FM2 cos β + f (M1 − M2) 0
=⇒ FM2 cos β f (M2 − M1)
La valeur minimale Fmin que doit dépasser l’intensité de la force
−
→
F pour que la corde soit
tendue est donc :
Fmin =
f (M2 − M1)
M2 cos β
Fmin =
3 × (3 − 2)
3 × cos 60◦
Soit :
Fmin = 2 N
4- L’intensité de la force
−
→
F est F = 10 N qui est bien supérieure à la valeur minimale Fmin = 2 N
que nous avons trouvée précédement. En faisant l’application numérique de T, on obtient :
T =
10 × 3 × cos 60◦
+ 3 × (2 − 3)
2 + 3
Soit :
T = 2, 4 N

5- Pour déterminer l’accélération a des blocs, nous allons utiliser la plus simple des équations
obtenues précédemment. On a :
M2g sin α + T − f = M2a
D’où :
a =
M2g sin α + T − f
M2
a =
3 × 9, 8 × sin 30◦
+ 2, 4 − 3
3
Soit :
a = 4, 7 m.s−2
6- En projettant suivant les axes perpendiculaires à la pente les équations vectorielles issues du
théorème du centre d’inertie, on obtient :





RN1 + F sin β − M1g cos α = 0
RN2 − M2g cos α = 0
D’où :
RN1 = M1g cos α − F sin β
RN2 = M2g cos α
RN1 = 2 × 9, 8 × cos 30◦
− 10 × sin 60◦
RN2 = 3 × 9, 8 cos 30◦
Soit :
RN1 = 8, 31 N
RN2 = 25, 46 N
Exercice 3.5 :
1- Les forces qui s’exerçent sur la bille sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
— La tension
−
→
T du fil.

2- Lorsque le fil reste tendu, la bille est solidairement liée à la voiture et demeure immobile
par rapport à celle-ci. L’ensemble se comporte donc comme un solide effectuant un mouvement
de translation. La bille et la voiture atteignent donc la même vitesse à chaque instant. Par
conséquent, l’accélération de la bille est égale à celle de la voiture. D’où :
aB = aV
Soit :
aB = 3 m.s−2
3- En appliquant le théorème du centre d’inertie à la bille, on peut écrire :
−
→
P





−mg sin α
−mg cos α
+
−
→
T





T sin (α + β)
T cos (α + β)
= m−
→
aB





maB
0
=⇒





T sin (α + β) = mg sin α+maB
T cos (α + β) = mg cos α
=⇒
T sin (α + β)
T cos (α + β)
= tan (α + β) =
mg sin α + maB
mg cos α
D’où :
β = tan−1
•
g sin α + aB
g cos α
˜
− α
β = tan−1
•
9, 8 × sin 45◦
+ 3
9, 8 × cos 45◦
˜
− 45◦

Soit :
β ' 10◦
4- On a obtenu plus haut la relation :
−mg cos α + T cos (α + β) = 0
D’où :
T =
mg cos α
cos (α + β)
T =
0, 2 × 9, 8 × cos 45◦
cos (45◦ + 10◦)
Soit :
T = 2, 42 N
Exercice 3.6 :
1- La vitesse finale lors de la montée étant nulle, l’accélération a du corps est donnée par :
a = −
V
5
a = −
60
5
Soit :
a = −12 m.s−2
2- Lors de la montée, le corps est soumis à son poids vertical descendant et à la force résistive
verticale descendante. Du théorème du centre d’inertie, on peut donc écrire :
−mg − f = ma
D’où :
f = −m (g + a)
f = −0, 5 × (9, 8 − 12)
Soit :
f = 1, 1 N

3- La durée totale du mouvement du corps est de 10, 55 secondes. Or, la durée de la montée est
de 5 secondes, donc celle de la descente est de 5, 55 secondes. La vitesse au début de la descente
étant nulle, l’accélération a0
du corps est donc donnée par :
a0
=
V0
5, 55
a0
=
54
5, 55
Soit :
a0
= 9, 72 m.s−2
4- Lors de la descente, le corps est soumis à son poids vertical descendant et à la force résistive
verticale ascendante. Du théorème du centre d’inertie, on peut donc écrire :
mg − f0
= ma0
D’où :
f0
= m (g − a0
)
f0
= 0, 5 × (9, 8 − 9, 72)
Soit :
f0
= 0, 04 N = 40 mN
Exercice 3.7 :
1- Le moment d’inertie J(∆) du disque est donné par :
J(∆) =
1
2
MR2
J(∆) =
2 × 0, 12
2
Soit :
J(∆) = 0, 01 kg.m2
2- Le moment M du couple de forces est égal au produit de l’intensité des forces par la distance
qui les sépare, cette distance correspondant au diamètre du disque. On a donc :
M = 2FR

M = 2 × 20 × 0, 1
Soit :
M = 4 N.m
3- D’après la relation fondamentale de la dynamique d’un solide en rotation, on peut écrire :
M = J(∆)θ̈
D’où :
θ̈ =
M
J(∆)
θ̈ =
4
0, 01
Soit :
θ̈ = 400 rad.s−2
4- La vitesse initiale étant nulle, la vitesse ω du disque après 30 secondes est telle que :
θ̈ =
ω − 0
30
D’où :
ω = 30θ̈
ω = 30 × 400
Soit :
ω = 12000 rad.s−1
Exercice 3.8 :
1- Le moment d’inertie J(∆G) de la sphère par rapport à (∆G) est donné par :
J(∆G) =
2
5
MR2
J(∆G) =
2 × 3 × 0, 22
5
Soit :
J(∆G) = 0, 048 kg.m2

2- Les axes (∆G) et (∆) étant séparés par une distance correspondant au rayon R de la sphère,
alors, d’après le théorème de Huyguens, le moment d’inertie J(∆) de la sphère par rapport à
(∆) est donné par :
J(∆) = J(∆G) + MR2
J(∆) = 0, 048 + 3 × 0, 22
Soit :
J(∆) = 0, 168 kg.m2
3- Le moment M de la force
−
→
F par rapport à (∆) est égal au produit de son intensité par la
distance la séparant de (∆), cette distance correspondant au diamètre de la sphère. On a donc :
M = 2FR
M = 2 × 15 × 0, 2
Soit :
M = 6 N.m
4- D’après la relation fondamentale de la dynamique d’un solide en rotation, on peut exprimer
l’accélération angulaire θ̈ de la sphère par :
θ̈ =
M
J(∆)
θ̈ =
6
0, 168
Soit :
θ̈ = 35, 71 rad.s−2
5- Soit t le temps au bout duquel la sphère acquiert la vitesse angulaire de 1000 rad.s−1
. La
vitesse angulaire initiale étant nulle, on peut écrire :
1000 = θ̈t
D’où :
t =
1000
θ̈

t =
1000
35, 71
Soit :
t = 28 s
Exercice 3.9 :
1- Le moment d’inertie J(∆) de la plaque par rapport à (∆) est donné par la relation :
J(∆) =
1
12
M L2
+ `2

J(∆) =
6 × (0, 82
+ 0, 62
)
12
Soit :
J(∆) = 0, 5 kg.m2
2- Puisque la plaque s’arrête après 40 secondes, son accélération angulaire est donnée par :
θ̈ = −
ω
40
θ̈ = −
500
40
Soit :
θ̈ = −12, 5 rad.s−2
3- Du principe fondamental de la dynamique d’un solide en rotation, on a :
M = J(∆)θ̈
M = 0, 5 × −12, 5
Soit :
M = −6, 25 N.m
4- Pour que la plaque se fût arrêtée au bout d’une minute (60 secondes), on aurait dû avoir :
θ̈ =
0 − ω0
60

D’où :
ω0
= −60θ̈
ω0
= −60 × −12, 5
Soit :
ω0
= 750 rad.s−1
Exercice 3.10 :
1- Le centre de masse G du système est le barycentre des centres de masse de chaque corps
constituant le système, dont les coefficients sont égaux aux masses des corps. La tige étant
homogène, son centre de masse est en son milieu O. Les deux masselottes étant ponctuelles,
leurs centres de masses ne sont rien d’autre que les points P1 et P2 en lesquels ils se trouvent.
G est donc le barycentre des points O, P1 et P2 affectés respectivement des coefficients M, m1
et m2. On peut donc écrire :
M
−
−
→
GO + m1
−
−
−
→
GP1 + m2
−
−
−
→
GP2 =
−
→
0
=⇒ M
−
−
→
GO + m1
−
−
→
GO + m1
−
−
−
→
OP1 + m2
−
−
→
GO + m2
−
−
−
→
OP2 =
−
→
0
=⇒ (M + m1 + m2)
−
−
→
GO + m1
−
−
−
→
OP1 + m2
−
−
−
→
OP2 =
−
→
0
=⇒ (M + m1 + m2)
−
−
→
OG = m1
−
−
−
→
OP1 + m2
−
−
−
→
OP2
P1 et P2 étant les milieux respectifs de [AO] et [OB], on a :
−
−
−
→
OP1 =
1
2
−
−
→
OA = −
1
4
−
−
→
AB et
−
−
−
→
OP2 =
1
2
−
−
→
OB =
1
4
−
−
→
AB
On a alors :
(M + m1 + m2)
−
−
→
OG = −
m1
4
−
−
→
AB +
m2
4
−
−
→
AB
D’où :
−
−
→
OG =
m2 − m1
4 (M + m1 + m2)
−
−
→
AB
En remplaçant les masses par leurs valeurs, on obtient :
−
−
→
OG =
0, 5 − 0, 3
4 (1, 2 + 0, 3 + 0, 5)
−
−
→
AB
= 0, 025
−
−
→
AB
−
−
→
OG et
−
−
→
AB sont donc colinéaires de même sens.
Par conséquent, G se trouve sur le segment [OP2].
On a :
OG = 0, 025AB

Or, AB = L. D’où :
OG = 0, 025L
OG = 0, 025 × 80
Soit :
OG = 2 cm
2- Le moment d’inertie Jtige(∆O) de la tige seule par rapport à l’axe horizontal (∆O) passant
par O est donné par :
Jtige(∆O) =
1
12
ML2
Jtige(∆O) =
1, 2 × 0, 82
12
Soit :
Jtige(∆O) = 0, 064 kg.m2
3- En utilisant le théorème d’Huyguens, le moment d’inertie Jtige(∆G) de la tige seule par rapport
à l’axe horizontal (∆G) passant par G est donné par :
Jtige(∆G) = Jtige(∆O) + MOG2
Jtige(∆G) = 0, 064 + 1, 2 × 0, 022
Soit :
Jtige(∆G) = 6, 448 × 10−2
kg.m2
4- Le point G se trouvant sur le segment [OP2], on a :
P1G = OP1 + OG et OP2 = OG + P2G
Or :
OP1 = OP2 =
1
4
L
D’où :
P1G =
L
4
+ OG
P2G =
L
4
− OG

P1G =
80
4
+ 2
P2G =
80
4
− 2
Soit :
P1G = 22 cm
P2G = 18 cm
5- Le moment d’inertie J(∆G) du système par rapport à l’axe (∆G) est égal à la somme des
moments d’inertie par rapport à (∆G) de chaque corps constituant le système. Les deux mas-
selottes étant ponctuelles, leurs moments d’inertie par rapport à (∆G) sont égaux aux produits
de leurs masses par le carré de la distance qui les sépare de l’axe (∆G). On a donc :
J(∆G) = Jtige(∆G) + m1P1G2
+ m2P2G2
J(∆G) = 6, 448 × 10−2
+ 0, 3 × 0, 222
+ 0, 5 × 0, 182
Soit :
J(∆G) = 9, 52 × 10−2
kg.m2
6- L’angle balayé θ par le système pendant deux minutes est donné par :
θ = 2π × 100 tours
Soit :
θ = 200π rad
La vitesse de rotation du système est donnée par :
N =
100 tours
2 × 60
Soit :
N = 0, 833 tr.s−1
7- La vitesse angulaire ω du système est donnée par :
ω = 2πN

ω = 2 × π × 0, 833
Soit :
ω = 5, 23 rad.s−1
8- Le système tournant autour de l’axe (∆G), les deux masselottes décrivent des cercles de
centre G et de rayons respectifs P1G et P2G. Leurs vitesses v1 et v2 sont donc données par :
v1 = ωP1G
v2 = ωP2G
v1 = 5, 23 × 0, 22
v2 = 5, 23 × 0, 18
Soit :
v1 = 1, 15 m.s−1
v2 = 0, 94 m.s−1
Exercice 3.11 :
1- Le cerceau et les deux masselottes ont la même masse m. Le centre de masse G de tout le
système est tel que :
m
−
−
→
GO + m
−
−
→
GA + m
−
−
→
GB =
−
→
0
=⇒
−
−
→
GO +
−
−
→
GA +
−
−
→
GB =
−
→
0
L’égalité vectorielle ci-dessus nous montre donc que le centre de masse G du système se
trouve au centre de gravité du triangle OAB.
2- Puisque AB = R, le triangle OAB est équilatéral. G est donc encore le point de concours
des bissectrices issues des sommets du triangle OAB. De même, on a OG = AG = BG = r. Du
théorème des sinus, on a :
OG
sin [
GAO
=
OA
sin [
OGA
=
R
sin [
OGA
Or, on a :
[
GAO =
1
2
[
OAB = 30° et [
OGA = 180° − 2 × 30° = 120°
On a donc :
OG
sin 30°
=
R
sin 120°

=⇒ OG =
sin 30°
sin 120°
R
=
1
2
√
3
2
R
=
1
√
3
R
D’où :
OG = AG = BG = r =
√
3
3
R
OG = AG = BG = r =
√
3 × 17, 32
3
Soit :
OG = AG = BG = r = 10 cm
3- Le moment d’inertie Jcerceau(∆O) du cerceau seul par rapport à l’axe horizontal (∆O) passant
par O est donné par :
Jcerceau(∆O) = mR2
Jcerceau(∆O) = 0, 8 × 0, 17322
Soit :
Jcerceau(∆O) = 0, 024 kg.m2
4- Du théorème de Huyguens, le moment d’inertie Jcerceau(∆G) du cerceau seul par rapport à

l’axe horizontal (∆G) passant par G est donné par :
Jcerceau(∆G) = Jcerceau(∆O) + mr2
Jcerceau(∆G) = 0, 024 + 0, 8 × 0, 12
Soit :
Jcerceau(∆G) = 0, 032 kg.m2
5- Le moment d’inertie J(∆G) du système par rapport à (∆G) est donné par :
J(∆G) = Jcerceau(∆G) + mAG2
+ mBG2
D’où :
J(∆G) = Jcerceau(∆G) + 2mr2
J(∆G) = 0, 032 + 2 × 0, 8 × 0, 12
Soit :
J(∆G) = 0, 048 kg.m2
6- De la relation fondamentale de la dynamique d’un solide en rotation, on peut écrire :
M= J(∆G)θ̈
D’où :
θ̈ =
M
J(∆G)
θ̈ =
18
0, 048
Soit :
θ̈ = 375 rad.s−2
7- La vitesse initiale étant nulle, la vitesse ω du système après 30 secondes est telle que :
θ̈ =
ω
30

D’où :
ω = 30θ̈
ω = 30 × 375
Soit :
ω = 11250 rad.s−1
Exercice 3.12 :
1- Les forces appliquées à la boule sur le plan horizontal sont son poids, la réaction normale
du plan et la force de frottement. Les deux premières étant orhtogonales au déplacement, leurs
travaux sont nuls. Du théorème de l’énergie cinétique, on peut donc écrire :
1
2
m VA
2
− VO
2

= −fL
D’où :
VA =
Ê
VO
2
−
2fL
m
VA =
Ê
1, 22 −
2 × 0, 25 × 0, 8
0, 5
Soit :
VA = 0, 8 m.s−1
2- Les forces qui s’exerçent sur la boule au point M sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
→
R de la gouttière.
3- Sur la gouttière, la réaction étant normale, son travail est nul. Soit N le projeté orthogonal

de M sur le segment [AC]. Du théorème de l’énergie cinétique, on peut écrire :
1
2
m VM
2
− VA
2

= mgAN
=⇒ VM =
È
VA
2
+ 2gAN
On a :
AN = AC − CN = r − CN
Or, on a :
cos θ =
CN
CM
=
CN
r
=⇒ CN = r cos θ
Donc, on a :
AN = r − r cos θ = r (1 − cos θ)
D’où :
VM =
È
VA
2
+ 2gr (1 − cos θ)
4- On sait que l’accélération normale an de la boule en M est donnée par :
an =
VM
2
r
D’où :
an =
VA
2
+ 2gr (1 − cos θ)
r
En faisant la projection dans le repère de Frenet, le théorème du centre d’inertie peut s’écrire
de la manière ci-dessous :
−
→
P





mg cos θ
mg sin θ
+
−
→
R





−R
0
= m−
→
a





man
mat
On a donc :
mg sin θ = mat
D’où :
at = g sin θ
5- De la projection faite à la question précédente, on a :
mg cos θ − R = man

=⇒ R = m (g cos θ−an)
= m
–
g cos θ−
VA
2
+ 2gr (1 − cos θ)
r
™
= m
–
g cos θ−
VA
2
r
+ 2g (−1 + cos θ)
™
D’où :
R = m
–
g (3 cos θ − 2) −
VA
2
r
™
6- La boule perd le contact avec la gouttière lorsque le module de la réaction s’annule. La valeur
θ0 de l’angle θ est donc telle que :
g (3 cos θ0 − 2) −
VA
2
r
= 0
=⇒ 3 cos θ0 − 2 =
VA
2
gr
D’où :
θ0 = cos−1
–
1
3
‚
VA
2
gr
+ 2
Œ™
θ0 = cos−1
–
1
3
‚
0, 82
9, 8 × 0, 6
+ 2
Œ™
Soit :
θ0 = 45, 33◦
Exercice 3.13 :
1- Du théorème de l’énergie cinétique, on peut écrire :
1
2
mVB
2
= mgL sin α
D’où :
VB =
p
2gL sin α
De même, on peut écrire :
1
2
m VC
2
− VB
2

= mgr (1 − cos α)
=⇒ VC
2
= VB
2
+ 2gr (1 − cos α)

D’où :
VC =
È
2g [L sin α + r (1 − cos α)]
On a également :
1
2
m VD
2
− VC
2

= −2mgr
=⇒ VD
2
= VC
2
− 4gr
= 2g [L sin α + r (1 − cos α)] − 4gr
D’où :
VD =
È
2g [L sin α − r (cos α + 1)]
2- Les forces qui agissent sur la bille au point D sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
−
→
RD de la gouttière.
3- L’accélération normale de la bille en D est donnée par :
anD =
VD
2
r
D’où :
anD =
2g [L sin α − r (cos α + 1)]
r
Dans le repère de Frenet, le théorème du centre d’inertie en D peut s’écrire :
−
→
P





mg
0
+
−
−
→
RD





RD
0
= m−
→
aD





manD
matD

On voit donc que :
atD = 0
De même, on a :
mg + RD = manD
=⇒ RD =m (anD − g)
D’où :
RD = mg
•
2 [L sin α − r (cos α + 1)]
r
− 1
˜
4- On a :
λ = cos−1
•
L
√
L2 + r2
˜
µ = sin−1
•
3r
2
√
L2 + r2
˜
En effectuant les applications numériques, on obtient :
λ = cos−1
•
1, 2
√
1, 22 + 0, 42
˜
µ = sin−1
•
3 × 0, 4
2
√
1, 22 + 0, 42
˜
Soit :
λ = 18, 43◦
µ = 28, 31◦
5- Pour que la bille atteigne le point D, la vitesse VD doit être strictement positive. Pour
qu’elle reste en contact avec la gouttière, l’intensité RD de la réaction en D doit être elle aussi
strictement positive. Si cette dernière condition est vérifiée, la première l’est aussi. Donc, la
bille atteint le point D sans perdre le contact avec la gouttière si :
RD 0
=⇒
2 [L sin α − r (cos α + 1)]
r
− 1 0
=⇒ 2 [L sin α − r (cos α + 1)] r
=⇒ L sin α − r (cos α + 1)
r
2
=⇒ L sin α − r cos α
3r
2

=⇒
L
√
L2 + r2
sin α −
r
√
L2 + r2
cos α
3r
2
√
L2 + r2
=⇒ cos λ sin α − sin λ cos α sin µ
=⇒ sin (α − λ) sin µ
La fonction sinus étant croissante dans l’intervalle ] 0° ; 90° [, on a donc :
α − λ µ
D’où :
αmin = λ + µ
αmin = 18, 43◦
+ 28, 31◦
Soit :
αmin = 46, 74◦
Exercice 3.14 :
1- Les forces qui s’exerçent sur la boule sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
— La tension
−
→
T du fil ;
−
→
F .
Ces forces ont été représetées à la Figure 3.37 ci-dessous.
2- L’intensité de la force électrostatique subie par la boule est donnée par :
F =
Kq2
`2

F =
9 × 109
× (2 × 10−6
)
2
0, 62
Soit :
F = 0, 1 N
1
2
m V2
− V0
2

= mg` sin θ
D’où :
V =
È
V0
2
+ 2g` sin θ
4- L’accélération normale an de la boule lorsque le fil est écarté à l’horizontale de l’angle θ est
donnée par :
an =
V2
`
D’où :
an =
V0
2
+ 2g` sin θ
`
Dans le repère de Frenet, le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
−
→
P





−mg sin θ
mg cos θ
+
−
→
T





T
0
+
−
→
F





F
0
= m−
→
a





man
mat
On a :
mg cos θ = mat
D’où :
at = g cos θ
On a de même :
−mg sin θ + T + F = man = m
V0
2
+ 2g` sin θ
`
=⇒ T =m
‚
V0
2
+ 2g` sin θ
`
+ g sin θ
Œ
− F
D’où :
T =m
‚
V0
2
`
+ 3g sin θ
Œ
− F

5- A l’instant initial, le fil est horizontal, et θ vaut 0°. L’intensité T (0) de la tension du fil à
cet instant vaut :
T (0) =
mV0
2
`
− F
Pour que le fil soit tendu à l’instant initial, on doit avoir :
T (0) 0
=⇒
mV0
2
`
− F 0
=⇒ V0
2

F`
m
D’où :
V0m =
Ê
F`
m
V0m =
Ê
0, 1 × 0, 6
0, 375
Soit :
V0m = 0, 4 m.s−1
6- On a V0 = 1 m.s−1
V0m. Le fil cesse d’être tendu lorsque l’intensité de la tension s’annule.
On a donc :
m
‚
V0
2
`
+ 3g sin θm
Œ
− F = 0
=⇒
V0
2
`
+ 3g sin θm =
F
m
=⇒ sin θm =
1
3g
‚
F
m
−
V0
2
`
Œ
D’où :
θm = sin−1
–
1
3g
‚
F
m
−
V0
2
`
Œ™
Application numérique
θm = sin−1
–
1
3 × 9, 8
‚
0, 1
0, 375
−
12
0, 6
Œ™
On trouve :
θm = −2, 73◦
≡ 182, 73◦

Exercice 3.15 :
1
2
m VB
2
− VA
2

= −mgr (1 − cos α) − f ö
AB
=⇒ VB
2
− VA
2
= −2gr (1 − cos α) −
2f ö
AB
m
Or, on a :
α =
ö
AB
r
=⇒ ö
AB = αr
On a alors :
VB
2
− VA
2
= −2gr (1 − cos α) −
2fαr
m
D’où :
VB =
Ê
VA
2
− 2r
•
g (1 − cos α) +
fα
m
˜
VB =
s
42 − 2r
–
9, 8 × (1 − cos 75◦) +
1, 182 × 5π
12
0, 2
™
Soit :
VB = 1 m.s−1
2- En utilisant encore le théorème de l’énergie cinétique, on peut écrire :
1
2
m VC
2
− VB
2

= mgr (1 − cos β) − f ö
BC
=⇒ VC
2
− VB
2
= 2gr (1 − cos β) −
2fβr
m
D’où :
VC =
Ê
VB
2
+ 2r
•
g (1 − cos β) −
fβ
m
˜
3- Les forces qui s’exerçent sur la bille en C sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
→
f ;
−
−
→
RC de la gouttière.

4- L’accélération normale de la bille en C est donnée par :
anC =
VC
2
r
D’où :
anC =
VB
2
+ 2r

g (1 − cos β) − fβ
m

r
Dans le repère de Frenet, le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
−
→
P





mg cos β
mg sin β
+
−
→
f





0
−f
+
−
−
→
RC





−RC
0
= m−
→
aC





manC
matC
On a :
mg sin β − f = matC
D’où :
atC = g sin β −
f
m
On a de même :
mg cos β − RC = manC= m
VB
2
+ 2r

g (1 − cos β) − fβ
m

r
=⇒ RC= m
–
g cos β −
VB
2
r
− 2g (1 − cos β) +
2fβ
m
™
D’où :
RC= m
–
g (3 cos β − 2) +
2fβ
m
−
VB
2
r
™

5- Puisque la bille quitte la gouttière en C, la réaction en ce point est nulle :
RC = 0
=⇒ g (3 cos β − 2) +
2fβ
m
−
VB
2
r
= 0
=⇒ 3g cos β − 2g +
2f
m
β −
VB
2
r
= 0
β vérifie donc l’équation :
3g cos β +
2f
m
β =
VB
2
r
+ 2g
6- En remplaçant β par β0 = 80°, on obtient :
3g cos β0 +
2f
m
β0 −
VB
2
r
− 2g = 3 × 9, 8 × cos 80° +
2 × 1, 182
0, 2
×
4π
9
−
12
0, 5
− 2 × 9, 8
= 0, 009
0, 009 se rapprochant de 0, on conclut que β0 = 80◦
est une valeur approchée de β.

Evaluation 3.1 :
Lorsque le véhicule roule sur la route horizontale, il est soumis à son poids, à la réaction de la
route qui compense ce poids, et à la force motrice parallèle à la route. Soit a l’accélération du
véhicule sur la route horizontale. Du théorème du centre d’inertie, on peut écrire :
F = Ma
=⇒ a =
F
M
Lorsque le véhicule roule maintenant sur la pente montante inclinée d’un angle que nous notons
α (sin α = 0, 05), il est soumis à une force motrice parallèle à la pente d’intensité F0
, à son poids
et à la réaction de la route qui compense la composante du poids suivant l’axe perpendiculaire
à la pente. Soit a0
l’accélération du véhicule sur la pente. Du théorème du centre d’inertie, on
peut écrire :
F0
− Mg sin α = Ma0
=⇒ F0
= M (a0
+ g sin α)
Puisque le véhicule garde la même accélération, on a :
a0
= a =
F
M
D’où :
F0
= F + Mg sin α
F0
= 540 + 4000 × 9, 8 × 0, 05
Pour que l’accélération du véhicule sur la pente soit égale à son accélération sur
la route horizontale, il doit donc développer sur cette pente une force motrice
parallèle à la pente et d’intensité F0
= 2500 N.
Evaluation 3.2 :
Pour que le système soit maintenu en équilibre en position horizontale, la calle doit être placée
au niveau du centre de gravité G du système, qui vérifie l’égalité vectorielle ci-dessous :
m
−
−
→
GA + 2m
−
−
→
GB + 3m
−
−
→
GC + 4m
−
−
→
GD + 5m
−
−
→
GO =
−
→
0
=⇒ (m + 2m + 3m + 4m + 5m)
−
−
→
GA + 2m
−
−
→
AB + 3m
−
−
→
AC + 4m
−
−
→
AD + 5m
−
−
→
AO =
−
→
0
Or, on a :
−
−
→
AC =
1
4
−
−
→
AB ;
−
−
→
AD =
3
4
−
−
→
AB ;
−
−
→
AO =
1
2
−
−
→
AB

On a donc :
15m
−
−
→
GA + 2m
−
−
→
AB +
3m
4
−
−
→
AB + 3m
−
−
→
AB +
5m
2
−
−
→
AB =
−
→
0
=⇒ 60
−
−
→
GA + 8
−
−
→
AB + 3
−
−
→
AB + 12
−
−
→
AB + 10
−
−
→
AB =
−
→
0
=⇒ 60
−
−
→
GA + 33
−
−
→
AB =
−
→
0
=⇒
−
−
→
AG =
33
60
−
−
→
AB
D’où :
d = AG =
33L
60
d = AG =
33 × 1, 2
60
Pour que le système soit maintenu en équilibre en position horizontale, on doit donc
la poser sur une calle dont la distance par rapport à l’extrémité A est d = 66 cm.
Evaluation 3.3 :
Soit M un point quelconque de la piste repéré par l’angle θ, comme illustré à la Figure 3.39
ci-dessous.
Notons m la masse de la bille et VM sa vitesse au point M. En utilisant le théorème de l’énergie
cinétique, on peut écrire :
1
2
m VM
2
− V2

= −mgr (1 − cos θ)
=⇒ VM
2
= V2
− 2gr (1 − cos θ)
Les forces extérieures agissant sur la bille au point M sont son poids
−
→
P et la réaction normale
−
→
R de la piste. En appliquant le théorème du centre d’inertie dans le repère de Frenet suivant

l’axe normal à la piste en M, on peut écrire :
−mg cos θ + R =
mVM
2
r
On a donc :
R = m
‚
VM
2
r
+ g cos θ
Œ
= m
•
V2
r
− 2g (1 − cos θ) + g cos θ
˜
= m

V2
r
− 2g + 3g cos θ
‹
La fonction cosinus étant bornée, on a :
−1 ≤ cos θ ≤ 1
=⇒
V2
r
− 2g − 3g ≤
V2
r
− 2g + 3g cos θ ≤
V2
r
− 2g + 3g
Soit :
m

V2
r
− 5g
‹
≤ R ≤ m

V2
r
+ g
‹
Pour que la bille se déplace sur la piste circulaire sans jamais perdre le contact, la réaction R
doit être toujours strictement positive :
R 0
Cette condition sera vérifiée si :
m

V2
r
− 5g
‹
0
=⇒
V2
r
− 5g 0
=⇒ V2
5gr
=⇒ V
√
5gr
D’où :
Vmin =
p
5gr
Vmin =
p
5 × 9, 8 × 1
La valeur minimale que doit dépasser la vitesse initale de la bille au point le plus
bas de la piste circulaire pour qu’elle s’y déplace sans jamais perdre le contact est
donc Vmin = 7 m.s−1
.

CHAPITRE 4. MOUVEMENTS À ACCÉLÉRATION CONSTANTE 180
Chapitre 4
Mouvements à accélération constante
Jésus lui dit : Je suis le chemin, la vérité, et la vie. Nul ne vient au Père que par moi.
Jean 14 : 6
4.1 Caractéristiques des mouvements à accélération constante
4.1.1 Mouvement de translation à accélération constante d’un solide
Considérons à la Figure 4.1 ci-dessous un solide effectuant un mouvement de translation
dans un référentiel galiléen, son centre d’inertie G se déplaçant le long d’une trajectoire quel-
conque dans un repère orthonormé
€
O ; −
→
ı ; −
→
 ;
−
→
k
Š
avec un vecteur-accélération constant −
→
a .
Figure 4.1 – Mouvement de translation à accélération constante d’un solide.
Notons ax, ay et az les composantes de −
→
a dans le système de coordonnées (O ; x ; y ; z) associé
au repère
€
O ; −
→
ı ; −
→
 ;
−
→
k
Š
, le point O étant l’origine des espaces. On peut donc écrire :
−
→
a = ax
−
→
ı + ay
−
→
 + az
−
→
k (4.1)

Une écriture plus commode est :
−
→
a





ax
ay
az
(4.2)
Puisque le vecteur-accélération −
→
a est constant, sa direction, son sens et son module ne changent
pas tout au long du mouvement du solide. Les vecteurs de base −
→
ı , −
→
 et
−
→
k étant eux aussi
constants, alors, ax, ay et az sont des constantes. Supposons que le centre d’inertie G du solide
débute son mouvement en un point G0 de coordonnées x0, y0 et z0. Notons
−
−
→
V0 le vecteur-vitesse
du centre d’inertie du solide en G0, dont les composantes sont V0x, V0y et V0z. On a :
−
−
−
→
OG0 = x0
−
→
ı + y0
−
→
 + z0
−
→
k ou
−
−
−
→
OG0





x0
y0
z0
−
−
→
V0 = V0x
−
→
ı + V0y
−
→
 + V0z
−
→
k ou
−
−
→
V0





V0x
V0y
V0z
Prenons l’instant où le centre d’inertie du solide se trouve en G0 comme origine des dates.
Le vecteur-vitesse
−
→
V (t) à un instant t du centre d’inertie du solide est donné par la relation
vectorielle ci-dessous :
−
→
V (t) = t−
→
a +
−
−
→
V0 (4.3)
En notant Vx(t), Vy(t) et Vz(t) les composantes de
−
→
V (t), on peut donc écrire :
−
→
V (t)





Vx(t) = axt + V0x
Vy(t) = ayt + V0y
Vz(t) = azt + V0z
(4.4)
Le vecteur position
−
−
→
OG (t) du centre d’inertie du solide à l’instant t est quant à lui donné par :
−
−
→
OG (t) =
1
2
t2−
→
a + t
−
−
→
V0 +
−
−
−
→
OG0 (4.5)
Les coordonnées x(t), y(t) et z(t) du centre d’inertie du solide en G sont donc données par les
équations horaires ci-après :
−
−
→
OG (t)





x(t) = 1
2
axt2
+ V0xt + x0
y(t) = 1
2
ayt2
+ V0yt + y0
z(t) = 1
2
azt2
+ V0zt + z0
(4.6)
Si le solide débute son mouvement avec un retard, non pas à l’instant pris comme origine des
dates, mais à un instant ultérieur τ, son vecteur-vitesse
−
→
V (t) à un instant t ≥ τ devient :
−
→
V (t) = (t − τ)−
→
a +
−
−
→
V0 ; t ≥ τ (4.7)

De même, le vecteur position
−
−
→
OG (t) du centre d’inertie du solide à l’instant t ≥ τ devient :
−
−
→
OG (t) =
1
2
(t − τ)2−
→
a + (t − τ)
−
−
→
V0 +
−
−
−
→
OG0 ; t ≥ τ (4.8)
Soit :
−
→
V (t)





Vx(t) = ax(t − τ) + V0x
Vy(t) = ay(t − τ) + V0y
Vz(t) = az(t − τ) + V0z
t ≥ τ (4.9)
−
−
→
OG (t)





x(t) = 1
2
ax(t − τ)2
+ V0x(t − τ) + x0
y(t) = 1
2
ay(t − τ)2
+ V0y(t − τ) + y0
z(t) = 1
2
az(t − τ)2
+ V0z(t − τ) + z0
t ≥ τ (4.10)
En éliminant t (ou t − τ) dans les équations horaires, on peut obtenir des équations liant les
coordonnées x, y et z sous la forme du système ci-dessous :





f (x, y, z) = 0
g (x, y, z) = 0
Ces équations caractérisent la trajectoire du centre d’inertie du solide.
4.1.2 Mouvement de rotation à accélération constante d’un solide
Considérons à la Figure 4.2 ci-dessous un solide tournant autour d’un axe (∆) avec une
accélération angulaire constante que l’on note θ̈. Choisissons un axe fixe qui permet de repérer
l’abscisse angulaire θ(t) du solide à un instant t quelconque. Notons θ0 l’abscisse angulaire du
solide à un instant pris comme origine des dates, et ω0 sa vitesse angulaire à cet instant.
Figure 4.2 – Mouvement de rotation d’un solide.
La vitesse angulaire θ̇(t) du solide à l’instant t est donnée par :
θ̇(t) = θ̈t + ω0 (4.11)

L’abscisse angulaire θ(t) du solide est quant à elle donnée par l’équation horaire suivante :
θ(t) =
1
2
θ̈t2
+ ω0t + θ0 (4.12)
Si le solide débute son mouvement avec un retard τ, les relations précédentes deviennent :
θ̇(t) = θ̈(t − τ) + ω0 (4.13)
θ(t) =
1
2
θ̈(t − τ)2
+ ω0(t − τ) + θ0 (4.14)
Les analogies entre les paramètres d’un mouvement de translation à accélération constante, et
ceux d’un mouvement de rotation à accélération angulaire constante ont été regroupées dans
le Tableau 4.1 ci-dessous.
Tableau 4.1 – Analogies entre les mouvements de translation et de rotation à accélération
constante.
Paramètres du mouvement de translation Paramètres du mouvement de rotation
Vecteur-accélération (constant) −
→
a Accélération angulaire (constante) θ̈
Vecteur position initiale
−
−
−
→
OG0 Abscisse angulaire initiale θ0
Vecteur-vitesse initiale
−
−
→
V0 Vitesse angulaire initiale ω0 = θ̇0
Vecteur position
−
−
→
OG (t) à l’instant t Abscisse angulaire θ(t) à l’instant t
Vecteur-vitesse
−
→
V (t) à l’instant t Vitesse angulaire θ̇(t) à l’instant t
Alors que les paramètres du mouvement de translation sont des grandeurs vectorielles, ceux
d’un mouvement de rotation sont plutôt réduites à des grandeurs scalaires, car il n’existe qu’un
seul axe de rotation.
4.2 Applications des lois de Newton à quelques mouvements à ac-
célération constante
Pour résoudre un problème mettant en jeu des solides effectuant des mouvements à accélé-
rations constantes, la première étape consiste presque toujours à déterminer les accélérations
de ces solides. Pour ce faire, on aura recours soit à la relation fondamentale de la dynamique
d’un solide en translation (ou théorème du centre d’inertie), soit à la relation fondamentale de
la dynamique d’un solide en rotation. Après avoir trouvé l’accélération, il s’agira de trouver les
équations horaires du mouvement, et éventuellement les équations de la trajectoire. Nous allons
dans ce qui suit traiter quelques exemples classiques de problèmes de dynamique des solides à
accélérations constantes, en faisant appel aux lois de Newton.

4.2.1 Translation rectiligne d’un solide lié à une poulie
Considérons à la Figure 4.3 ci-dessous un bloc solide de masse m et de centre d’inertie G
glissant sans vitesse initiale sur un plan incliné à l’horizontale d’un angle α. Le bloc est relié
par l’intermédiaire d’une corde inextensible et de masse négligeable à une poulie en forme de
cylindre homogène de masse M et de rayon R.
Figure 4.3 – Mouvement d’un bloc solide sur un plan incliné.
Au cours du mouvement, les forces extérieures agissant sur le bloc sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
−
→
RN du plan incliné ;
−
→
f subie de la part du plan incliné ;
— La tension
−
→
T de la corde.
Notons −
→
a le vecteur-accélération du centre d’inertie du bloc, dirigé suivant le plan incliné. La
deuxième loi de Newton peut s’écrire :
−
→
P





mg sin α
−mg cos α
+
−
−
→
RN





0
RN
+
−
→
f





−f
0
+
−
→
T





−T
0
= m−
→
a





ma
0
On a donc :
mg sin α − f − T = ma
Notons
−
→
T0
la tension que la corde exerce sur la circonférence de la poulie. C’est l’action de
cette force qui fait tourner la poulie dans le sens anti-horaire autour de l’axe horizontal (∆)
passant par son centre, tandis que le bloc descend sur le plan incliné. Les tensions
−
→
T0
et
−
→
T
sont égales en module. On a donc :
T0
= T

Le moment d’inertie J(∆) de la poulie cylindrique par rapport à (∆) est donné par :
J(∆) =
1
2
MR2
Notons θ̈ l’accélération angulaire de la poulie. Le poids de la poulie et la réaction qui la sup-
portent (non représentés à la Figure 4.3) sont appliquées au centre de la poulie et recontrent
ainsi l’axe (∆). Leurs moments par rapport à (∆) sont donc nuls. La relation fondamentale de
la dynamique d’un solide en rotation peut ainsi s’écrire :
M(∆)
−
→
T0

= J(∆)θ̈
Or, le moment M(∆)
−
→
T0

de la force
−
→
T0
par rapport à (∆) est donné par :
M(∆)
−
→
T0

= T0
R = TR
De même, l’accélération angulaire θ̈ est liée au module a du vecteur accélération du bloc par la
relation :
θ̈ =
a
R
On a donc :
TR =
1
2
MR2 a
R
=⇒ T =
1
2
Ma
En remplaçant l’expression de T ci-dessus dans l’équation issue du théorème du centre d’inertie,
on obtient :
mg sin α − f −
1
2
Ma= ma
=⇒

m +
1
2
M
‹
a = mg sin α − f
Le module de l’accélération du centre d’inertie du bloc est donc :
a =
mg sin α − f
m + 1
2
M
La vitesse initiale étant nulle, la vitesse V (t) du bloc à l’instant t est donnée par la loi horaire :
V (t) = at
La distance d (t) parcourue par le bloc à l’instant t est quant à elle donnée par :
d (t) =
1
2
at2

La vitesse angulaire ω (t) de la poulie à l’instant t est donnée par :
ω (t) = θ̈t =
V (t)
R
L’angle θ (t) balayé par la poulie à l’instant t est donné par :
θ (t) =
d (t)
R
A un instant t1, la vitesse et la distance parcourue par le bloc sont respectivement :
V1 = V (t1) = at1 et d1 = d (t1) =
1
2
at1
2
A un autre instant t2, la vitesse et la distance parcourue par le bloc sont respectivement :
V2 = V (t2) = at2 et d2 = d (t2) =
1
2
at2
2
On a :
V1
2
= a2
t1
2
et V2
2
= a2
t2
2
=⇒ V2
2
− V1
2
= a2
t2
2
− a2
t1
2
= 2

1
2
a2
t2
2
−
1
2
a2
t1
2
‹
= 2a

1
2
at2
2
−
1
2
at1
2
‹
= 2a (d2 − d1)
En notant ∆V2
la variation du carré de la vitesse du bloc entre les instants t1 et t2, et ∆d la
distance parcourue par le bloc entre ces deux instants, on obtient :
∆V2
= 2a∆d (4.15)
La relation ci-dessus est valable pour tous les solides effectuant des mouvements rectilignes
uniformément variés, c’est-à-dire des solides qui se déplacent en ligne droite avec un vecteur-
accélération constant. De façon analogue, en notant ∆θ̇2
la variation du carré de la vitesse
angulaire de la poulie entre les instants t1 et t2, et ∆θ l’angle balayé par le bloc entre ces deux
instants, on obtient :
∆θ̇2
= 2θ̈∆θ (4.16)
La relation ci-dessus est valable pour tous les solides effectuant des mouvements de rotation
uniformément variés, c’est-à-dire des solides qui tournent autour d’un axe fixe avec une accélé-
ration angulaire constante.

4.2.2 Mouvement d’un projectile dans un champ de pesanteur uniforme
Considérons à la Figure 4.4 ci-dessous un projectile ponctuel de masse m se trouvant
initialement à l’origine O d’un repère cartésien (O ; x ; y). Notons
−
−
→
V0 le vecteur-vitesse initiale
de ce projectile en O, qui fait avec l’horizontale un angle de tir α ∈ ] 0° ; 90° [. Tout au long
de son mouvement, le projectile n’est soumis qu’à son poids
−
→
P , et c’est pourquoi on dit qu’il
est en chute libre.
Figure 4.4 – Mouvement d’un projectile dans un champ de pesanteur uniforme.
Notons −
→
a le vecteur-accélération du projectile. Le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
−
→
P = m−
→
g = m−
→
a
On a donc :
−
→
a





ax = 0
ay = −g
Les composantes du vecteur-vitesse initiale
−
−
→
V0 sont :
−
−
→
V0





V0x = V0 cos α
V0y = V0 sin α
La vitesse
−
→
V (t) du projectile à l’instant t est donc :
−
→
V (t)





Vx(t) = V0 cos α
Vy(t) = −gt + V0 sin α

Le vecteur position
−
−
→
OM (t) du projectile à l’instant t est donc :
−
−
→
OM (t)





x(t) = (V0 cos α) t
y(t) = − 1
2
gt2
+ (V0 sin α) t
A partir de l’équation horaire donnant x(t), on peut exprimer le temps t. On a :
t =
x
V0 cos α
En remplaçant l’expression de t ci-dessus dans l’équation horaire donnant y(t), on obtient :
y = −
1
2
g
x2
V0
2
cos2 α
+ (V0 sin α)
x
V0 cos α
La trajectoire du projectile dans le repère (O ; x ; y) est donc une parabole d’équation :
y = f (x) = −
g
2V0
2
cos2 α
x2
+ (tan α) x (4.17)
Notons F le point le plus haut de la trajectoire du projectile. L’ordonnée yF de ce point cor-
respond à l’altitude maximale H dont s’élève le projectile par rapport à l’axe horizontal (Ox) ;
c’est la flèche du mouvement. A l’instant tF où le projectile atteint le point F, il ne peut plus
monter davantage, ce qui signifie que la composante verticale (suivant l’axe (Oy)) de sa vitesse
s’annule à cet instant. On a donc :
Vy(t = tF) = −gtF + V0 sin α = 0
=⇒ tF =
V0 sin α
g
En remplaçant l’expression de tF ci-dessus dans l’équation horaire donnant y(t), on obtient :
yF = H = y(t = tm) = −
1
2
gtF
2
+ (V0 sin α) tF = −
1
2
g
V0
2
sin2
α
g2
+ (V0 sin α)
V0 sin α
g
La flèche du mouvement est donc donnée par :
H =
V0
2
sin2
α
2g
(4.18)
Notons P le point où le projectile retrouve l’axe (Ox). On définit la portée du mouvement
comme étant l’abscisse xP = D du point P dont l’ordonnée yP est nulle. On a ainsi :
yP = f (xP) = f (D) = −
g
2V0
2
cos2 α
xP
2
+ (tan α) xP = 0
=⇒ −
gD2
2V0
2
cos2 α
+ D tan α = 0

=⇒ −
gD
2V0
2
cos2 α
+
sin α
cos α
= 0
=⇒ −
gD
2V0
2
cos α
+ sin α = 0
=⇒ D =
2V0
2
cos α sin α
g
La portée D s’exprime donc par :
D =
V0
2
sin 2α
g
(4.19)
Le module V0 du vecteur-vitesse initiale restant inchangé, on peut ajuster l’angle α de telle
sorte que le projectile retombe le plus loin possible de son point de lancement. La portée D sera
maximale si le terme sin 2α est maximal. Or, on sait que la fonction sinus est majorée :
sin 2α ≤ 1
=⇒ 2α ≤ 90°
=⇒ α ≤ 45°
Lorsque le vecteur-vitesse initiale est incliné d’un angle de α = 45° par rapport à l’horizontale,
la portée est donc maximale et vaut :
Dmax =
V0
2
g
(4.20)
Pour une portée D Dmax, on a la relation :
−
g
2V0
2
cos2 α
D2
+ D tan α = 0
Or, on a la relation trigonométrique :
1
cos2 α
= tan2
α + 1
On a donc :
−
gD
2V0
2 tan2
α + 1

+ tan α = 0
On obtient donc l’équation :
gD
2V0
2 tan2
α − tan α +
gD
2V0
2 = 0
L’équation ci-dessus admet dans l’intervalle ] 0° ; 90° [ deux solutions α1 45° et α2 45° qui
correspondent aux deux valeurs de l’angle de tir α pour lesquelles on obtient une même portée
D Dmax. Le tir est dit tendu pour α = α1, et en cloche pour α = α2. On démontre que :
α1 + α2 = 90° (4.21)

Les mouvements des projectiles dans un champ de pesanteur uniforme trouvent leurs applica-
tions dans les sports de ballons (football, handball, basketball, rugby, etc.) où il est souvent
question de communiquer un mouvement au ballon afin de le diriger dans une direction don-
née, lors d’une passe, d’un tir, d’un lancer, etc. Dans l’armée, des calculs sont effectués afin de
connaître les paramètres initaux (Vitesse initiale et position initiale) que doit avoir un missile
(une bombe) pour qu’il attérisse à l’endroit souhaité.
4.2.3 Mouvement d’une particule chargée dans un champ électrique uniforme
Considérons à la Figure 4.5 ci-dessous un condensateur constitué de deux armatures ho-
rizontales (P) et (Q) de même longueur `, séparées par une distance d et entre lesquelles est
établie une tension U = VP − VQ. On munit l’espace d’un repère cartésien (O ; x ; y) tel que
l’axe horizontal (Ox) est situé au milieu des armatures, et l’axe vertical (Oy) coïncide avec
l’entrée du condensateur. Une particule de charge électrique q entre dans le condensateur en O
avec une vitesse initiale horizontale
−
−
→
V0 .
Figure 4.5 – Mouvement d’une particule chargée à l’intérieur d’un condensateur.
La particule est attirée par l’armature supérieure (P). Leurs deux charges sont donc de signes
contraires. Supposons que la masse m de la particule soit très faible, de telle sorte que son poids
puisse être négligé devant la force électrique
−
→
F verticale et orientée vers le haut qu’elle subit à
l’intérieur du condensateur. Le module F de cette force est donné par :
F =
|qU|
d
Soit −
→
a le vecteur-accélération de la particule. La deuxième loi de Newton peut s’écrire :
−
→
F = m−
→
a

On a donc :
−
→
a





ax = 0
ay = |qU|
md
Le vecteur-vitesse initiale
−
−
→
V0 étant horizontal, on a :
−
−
→
V0





V0x = V0
V0y = 0
La vitesse instantannée
−
→
V (t) de la particule à l’instant t est donc :
−
→
V (t)





Vx(t) = V0
Vy(t) = |qU|
md
t
Le vecteur position
−
−
→
OM (t) de la particule à l’instant t est donc :
−
−
→
OM (t)





x(t) = V0t
y(t) = |qU|
2md
t2
De l’expression de x(t), on a :
t =
x
V0
En remplaçant cette expression de t dans l’équation horaire de y(t), on obtient :
y =
|qU|
2md

x
V0
‹2
La trajectoire de la particule est donc une parabole d’équation :
y = f (x) =
|qU|
2mdV0
2 x2
(4.22)
Lorsque la particule sort du condensateur au point S, son abscisse xS est égale à la longueur `
des armatures, et son ordonnée yS est donnée selon l’équation de la trajectoire par :
yS =
|qU| `2
2mdV0
2 (4.23)
yS est la déviation spatiale. Soit tS l’instant où la particule arrive en S. On a :
xS = ` = V0tS
=⇒ tS =
`
V0

La vitesse
−
−
→
VS de la particule en S est donc telle que :
−
−
→
VS





VSx = V0
VSy = |qU|
md
tS
On a donc :
−
−
→
VS





VSx = V0
VSy = |qU|`
mdV0
(4.24)
Le module VS de
−
−
→
VS est donné par :
VS =
È
VSx
2
+ VSy
2
=
Ê
V0
2
+

|qU| `
mdV0
‹2
(4.25)
L’angle α que fait
−
−
→
VS avec l’horizontale est donné par :
tan α =
VSy
VSx
=
|qU| `
mdV0
2 (4.26)
α est la déviation angulaire. Après sa sortie du condensateur, la particule n’est soumise
à aucune autre force en dehors de son poids qui est toujours négligé. De par le principe de
l’inertie, la particule continue donc son mouvement en ligne droite et à vitesse constante, cette
vitesse étant la vitesse
−
−
→
VS . La droite (T) que la particule décrit est la tangente au point S à sa
trajectoire parabolique à l’intérieur du condensateur. L’équation de cette droite dans le repère
(O ; x ; y) est donnée par :
y = f0
(x = xS) (x − xS) + f (x = xS)
Or, on a :
f0
(x) =
|qU|
mdV0
2 x
Soit :
(T) : y = g (x) =
|qU| `
mdV0
2 (x − `) +
|qU| `2
2mdV0
2 (4.27)
Soit I le point d’intersection entre (T) et l’axe (Ox). On a donc :
|qU| `
mdV0
2 (xI − `) +
|qU| `2
2mdV0
2 = 0
=⇒ xI − ` +
`
2
= 0
D’où :
OI = xI =
`
2
(4.28)

Supposons qu’un écran vertical soit placé à une distance D ` de l’axe (Oy), et que la particule
atteint cet écran en un point P. Soit P0 le point d’intersection entre l’écran et l’axe (Ox). La
distance PP0 est la déflexion électrique (ou électrostatique). On a :
tan α =
|qU| `
mdV0
2 =
PP0
IP0
=⇒ PP0 =
|qU| `IP0
mdV0
2
Or, on a :
IP0 = OP0 − OI = D −
`
2
On a donc :
PP0 =
|qU| ` D − `
2

mdV0
2 (4.29)
La déflection électrique est mise en œuvre dans certains appareils électroniques tels que les
téléviseurs, les écrans d’ordinateurs, les oscillocopes, les cardiomètres, etc.

Exercices
.
Exercice 4.1 :
A la Figure 4.6 ci-dessous, au sommet d’un plan de longueur L = 2, 45 m incliné par rapport
à l’horizontale d’un angle α = 30°, on abandonne sans vitesse initiale une brique de masse
m = 1, 5 kg et de dimensions négligeables. Arrivée au point le plus bas du plan incliné, la brique
aborde immédiatement un plan horizontal. On néglige les frottements sur le plan incliné. En
revanche, sur le plan horizontal, la brique est soumise à des forces s’opposant à sa vitesse,
équivalentes à une unique force d’intensité f.
1- Faire le bilan des forces subies par la brique sur le plan incliné et les représenter.
2- Calculer l’accélération a1 de la brique sur le plan incliné.
3- Exprimer la vitesse V1 (t) et la position x1 (t) de la brique en prenant pour origine des espaces
le sommet du plan incliné, et pour origine des dates l’instant où la brique a été abandonnée.
4- Déterminer la date tb à laquelle la brique atteint le point le plus bas du plan incliné.
5- En déduire sa vitesse Vb à cet instant.
On suppose que le passage de la brique du plan incliné vers le plan horizontal se fait sans
variation de vitesse. On considère à présent le point le plus bas du plan incliné comme origine
des espaces, et l’instant où la brique aborde le plan horizontal comme l’origine des dates.
6- Faire le bilan des forces qui agissent sur la brique sur le plan horizontal et les représenter.
7- Exprimer son accélération a2 sur le plan horizontal en fonction de f.
8- En déduire les expressions de sa vitesse V2 (t) et de sa position x2 (t).
9- Exprimer en fonction de f la date ta à laquelle la brique s’immobilise.
10- En déduire la valeur de f sachant que la brique parcourt 1, 225 m sur le plan horizontal
avant de s’arrêter.
11- En déduire la valeur de ta, ainsi que la durée totale T du mouvement de la brique, depuis
son départ du sommet du plan incliné.

Exercice 4.2 :
A la Figure 4.7 ci-dessous, à une hauteur h0 = 1, 56 m du sol, on lance verticalement vers
le haut une boule dont on négligera les dimensions, avec une vitesse initiale V0. Au bout de
0, 3 secondes, la boule s’immobilise avant de redescendre. On considère dans un premier temps
l’instant de lancement comme l’origine des dates. La résistance de l’air sera négligée.
1- Calculer l’accélération a de la boule lorsqu’elle monte et en déduire la nature du mouvement.
2- Donner les expressions de la vitesse V (t) et de la hauteur h (t) par rapport au sol de la boule.
3- Déterminer la valeur de V0.
4- En déduire la hauteur maximale hm dont s’élève la boule par rapport au sol.
A l’altitude hm, la boule s’arrête et commence à descendre. On prendra cette fois-ci l’instant
où la boule s’est arrêtée comme origine des dates.
5- Calculer l’accélération a0
de la boule lorsqu’elle descend et en déduire la nauture du mouve-
ment.
6- Donner les expressions de la vitesse V0
(t) et de la hauteur h0
(t) par rapport au sol de la
boule.
7- Déterminer l’instant tp au bout duquel la boule repasse par son point de lancement.
8- En déduire la vitesse V0
0 avec laquelle elle repasse par son point de lancement. Que constate-
t-on ?
9- Déterminer l’instant ts au bout duquel la boule atteint le sol.
10- En déduire la durée totale T du trajet jusqu’au sol, et la vitesse Vs de la boule au sol.
Exercice 4.3 :
A la Figure 4.8, une corde inextensible de masse négligeable passe par la gorge d’une poulie
en forme de cylindre homogène de masse M = 3 kg et de rayon R = 5 cm. Aux extrémités de la
corde sont fixés respectivement un bloc de masse m1 = 2 kg posé initialement sur le sol horizon-
tal, et un bloc de masse m2 = 1, 5 kg posé sur une table horizontale. On souhaite faire monter

le bloc de masse m1 d’une hauteur H = 2 m pendant un temps T = 1 s. Pour ce faire, on exerce
sur le bloc de masse m2 une force
−
→
F inclinée à l’horizontale d’un angle α = 60°. Au cours du
mouvement, le bloc de masse m2 glisse (sans vitesse initiale) sur la table, et sans frottements.
On néglige la résistance de l’air.
1- Faire le bilan des forces qui agissent sur les deux blocs et les représenter.
2- Calculer le moment d’inertie J(∆) de la poulie par rapport à l’axe horizontal (∆) passant
par son centre.
3- Montrer que l’accélération a des deux blocs s’exprime par :
a =
F cos α − m1g
m1 + m2 +
J(∆)
R2
4- Calculer l’accélération a et l’accélération angulaire θ̈ de la poulie.
5- En déduire l’intensité de la force
−
→
F ainsi que les intensités des forces que la corde exerce
sur les deux blocs.
6- Déterminer la vitesse V acquise par les blocs au bout de l’opération.
7- Déterminer le nombre de tours effectués par la poulie, ainsi que sa vitese angulaire ω à la
fin de l’opération.
Exercice 4.4 :
On enroule deux cordes inextensibles et de masses négligables sur les gorges de deux cylindres
solidaires qui constituent une poulie. Les deux cylindres ont un même axe de symétrie (∆), leurs
masses respectives sont M1 = 6 kg et M2 = 4 kg, et leurs rayons respectifs sont R1 = 10 cm et
R2 = 5 cm. A l’autre extrémité de la corde enroulée sur le plus gros cylindre est fixé un cube

d’arête c1 = 7 cm et de masse m1 = 3 kg, et à l’autre extrémité de la corde enroulée sur le plus
petit cylindre est fixé un cube d’arête c2 = 5 cm et de masse m2 = 2 kg. A l’instant initial, le
cube d’arête c1 est posé sur un plan de longueur L1 = 47 cm incliné à l’horizontale d’un angle
α = 60°, de telle sorte que la face du cube où est fixée l’extrémité de la corde coïncide avec le
sommet du plan incliné. Au même instant initial, le cube d’arête c2 est posé sur un plan de
longueur L2 incliné à l’horizontale d’un angle β = 30°, de telle sorte que la face du cube qui
n’est pas fixée à la corde coïncide avec la base du plan. On abandonne le système sans vitesse
initiale, et le cube d’arête c1 descend, tandis que l’autre cube monte. Au bout de T = 0, 8 s, la
face du cube d’arête c1 qui n’est pas fixée à la corde coïncide avec la base du plan sur lequel il
se trouve. Au même moment, la face fixée à la corde de l’autre cube coïncide avec le sommet
du plan sur lequel il se trouve. La Figure 4.9 ci-dessous illustre la situation. Les deux cubes
sont soumis tout au long de leurs mouvements à des forces de frottements de même intensité f.
1- Faire le bilan des forces qui agissent sur les deux cubes et les représenter.
2- Calculer le moment d’inertie J(∆) de la poulie par rapport à (∆).
3- Démontrer que l’accélération angulaire θ̈ de la poulie s’exprime par :
θ̈ =
g (m1R1 sin α − m2R2 sin β) − f (R1 + R2)
m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)
4- Déterminer les distances D1 et D2 parcourues respectivement par les deux cubes, ainsi que
le nombre de tours n effectués par la poulie au bout de T = 0, 8 s. En déduire la valeur de L2.
5- Calculer les accélérations respectives a1 et a2 des deux cubes. En déduire la valeur de θ̈.
6- En déduire la valeur de f ainsi que les modules des forces que chaque corde exerce sur les
cubes.
7- Calculer les vitesses respectives v1 et v2 des deux cubes, ainsi que la vitesse angulaire ω de
la poulie au bout de T = 0, 8 s.

Exercice 4.5 :
Deux voitures de course (1) et (2) sont stationnées sur une piste horizontale. La voiture (2) se
trouve devant la voiture (1), de telle sorte que la différence entre leurs abscisses sur la piste est
x0 = 2 m. A un instant qu’on prendra pour origine des dates, la voiture (2) démarre (sans vitesse
initiale) avec une accélération constante a2. Après un temps τ = 3 s, la voiture (1) démarre elle
aussi avec une accélération constante a1. On prendra pour origine des abscisses la position de
la voiture (1) à l’instant initial. La ligne d’arrivée est située à une abscisse D = 100 m.
1- Exprimer en fonction du temps les vitesses et les abscisses des deux voitures.
2- Montrer que la valeur minimale a1m que doit dépasser l’accélération a1 de la voiture (1) pou
qu’elle atteigne la ligne d’arrivée avant la voiture (2) a pour expression :
a1m =
2D
È
2(D−x0)
a2
− τ
2
On suppose que a1 = 14 m.s−2
et a2 = 4 m.s−2
.
3- Déterminer l’instant t1 où la voiture (1) rattrape la voiture (2).
4- En déduire l’abscisse X des deux voitures, ainsi que leurs vitesses respectives V11 et V21 en
km.h−1
à cet instant.
5- Déterminer le temps t2 au bout duquel la voiture (1) atteint la ligne d’arrivée.
6- En déduire les vitesses respectives V12 et V22 des deux voitures en km.h−1
à cet instant,
ainsi que la distance d qui reste à parcourir à la voiture (2) pour atteindre la ligne d’arrivée.
7- Déterminer le temps t3 au bout duquel la voiture (2) atteint la ligne d’arrivée, et en déduire
sa vitesse V23 en km.h−1
à cet instant.
Exercice 4.6 :
A la Figure 4.10, au cours d’une épreuve de lancer du poids, un candidat lance une boule en
acier dont on négligera les dimensions avec une vitesse initiale
−
−
→
V0 qui fait avec l’horizontale
un angle α = 45°. La portée de ce lancer sur le sol est D = 21, 213 m. La boule est située par
rapport au sol à une altitude h0 = 1, 943 m à l’instant initial où elle quitte la main du candidat.
On considère le repère cartésien (O ; x ; y) tel que l’axe (Ox) coïncide avec le sol et l’axe vertical
(Oy) passe par la position initiale de la boule. La résistance de l’air sera négligée.
1- Déterminer les composantes de l’accélération −
→
a de la boule dans le repère (O ; x ; y).
2- En déduire les expressions des composantes de sa vitesse
−
→
V (t) et de son vecteur position
−
−
→
OM (t).
3- En déduire l’équation de la trajectoire de la boule dans le repère (O ; x ; y).
4- Déterminer le module V0 de
−
−
→
V0 .
5- Déterminer l’instant tm où la boule atteint le point le plus haut de sa trajectoire, et en
déduire son abscisse xm à cet instant.
6- En déduire la hauteur maximale hm dont s’élève la boule par rapport au sol.
7- Déterminer l’instant ts où la boule atteint le sol.

8- En déduire les composantes de sa vitesse
−
→
Vs lorsqu’elle touche le sol, ainsi que le module
Vs de cette vitesse, et l’angle β (aigu) qu’elle fait avec le sol.
Exercice 4.7 :
A la Figure 4.11 ci-dessous, une bille de masse m = 200 g et de dimensions négligeables est
mise en mouvement au point O0 d’une table horizontale de longueur L = O0O1 = 1, 25 m et de
hauteur H = 82, 37 cm avec une vitesse initiale horizontale de module V0 = 3 m.s−1
. Arrivée en
O1 après un temps t1 = 0, 5 s, la bille quitte la table et continue son mouvement dans l’air dont
la résistance sera négligée. Les frottements que la table exerce sur la bille sont équivalents à
une unique force d’intensité f.
1- Exprimer l’accélération a0 de la bille, ainsi que sa vitesse v (t) et la distance d (t) qu’elle
parcourt sur la table, en prenant l’instant où elle quitte O0 comme origine des dates.
2- Déterminer la valeur de f.
3- En déduire la vitesse V1 de la bille en O1.

On considère le repère cartésien (O1 ; x ; y) tel que l’axe (O1x) est horizontal et orienté vers la
droite, et l’axe (O1y) est vertical et orienté vers le bas. On prend désormais l’instant où la bille
quitte la table comme origine des dates.
→
a1 de la bille dans l’air, puis exprimer les
composantes de sa vitesse
−
→
V (t) et de son vecteur position
−
−
−
→
O1M (t).
5- En déduire l’équation de la trajectoire de la bille dans l’air.
6- Déterminer l’abscisse X du point d’impact de la bille sur le sol et en déduire la durée totale
T de son mouvement depuis O0.
7- Déterminer les composantes de la vitesse
−
→
Vs de la bille au sol, ainsi que le module Vs de
cette vitesse.
Exercice 4.8 :
On considère à la Figure 4.12 ci-dessous une structure dont la section a une forme trapézoïdale
de grande base H1 = 2 m, de petite base H2 = 1, 263 m et de hauteur D = 1, 276 m. Au sommet
du plan incliné de la structure, on abandonne sans vitesse initiale une bille ponctuelle qui quitte
la structure au point O le plus bas du plan incliné. Le mouvement ultérieur de la bille se déroule
dans l’air dont on négligera la résistance. Sur le sol, à une distance d = 80 cm de la face de la
structure de hauteur H2 se trouve un récipient de forme parallélépipédique de largeur ` = 30 cm
et de hauteur h = 50 cm. On considère le repère cartésien (O ; x ; y). Les frottements sur le
plan incliné seront négligés.
1- Déterminer l’angle d’inclinaison α du plan incliné par rapport à l’horizontale, ainsi que sa
longueur L, et en déduire l’accélération a de la bille sur ce plan.
2- Déterminer le temps t1 au bout duquel la bille arrive en O, et en déduire le module V0 de
sa vitesse
−
−
→
V0 en ce point.
3- Déterminer l’équation de la trajectoire de la bille dans l’air.

4- Déterminer la hauteur h1 de la bille par rapport au sol au moment où elle se trouve au même
niveau que la première paroi du récipient. En déduire que la bille n’est pas interceptée par cette
paroi.
5- Déterminer la hauteur h2 de la bille par rapport au sol au moment où elle se trouve au même
niveau que l’autre paroi du récipient. En déduire que la bille rentre dans le récipient en butant
sur cette paroi.
6- Déterminer le temps T qui s’est écoulé entre l’instant où la bille a été abandonnée et l’instant
où elle a buté sur la paroi du récipient, et en déduire les composantes de sa vitesse
−
−
→
V1 lorsqu’elle
bute sur le récipient, ainsi que le module V1 de cette vitesse.
Exercice 4.9 :
On considère à la Figure 4.13 ci-dessous deux balles (1) et (2) dont on néglige les dimensions,
la balle (2) étant posée sur un poteau vertical de hauteur H2 = 1, 216 m. L’axe vertical (Oy)
d’un repère cartésien (O ; x ; y) passe par la balle (2), tandis que l’axe horizontal (Ox) coïncide
avec le sol. A la date t = 0, on lâche à une hauteur H1 = 2 m la balle (1) sans vitesse initiale,
son abscisse étant d = 78 cm. A la date t = τ, on projette la balle (2) avec une vitesse initiale
horizontale
−
−
→
V0 de module V0. Les deux balles entrent en collision à la date t = tr. La résistance
de l’air sera négligée.
1- Déterminer les expressions des composantes des vitesses
−
−
→
V1 (t) et
−
−
→
V2 (t) et des composantes
des vecteurs positions
−
−
−
→
OM1 (t) et
−
−
−
→
OM2 (t) des deux balles.
2- En déduire les équations des trajectoires des deux balles.
3- Exprimer tr en fonction de H1, H2, g et τ, et en déduire la valeur maximale τm à laquelle τ
doit être inférieur pour qu’il y ait collision entre les deux balles.

On suppose que τ = 0, 25 s.
4- Déterminer la valeur de tr.
5- En déduire la valeur de V0 pour que les deux balles entrent effectivement en collision à la
date t = tr.
6- Déterminer l’abscisse X et l’ordonnée Y du point où la collision a lieu.
7- Déterminer les modules v1 et v2 des vitesses de chaque balle au moment de la collision.
Exercice 4.10 :
Un joueur de football s’exerce à tirer les coup-francs. Le ballon sphérique de rayon r = 11 cm est
posé sur le terrain supposé parfaitement horizontal, comme illustré à la Figure 4.14 ci-dessous.
A une distance dM = 10 m du ballon se trouve un accessoire d’entraînement, qui fait office d’un
mur de hauteur hM = 1, 8 m. A une distance dB = 20 m du ballon se trouve la ligne des buts
de hauteur hB = 2, 42 m. Le joueur frappe le ballon avec une vitesse initiale
−
−
→
V0 de module
V0 = 79, 69 km.h−1
qui fait avec l’horizontale un angle α ∈ ] 0° ; 90° [. On considère le repère
cartésien (O ; x ; y) tel que l’axe horizontal (Ox) coïncide avec le terrain, et l’axe vertical (Oy)
passe par la position initiale du centre du ballon. La résistance de l’air sera négligée.
1- Déterminer les expressions des composantes de la vitesse
−
→
V (t) et du vecteur position
−
−
→
OC (t)
du centre du ballon.
2- En déduire l’équation de la trajectoire du centre du ballon.
3- Exprimer les hauteurs h0
M et h0
B du centre du ballon par rapport au sol lorsqu’il se trouve
respectivement au niveau du mur et au niveau de la ligne des buts.
4- Démontrer que pour que le ballon passe au-dessus du mur, et qu’il soit cadré (il rentre dans

les buts), l’angle α doit vérfier le système d’inéquations ci-dessous :





tan2
α − 10 tan α + 2, 8 0
tan2
α − 5 tan α + 1, 55 0
5- En déduire les deux intervalles possibles dans lesquels α doit se situer pour que la ballon
passe au-dessus du mur et qu’il soit cadré.
Exercice 4.11 :
Un plan en forme de rectangle de longueur L = 2, 28 m et de largeur ` = 1, 955 m est incliné par
rapport à l’horizontale d’un angle α = 60°. Soit O l’un des sommets du rectangle. On considère
le repère cartésien (O ; x ; y ; z) tel que l’axe (Ox) est dirigé suivant la longueur du plan, l’axe
(Oy) est dirigé suivant la largeur du plan, et l’axe (Oz) est dirigé suivant la perpendiculaire
au plan. On communique en O une vitesse initiale
−
−
→
V0 (de module V0) faisant avec l’axe (Ox)
un angle β à une bille ponctuelle, et elle se met en mouvement en restant sur le plan incliné.
Elle s’élève jusqu’à la limite du plan, avant de retomber sur l’axe (Ox) en un autre sommet du
rectangle. La Figure 4.15 ci-dessous illustre la situation. Les frottements seront négligés.
1- Donner les composantes de l’accélération −
→
a de la bille et de la vitesse initiale
−
−
→
V0 dans le
repère (O ; x ; y ; z).
2- En déduire les expressions des composantes de la vitesse
−
→
−
−
→
OM (t)
de la bille.
3- En déduire les équations qui régissent la trajectoire du mouvement de la bille.
4- Exprimer l’ordonnée maximale H de la bille et la portée D de son mouvement.
5- En déduire la valeur de β, puis la valeur de V0.

Exercice 4.12 :
Afin de déterminer la valeur de l’accélération de la pesanteur g dans une région où l’on négligera
la résistance de l’air, on procède à une expérience qui consiste à lancer verticalement vers le
bas, à une altitude h0 = 3 m du sol horizontal une balle de dimensions négligeables, avec une
vitesse initiale V0, comme illustré à la Figure 4.16 ci-dessous.
Un dispositif permet d’enregistrer la vitesse V de la balle lorsqu’elle se trouve à une altitude h
par rapport au sol. Les données ont été consignées dans le Tableau 4.2 ci-dessous.
Tableau 4.2 – Exercice 4.12.
h (m) 2, 8 2, 5 2, 2 2 1, 8 1, 5 1, 2 1 0, 8 0, 5
V (m.s−1
) 2, 81 3, 71 4, 43 4, 85 5, 24 5, 77 6, 26 6, 57 6, 86 7, 28
h0 − h (m)
V2
(m2
.s−2
)
1- Compléter le Tableau 4.2 ci-dessus.
2- Exprimer V2
en fonction de g, h0, h et V0.
3- Tracer le graphe V2
= f (h0 − h). Echelle : 1 cm −→ 0, 25 m et 1 cm −→ 5 m2
.s−2
.
4- Déterminer une équation de la courbe obtenue.
5- En déduire les valeurs de l’accélération de la pesanteur et de V0.
Exercice 4.13 :
A la Figure 4.17, un électron de masse me = 9, 1 × 10−31
kg se déplace à l’intérieur d’un
condensateur constitué de deux armatures parallèles de même longeur ` = 50 cm et séparées
par une distance d = 20 cm. A l’instant initial, l’électron se trouve au même niveau que les
extrémités gauches des deux armatures, à une distance d0
= 5 cm de l’armature supérieure.
L’électron quitte cette position avec une vitesse initiale
−
−
→
V0 de module V0 = 2 × 106
m.s−1
qui
fait avec l’horizontale un angle α = 45°. Il règne entre les deux armatures une différence de

potentiel U = 10 V. L’électron sort du condensateur au point S, et atteint au point P un écran
vertical placé à une distance D = 30 cm de la droite passant par les extrémités droites des
plaques. On considère le repère cartésien (O ; x ; y) tel que l’axe horizontal (Ox) coïncide avec
la droite située à mi-distance des deux armatures et l’axe vertical (Oy) passe par la position
initiale de l’électron. On négligera le poids de l’électron devant les autres forces.
1- Représenter la force électrique
−
→
F subie par l’électron, le champ électrique
−
→
E entre les
armatures, et les signes de ces armatures, puis calculer le module E de
−
→
E .
2- En déduire les composantes de l’accélération −
→
a de l’électron à l’intérieur du condensateur.
−
→
−
−
→
OM (t)
de l’électron entre les armatures.
4- En déduire l’équation y (x) de la trajectoire de l’électron entre les armatures, puis la dérivée
y0
(x) de y (x).
5- Déterminer l’instant tm où l’électron atteint le point le plus bas de sa trajectoire, et en
déduire les coordonnées xm et ym de ce point.
6- Déterminer l’instant tS où l’électron atteint le point S, et l’ordonnée yS de S.
7- Déterminer l’équation de la tangente (T) à la trajectoire au point S et en déduire l’abscisse
xI du point d’intersection I entre (T) et l’axe (Ox).
8- Déterminer les composantes de la vitesse
−
−
→
VS de l’électron au point S, le module VS de cette
vitesse, ainsi que l’angle aigu β qu’elle fait avec l’horizontale.

Lorsque l’électron sort du condensateur, il continue son mouvement en ligne droite. Soit P0 le
point d’intersection entre l’écran et l’axe (Ox).
9- Déterminer la distance IP0 et en déduire la déflexion électrostatique PP0 sur l’écran.
Exercice 4.14 :
A la Figure 4.18 ci-dessous, un proton de masse mp = 1, 67 × 10−27
kg est accéléré entre
deux armatures verticales séparées d’une distance d1 et entre lesquelles règne une différence de
potentiel U. Le proton a un vitesse nulle au niveau de l’armature verticale gauche, et acquiert
une vitesse
−
−
→
V0 horizontale de module V0 au point O, au niveau de l’armature verticale droite.
Le proton continu ensuite son mouvement à l’intérieur d’un condensateur constitué de deux
armatures horizontales de longueur `, distantes de d2 = 35, 36 cm et entre lesquelles est établie
la même différence de potentiel U. On considère le repère cartésien (O ; x ; y) tel que l’axe
horizontal (Ox) se situe au mileu des deux armatures horizontales, et l’axe vertical (Oy) coïncide
avec l’armature verticale droite. On négligera le poids du proton devant les autres forces.
1- Représenter les forces électriques
−
→
F1 et
−
→
F2 subies par le proton respectivement entre les
armatures verticales et entre les armatures horizontales. Représenter également les champs
électriques
−
→
E1 et
−
→
E2 régant entre les armartures, ainsi que les signes de toutes ces armatures.
2- En utilisant le théorème de l’énergie cinétique, donner l’expression de V0.
→
a du proton entre les armatures horizontales,
et en déduire les équations horaires du mouvement en prenant pour origine des dates l’instant
où le proton se trouve au point O.
4- En déduire l’équation de la trajectoire du proton.
5- En déduire la valeur maximale `m à laquelle ` doit être inférieur, pour que le proton puisse
sortir du condensateur sans percuter l’armature supérieure.

Exercice 4.15 :
A la Figure 4.19 ci-dessous, une boule ponctuelle de masse m = 800 g et de charge électrique
q = −0, 2 mC se déplace à l’intérieur d’un condensateur constitué de deux armatures verticales
(M) et (N) de longueur ` = 90 cm et distantes de d = 40 cm, entre lesquelles est établie une
d.d.p. U = VM − VN = 10 kV. La boule se trouve initialement au point O, à l’entrée du conden-
sateur, et sa vitesse initiale
−
−
→
V0 est verticale. On considère le repère cartésien (O ; x ; y) tel
que l’axe vertical (Oy) passe par le milieu des deux armatures.
−
→
E régnant entre les armatures du condensateur, et calculer
son module.
2- Faire le bilan des forces qui s’exerçent sur la boule et les représenter.
3- Déterminer les composantes du vecteur accélération −
→
a de la boule.
−
→
−
−
→
OM (t) de la boule.
5- En déduire l’équation de la trajectoire de la boule.
6- En résolvant une équation du second degré, déterminer l’expression du temps t en fonction
de y, et en déduire l’expression de x en fonction de y.
7- Déterminer la valeur minimale V0m que doit dépasser la vitesse V0 pour que la boule sorte
du condensateur sans percuter l’une des armatures.

.
Evaluation 4.1 :
A la Figure 4.20 ci-dessous (vue de dessus), une fourgonnette de longueur L1 = 2 m et de
largeur ` = 1 m roule sur une voie horizontale de l’Ouest vers l’Est avec une vitesse constante
V1 = 72 km.h−1
. Une mobylette de longueur L2 = 1, 5 m et de largeur négligeable roule quant à
elle sur une autre voie horizontale, du Sud vers le Nord avec une vitesse constante V2. Les deux
voies se rencontrent en un carrefour de centre O, pris comme origine d’un repère orthogonal
(O ; x ; y) dont l’axe (Ox) coïncide avec la direction du déplacement du centre de la fougonnette
et l’axe (Oy) coïncide avec la direction du déplacement de la mobylette. A un instant pris comme
origine des dates, l’avant de la fourgonnette se trouve à une distance d1 = 16 m du plan vertical
contenant l’axe (Oy), tandis que l’avant de la mobylette se trouve à une distance d2 = 22 m du
plan vertical contenant l’axe (Ox).
Quelle est la valeur minimale V2min que doit dépasser la vitesse V2 de la mobylette pour qu’elle
passe devant la fougonnette sans être heurtée ? Quelle est la valeur maximale V2max à laquelle
la vitesse V2 doit être inférieure pour que la mobylette passe derrière la fourgonnette sans
l’heurter ?

Evaluation 4.2 :
A la Figure 4.21 ci-dessous, un chariot de longueur ` = 30 cm et de hauteur h = 50 cm est
placé sur le sol horizontal et lisse. Un poteau de hauteur H = 1 m est implanté dans le même sol,
et au-dessus de lui se trouve une bille de dimensions négligeables connectée à un dispositif qui
lorsqu’il est déclenché projette instantanément la bille avec une vitesse de module V0 = 1 m.s−1
faisant un angle α = 45° avec l’horizontale. A un instant pris comme origine des dates, le poteau
est séparé de l’avant du chariot d’une distance D = 2 m. A ce même instant, on communique au
chariot une vitesse intiale V = 0, 5 m.s−1
. Les frottements étant négligés, le chariot peut rouler
sur le sol à une vitesse constante. On considère le repère orthogonal (O ; x ; y) d’origine O dont
l’axe horizontal (Ox) coïncide avec le sol et l’axe vertical (Oy) passe par la postion de la bille
sur le poteau. La résistance de l’air est négligée.
Après quelle date τmin au minimum et avant quelle date τmax au maximum doit-on déclencher
le dispositif pour que la bille puisse entrer dans le chariot ?
Evaluation 4.3 :
A la Figure 4.22, on considère deux armatures parallèles et horizontales (M) et (N) de lon-
gueur L = 50 cm et séparées par une distance d = 20 cm. A un instant pris comme origine des
dates, à l’intersection entre la droite joignant les extrémités gauches des deux armatures, et la
droite horizontale placée à mi-distance entre elles, un proton de masse mp = 1, 67 × 10−27
kg
pénètre entre les armatures avec une vitesse initiale de module V = 1000 km.s−1
dirigée vers
le haut et faisant un angle α = 30° avec l’horizontale. A la même date, à l’intersection entre
la droite joignant les extrémités droites des deux armatures et la droite horizontale placée à
mi-distance entre elles, un électron de masse me = 9, 1 × 10−31
kg pénètre entre les armatures
avec une vitesse initiale de même module V dirigée vers le bas et faisant le même angle α avec
l’horizontale. On considère le repère orthogonal (O ; x ; y) d’origine O dont l’axe horizontal
(Ox) passe par les positions initiales du proton et de l’électron et l’axe vertical (Oy) passe par
la position initiale du proton. Le poids du proton et celui de l’électron sont négligés devant les
autres forces.

Quelle tension positive U = VM − VN doit-on établir entre les armatures pour que le proton et
l’électron puissent entrer en collision ?

Exercice 4.1 :
1- Les forces extérieures subies par la brique sur le plan incliné sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
→
R du plan incliné.
2- Soit −
→
a1 le vecteur-accélération du centre d’inertie de la brique sur le plan incliné. D’après
le théorème du centre d’inertie, on peut écrire :
−
→
P





mg sin α
−mg cos α
+
−
→
R





0
R
= m−
→
a1





ma1
0
D’où :
a1 = g sin α
a1 = 9, 8 × sin 30◦
Soit :
a1 = 4, 9 m.s−2
3- La vitesse et la position de la brique s’expriment en fonction du temps par :
V1 (t) =a1t + V10 et x1(t) =
1
2
a1t2
+ V10t+x10
Or, la vitesse initiale de la brique est nulle, donc, V10 = 0. De même, puisque l’origine des

espaces est prise au sommet du plan incliné, on a x10 = 0. D’où :
V1 (t) =a1t
x1 (t) =
a1
2
t2
4- A l’instant t = tb, la brique atteint le point le plus bas du plan incliné, et sa position à cet
instant est telle que :
x(t = tb) = L =
a1
2
tb
2
D’où :
tb =
Ê
2L
a1
tb =
Ê
2 × 2, 45
4, 9
Soit :
tb = 1 s
5- La vitesse Vb = V (t = tb) de la brique à l’instant t = tb est donnée par :
Vb =a1tb
Vb =4, 9 × 1
Soit :
Vb = 4, 9 m.s−1
6- Les forces extérieures qui agissent sur la brique sur le plan horizontal sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
−
→
RN du plan horizontal ;
−
→
f .
7- Le vecteur accélération −
→
a2 du centre d’inertie de la brique étant horizontal, tout comme
la force de frottement
−
→
f , le poids
−
→
P et la réaction
−
−
→
RN se compensent. La deuxième loi de
Newton peut donc s’écrire :
−f = ma2

D’où :
a2 = −
f
m
8- L’accélération a2 de la brique est constante, sa vitesse et sa position en fonction du temps
s’expriment par :
V2 (t) =a2t + V20 et x2(t) =
1
2
a2t2
+ V20t+x20
Or, V20 correspond à la vitesse de la brique lorsqu’elle aborde le plan horizontal, donc, V20 = Vb.
De même, puisque l’origine des espaces est prise cette fois-ci au point le plus bas du plan incliné,
on a x20 = 0. D’où :
V2 (t) = −
f
m
t + Vb
x2 (t) = −
f
2m
t2
+ Vbt
9- Lorsque la brique s’immobilise à l’instant t = ta, sa vitesse s’annule. On a donc :
V2 (t = ta) = −
f
m
ta + Vb = 0
D’où :
ta =
mVb
f
10- Notons da = 1, 225 m la distance parcourue par la brique sur le plan horizontal avant de
s’immobiliser. On a :
x2 (t = ta) = da = −
f
2m
ta
2
+ Vbta
=⇒ −
f
2m
m2
Vb
2
f2
+
mVb
2
f
= da
=⇒
mVb
2
2f
= da
D’où :
f =
mVb
2
2da
f =
1, 5 × 4, 92
2 × 1, 225
Soit :
f = 14, 7 N

11- On a obtenu précédemment la relation :
ta =
mVb
f
ta =
1, 5 × 4, 9
14, 7
Soit :
ta = 0, 5 s
La durée totale T du mouvement de la brique vaut :
T = tb + ta
T = 1 + 0, 5
Soit :
T = 1, 5 s
Exercice 4.2 :
1- Soit m la masse de la boule. Lorsqu’elle monte, le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
−mg = ma
D’où :
a = −g
a = −9, 8 m.s−2
L’accélération étant constante et négative, le mouvement de la boule lorsqu’elle monte est donc
rectiligne uniformément retardé.
2- La vitesse V (t) et la hauteur h (t) par rapport au sol de la boule sont :
V (t) = at + V0
h (t) =
a
2
t2
+ V0t + h0
3- La boule s’immobilise après t = tm = 0, 3 s. A cet instant, sa vitesse s’annule, et on a :
V (t = tm) = atm + V0 = 0

D’où :
V0 = −atm
V0 = − (−9, 8) × 0, 3
Soit :
V0 = 2, 94 m.s−1
4- La hauteur maximale dont s’élève la boule correspond à sa hauteur par rapport au sol à
l’instant t = tm où elle s’immobilise. On a donc :
hm =
a
2
tm
2
+ V0tm + h0
hm =
−9, 8 × 0, 32
2
+ 2, 94 × 0, 3 + 1, 56
Soit :
hm = 2 m
5- Lorsque la boule descend, le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
mg = ma0
D’où :
a0
= g
a0
= 9, 8 m.s−2
L’accélération étant constante et positive, le mouvement de la boule lorsqu’elle descend est
donc rectiligne uniformément accéléré.
6- Puisque la vitesse de la boule à l’instant intial est nulle, sa vitesse instantannée V0
(t)
lorsqu’elle descend est donnée par :
V0
(t) = a0
t
La distance d (t) parcourue par la boule depuis l’instant initial est donnée par :
d (t) =
a0
2
t2

Or, la hauteur h0
(t) de la boule par rapport au sol s’exprime en fonction de d (t) par la relation :
d (t) + h0
(t) = hm
=⇒ h0
(t) = −d (t) + hm
D’où :
h0
(t) = −
a0
2
t2
+ hm
7- A l’instant t = tp, la boule repasse par son point de lancement, et sa hauteur est telle que :
h0
(t = tp) = h0 = −
a0
2
tp
2
+ hm
=⇒
a0
2
tp
2
= hm − h0
D’où :
tp =
Ê
2 (hm − h0)
a0
tp =
Ê
2 (2 − 1, 56)
9, 8
Soit :
tp = 0, 3 s
8- La vitesse V0
0 avec laquelle la boule repasse par son point de lancement est donnée par :
V0
0 = a0
tp
V0
0 = 9, 8 × 0, 3
Soit :
V0
0 = 2, 94 m.s−1
On constate que V0
0 = V0. De même, tp = tm = 0, 3 s. On en conclut donc que la durée du
mouvement de la boule lorsqu’elle monte de son point de lancement jusqu’au point
le plus haut est encore égale à la durée de son mouvement lorsqu’elle descend de
son point le plus haut jusqu’à son point de lancement. De même, la vitesse avec
laquelle elle repasse par son point de lancement en redescendant est encore égale
à la vitesse avec laquelle elle a été lancée en ce point.

9- Lorsque la boule atteint le sol à l’instant t = ts, sa hauteur est nulle, et on a :
h0
(t = ts) = −
a0
2
ts
2
+ hm = 0
D’où :
ts =
Ê
2hm
a0
ts =
Ê
2 × 2
9, 8
Soit :
ts = 0, 639 s
10- La durée totale T du mouvement de la boule jusqu’au sol est :
T = tm + ts
T = 0, 3 + 0, 639
Soit :
T = 0, 939 s
La vitesse Vs de la boule au sol est donnée par :
Vs = a0
ts
Vs = 9, 8 × 0, 639
Soit :
Vs = 6, 26 s
Exercice 4.3 :
1- Les forces qui agissent sur le bloc de masse m1 sont :
— Son poids
−
→
P1 = m1
−
→
g ;
— La tension
−
→
T1 de la corde.
Les forces qui agissent sur le bloc de masse m2 sont :
— Son poids
−
→
P2 = m2
−
→
g ;
−
→
R de la table ;
— La tension
−
→
T2 de la corde ;
— La force
−
→
F .

2- Le moment d’inertie J(∆) de la poulie par rapport à l’axe horizontal (∆) passant par son
centre est donné par :
J(∆) =
1
2
MR2
J(∆) =
3 × 0, 052
2
Soit :
J(∆) = 3, 75 × 10−3
kg.m2
3- Les deux blocs ont la même accélération a. L’accélération angulaire θ̈ de la poulie s’exprime
en fonction de a selon la relation :
θ̈ =
a
R
Le théorème du centre d’inertie appliqué aux deux blocs peut s’écrire :





−
→
P1 +
−
→
T1 = m1
−
→
a1
−
→
P2 +
−
→
R +
−
→
T2 +
−
→
F = m2
−
→
a2

=⇒





−m1g + T1 = m1a
−T2 + F cos α = m2a
=⇒





T1 = m1 (a + g)
T2 = F cos α − m2a
Soient
−
→
T0
1 et
−
→
T0
2 les tensions que les brins vertical et horizontal de la corde exercent sur les
extrémités de la poulie. Les moments de ces deux forces par rapport à l’axe (∆) ont pour
expressions respectives :
M1 = −T0
1R = −T1R et M2 = T0
2R = T2R
Le poids de la poulie rencontre l’axe (∆), et son moment par rapport à cet axe est donc nul.
La relation fondamentale de la dynamique d’un solide en rotation appliquée à la poulie peut
s’écrire :
M1 + M2 = J(∆)θ̈ =
J(∆)
R
a
=⇒ −T1R + T2R =
J(∆)
R
a
=⇒ −T1 + T2 =
J(∆)
R2
a
En remplaçant dans l’égalité ci-dessus les expressions de T1 et T2 obtenues plus haut, on
obtient :
−m1 (a + g) + F cos α − m2a =
J(∆)
R2
a
=⇒ −m1g + F cos α = m1a + m2a +
J(∆)
R2
a
D’où :
a =
F cos α − m1g
m1 + m2 +
J(∆)
R2
4- Les deux blocs ont la même accélération a. Ils acquièrent simultanément la même vitesse
V (t) et parcourent la même distance pendant un même intervalle de temps. La hauteur h (t)
dont s’élève le bloc de masse m1 est encore égale à la distance d (t) parcourue par le bloc de
masse m2 sur la table. On a :
V (t) = at et h (t) = d (t) =
1
2
at2
La hauteur H est telle que :
h (t = T) = H =
1
2
aT2

D’où :
a =
2H
T2
a =
2 × 2
12
Soit :
a = 4 m.s−2
L’accélération angulaire θ̈ est donnée par :
θ̈ =
a
R
θ̈ =
4
0, 05
Soit :
θ̈ = 80 rad.s−2
a =
F cos α − m1g
m1 + m2 +
J(∆)
R2
On en déduit :
F =
a
€
m1 + m2 +
J(∆)
R2
Š
+ m1g
cos α
F =
4
€
2 + 1, 5 + 3,75×10−3
0,052
Š
+ 2 × 9, 8
cos 60◦
Soit :
F = 79, 2 N
On a de même :
T1 = m1 (a + g)
T2 = F cos α − m2a
T1 = 2 × (4 + 9, 8)
T2 = 79, 2 × cos 60◦
− 1, 5 × 4

Soit :
T1 = 27, 6 N
T2 = 33, 6 N
6- La vitesse des blocs au bout de l’opération est donnée par :
V = aT
V = 4 × 1
Soit :
V = 4 m.s−1
7- La pulsation ω (t) et l’angle balayé θ (t) par la poulie sont donnés par :
ω (t) = θ̈t et θ (t) = 2πn (t) =
θ̈
2
t2
Le nombre n de tours effectués par la poulie est donc :
n =
θ̈T2
4π
n =
80 × 12
4π
Soit :
n = 6, 36 tours
La vitesse angulaire ω de la poulie au bout de l’opération est :
ω = θ̈T
ω = 80 × 1
Soit :
ω = 80 rad.s−1

Exercice 4.4 :
1- Les forces extérieures qui agissent sur le cube d’arête c1 sont :
— Son poids
−
→
P1 = m1
−
→
g ;
— La tension
−
→
T1 de la corde ;
−
−
−
→
RN1 du plan ;
−
→
f1 de module f.
Les forces extérieures qui agissent sur le cube d’arête c2 sont :
— Son poids
−
→
P2 = m2
−
→
g ;
— La tension
−
→
T2 de la corde ;
−
−
−
→
RN2 du plan ;
−
→
f2 de module f.
2- La poulie est contituée de deux cylindres de même axe (∆). Son moment d’inertie J(∆) par
rapport à (∆) est donc donné par :
J(∆) =
1
2
M1R1
2
+ M2R2
2

J(∆) =
6 × 0, 12
+ 4 × 0, 052
2
Soit :
J(∆) = 0, 035 kg.m2

3- En appliquant la deuxième loi de Newton aux deux cubes, on peut écrire :





−
→
P1 +
−
→
T1 +
−
−
−
→
RN1 +
−
→
f1 = m1
−
→
a1
−
→
P2 +
−
→
T2 +
−
−
−
→
RN2 +
−
→
f2 = m2
−
→
a2
=⇒





m1g sin α − T1 − f = m1a1
−m2g sin β + T2 − f = m2a2
=⇒





T1 = m1g sin α − f − m1a1
T2 = m2a2 + m2g sin β + f
Soient
−
→
T0
1 et
−
→
T0
2 les forces que les cordes exercent sur les cylindres. Leurs moments respectifs
par rapport à l’axe (∆) sont :
M1 = T0
1R1 = T1R1 et M2 = −T0
2R2 = −T2R2
En appliquant la relation fondamentale de la dynamique d’un solide en mouvement de rotation
à la poulie, on peut écrire :
M1 + M2 = T1R1 − T2R2 = J(∆)θ̈
En remplaçant T1 et T2 par leurs expressions obtenues plus haut, on peut écrire :
m1R1g sin α − fR1 − m1a1R1 − m2a2R2 − m2R2g sin β − fR2 = J(∆)θ̈
Or, on a :
a1 = R1θ̈ et a2 = R2θ̈
Ainsi, on a donc :
m1R1g sin α − fR1 − m1R1
2
θ̈ − m2R2
2
θ̈ − m2R2g sin β − fR2 = J(∆)θ̈
=⇒ m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)

θ̈ = m1R1g sin α − m2R2g sin β − f (R1 + R2)
D’où :
θ̈ =
m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)
4- Au bout de T = 0, 8 s, le centre d’inertie du cube d’arête c1 parcourt la distance D1.

Figure 4.26 – Correction de l’exercice 4.4 (Distances parcourues par les cubes).
On a :
L1 =
c1
2
+ D1 +
c1
2
= D1 + c1
D’où :
D1 = L1 − c1
D1 = 47 − 7
Soit :
D1 = 40 cm
Les expressions des vitesses et des distances parcourues par les deux cubes sont :
V1 (t) = a1t et V2 (t) = a2t
d1 (t) =
a1
2
t2
et d2 (t) =
a2
2
t2
On a :
d2 (t)
d1 (t)
=
a2t2
2
2
a1t2
=
a2
a1
=
R2θ̈
R1θ̈
=
R2
R1
On a donc :
D2
D1
=
R2
R1
D’où :
D2 =
D1R2
R1
D2 =
40 × 5
10

Soit :
D2 = 20 cm
Les équations horaires de la vitesse angulaire et de l’abscisse angulaire de la poulie sont :
θ̇ (t) = θ̈t et θ (t) =
θ̈
2
t2
On a :
θ (t)
d1 (t)
=
θ̈t2
2
2
a1t2
=
θ̈
a1
=
1
R1
Le nombre de tours n effectués par la poulie au bout de T = 0, 8 s est donc tel que :
2πn
D1
=
1
R1
D’où :
n =
D1
2πR1
n =
40
2 × π × 0, 1
Soit :
n = 63, 66 tours
De façon analogue avec le cube d’arête c1, on a :
L2 = D2 + c2
L2 = 20 + 5
Soit :
L2 = 25 cm
5- En se servant des équations horaires des cubes, on peut écrire :
d1 (t = T) = D1 =
a1
2
T2
et d2 (t = T) = D2 =
a2
2
T2

D’où :
a1 =
2D1
T2
a2 =
2D2
T2
a1 =
2 × 0, 4
0, 82
a2 =
2 × 0, 2
0, 82
Soit :
a1 = 1, 25 m.s−2
a2 = 0, 625 m.s−2
On a de même :
θ̈ =
a1
R1
θ̈ =
1, 25
0, 1
Soit :
θ̈ = 12, 5 rad.s−2
6- Nous avons précédemment montré que :
θ̈ =
m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)
=⇒ g (m1R1 sin α − m2R2 sin β) − f (R1 + R2) = θ̈ m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)

=⇒ f (R1 + R2) = g (m1R1 sin α − m2R2 sin β) − θ̈ m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)

D’où :
f =
g (m1R1 sin α − m2R2 sin β) − θ̈ m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)

R1 + R2
f =
9, 8 × (3 × 0, 1 × sin 60◦
− 2 × 0, 05 × sin 30◦
)
0, 1 + 0, 05
−
12, 5 × 3 × 0, 12
+ 2 × 0, 052
+ 0, 035

0, 1 + 0, 05

Soit :
f = 7, 874 N
On a de même :
T1 = m1 (g sin α − a1) − f
T2 = m2 (g sin β + a2) + f
T1 = 3 (9, 8 × sin 60◦
− 1, 25) − 7, 874
T2 = 2 (9, 8 × sin 30◦
+ 0, 625) + 7, 874
Soit :
T1 = 13, 837 N
T2 = 18, 924 N
7- Les vitesses des deux cubes au bout de T = 0, 8 s sont données par les lois horaires. On a :
v1 = a1T
v2 = a2T
v1 = 1, 25 × 0, 8
v2 = 0, 625 × 0, 8
Soit :
v1 = 1 m.s−1
v2 = 0, 5 m.s−1
De même, la vitesse angulaire de la poulie au bout de T = 0, 8 s est donnée par :
ω = θ̈T
ω = 12, 5 × 0, 8
Soit :
ω = 10 rad.s−1

Exercice 4.5 :
1- Les vitesses respectives V1 (t) et V2 (t) des deux voitures sont données par :
V1 (t) = a1 (t − τ) , t ≥ τ
V2 (t) = a2t
Les équations horaires x1 (t) et x2 (t) des deux voitures sont quant à elles données par :
x1 (t) =
a1
2
(t − τ)2
, t ≥ τ
x2 (t) =
a2
2
t2
+ x0
2- La voiture (1) atteint la ligne d’arrivée avant la voiture (2) si à cet instant, l’abscisse de la
voiture (2) est inférieure à l’abscisse de la voiture (1) (qui correspond à la distance D). Soit T
l’instant où la voiture (1) atteint la ligne d’arrivée. On a :
x1 (t = T) = D =
a1
2
(T − τ)2
=⇒ (T − τ)2
=
2D
a1
=⇒ T =
Ê
2D
a1
+ τ
L’abscisse de la voiture (2) à l’instant T est donnée par :
x2 (t = T) =
a2
2
T2
+ x0
=
a2
2
Ê
2D
a1
+ τ
!2
+ x0
On doit avoir la condition :
x2 (t = T) x1 (t = T)
=⇒
a2
2
Ê
2D
a1
+ τ
!2
+ x0 D
=⇒
Ê
2D
a1
+ τ
!2

2 (D − x0)
a2
=⇒
Ê
2D
a1

Ê
2 (D − x0)
a2
− τ

=⇒
2D
a1

Ê
2 (D − x0)
a2
− τ
!2
=⇒
1
a1

È
2(D−x0)
a2
− τ
2
2D
=⇒ a1
2D
È
2(D−x0)
a2
− τ
2
D’où :
a1m =
2D
€È 2(D−x0)
a2
− τ
Š2
3- A l’instant t1 où la voiture (1) rattrape la voiture (2), on a :
x1 (t = t1) = x2 (t = t2) avec t ≥ τ
=⇒
a1
2
(t1 − τ)2
=
a2
2
t1
2
+ x0
=⇒ a1 t1
2
− 2τt1 + τ2

= a2t1
2
+ 2x0
=⇒ (a1 − a2) t1
2
− 2a1τt1 + a1τ2
− 2x0 = 0
Le discriminant de l’équation du second degré ci-dessus vaut :
∆ = 4a1
2
τ2
− 4 (a1 − a2) a1τ2
− 2x0

= 4

a1
2
τ2
− (a1 − a2) a1τ2
− 2x0

=⇒
√
∆ =
p
4 [a1
2τ2 − (a1 − a2) (a1τ2 − 2x0)]
= 2
p
a1
2τ2 − (a1 − a2) (a1τ2 − 2x0)
On a donc :
t1 =
2a1τ ± 2
p
a1
2τ2 − (a1 − a2) (a1τ2 − 2x0)
2 (a1 − a2)
D’où :
t1 =
a1τ ±
p
a1
2τ2 − (a1 − a2) (a1τ2 − 2x0)
(a1 − a2)
t1 =
14 × 3 ±
p
142
× 32 − (14 − 4) (14 × 32 − 2 × 2)
(14 − 4)
Soit :
t1 = 1, 867 s ou t1 = 6, 532 s

Or, 1, 867 τ ≡ 3 s. La solution t1 = 1, 867 s n’est donc pas possible. Donc, on a finalement :
t1 = 6, 532 s
4- L’abscisse X des deux voitures à l’instant ou la voiture (1) atteint la ligne d’arrivée est
donnée par :
X =
a1 (t1 − τ)2
2
X =
14 × (6, 532 − 3)2
2
Soit :
X = 87, 344 m
Les vitesses respectives des deux voitures au même instant sont données par :
V11 = a1 (t1 − τ)
V21 = a2t1
V11 = 3, 6 × 14 × (6, 532 − 3)
V21 = 3, 6 × 4 × 6, 532
Soit :
V11 = 178, 032 km.h−1
V21 = 94, 066 km.h−1
5- Nous avons exprimé à la question 2 le temps au bout duquel la voiture (1) atteint la ligne
d’arrivée. On a :
t2 =
Ê
2D
a1
+ τ
t2 =
Ê
2 × 100
14
+ 3
Soit :
t2 = 6, 78 s

6- Les vitesses respectives des deux voitures à l’instant t2 sont données par :
V12 = a1 (t2 − τ)
V22 = a2t2
V12 = 3, 6 × 14 × (6, 78 − 3)
V22 = 3, 6 × 4 × 6, 78
Soit :
V12 = 190, 494 km.h−1
V22 = 97, 626 km.h−1
L’abscisse de la voiture (2) à l’instant t2 est donnée par :
x2 (t = t2) =
a2t2
2
2
+ x0
La distance d qu’elle doit encore parcourir avant d’atteindre la ligné d’arrivée est donnée par :
d = D − x2 (t = t2)
D’où :
d = D −
a2t2
2
2
− x0
d = 100 −
4 × 6, 782
2
− 2
Soit :
d = 6, 072 m
7- Lorsque la voiture (2) atteint la ligne d’arrivée à l’instant t3, son abscisse est donnée par :
x2 (t = t3) = D =
a2t3
2
2
+ x0
=⇒
a2t3
2
2
= D − x0
D’où :
t3 =
Ê
2 (D − x0)
a2

t3 =
Ê
2 × (100 − 2)
4
Soit :
t3 = 7 s
La vitesse de la voiture (2) à l’instant t3 est donnée par :
V23 = a2t3
V23 = 3, 6 × 4 × 7
Soit :
V23 = 100, 8 km.h−1
Exercice 4.6 :
1- Tout au long de son mouvement, la boule n’est soumise qu’à son poids
−
→
P . Notons m la
masse de la boule. La deuxième loi de Newton s’écrit :
−
→
P





0
−mg
= m−
→
a





max
may
D’où :
−
→
a





ax = 0
ay = −g
2- Le vecteur-vitesse instantannée
−
→
V (t) de la boule est tel que :
−
→
V (t)





Vx (t) = axt + V0x
Vy (t) = ayt + V0y
Or, le vecteur-vitesse initiale
−
−
→
V0 de la boule est tel que :
−
−
→
V0





V0x = V0 cos α
V0y = V0 sin α

D’où :
−
→
V (t)





Vx (t) = V0 cos α
Vy (t) = −gt + V0 sin α
Le vecteur position
−
−
→
OM (t) de la boule est quant à lui donné par :
−
−
→
OM (t)





x (t) = 1
2
axt2
+ V0xt + x0
y (t) = 1
2
ayt2
+ V0yt + y0
Or, x0 = 0 et y0 = h0. D’où :
−
−
→
OM (t)





x (t) = (V0 cos α) t
y (t) = − 1
2
gt2
+ (V0 sin α) t + h0
3- A partir de l’équation donnant l’abscisse x (t) de la boule, on peut exprimer le temps t par :
t =
x
V0 cos α
En remplaçant t par l’expression ci-dessus dans l’équation donnant y (t), on obtient :
y = −
1
2
g

x
V0 cos α
‹2
+ (V0 sin α)

x
V0 cos α
‹
+ h0
= −
1
2
g
x2
V0
2
cos2 α
+ (tan α) x + h0
L’équation horaire de la trajectoire de la boule dans le repère (O ; x ; y) est donc :
y = f(x) = −
g
2V0
2
cos2 α
x2
+ (tan α) x + h0
4- La portée du lancer de la boule est D. Le point de coordonnées (x = D ; y = 0) appartient
à la trajectoire de la boule. On a donc :
0 = −
g
2V0
2
cos2 α
D2
+ (tan α) D + h0
=⇒
gD2
2V0
2
cos2 α
= D tan α + h0
=⇒ 2V0
2
cos2
α =
gD2
D tan α + h0

=⇒ V0
2
=
D2
cos2 α
g
2 (D tan α + h0)
D’où :
V0 =
D
cos α
Ê
g
2 (D tan α + h0)
V0 =
21, 213
cos 45◦
Ê
9, 8
2 × (21, 213 × tan 45◦ + 1, 943)
Soit :
V0 = 13, 8 m.s−1
5- Lorsque la boule atteint le point le plus haut de sa trajectoire à l’instant tm, la composante
verticale de sa vitesse s’annule. On a donc :
Vy (t = tm) = −gtm + V0 sin α = 0
D’où :
tm =
V0 sin α
g
tm =
13, 8 × sin 45◦
9, 8
Soit :
tm = 0, 995 s
L’abscisse xm de la boule à cet instant est donnée par :
xm = V0tm cos α
xm = 13, 8 × 0, 995 × cos 45◦
Soit :
xm = 9, 716 m
6- La hauteur maximale hm dont s’élève la boule par rapport au sol correspond à son ordonnée
y (t = tm) à l’instant t = tm. A l’aide de l’équation de la trajectoire, on a :
hm = −
gxm
2
2V0
2
cos2 α
+ xm tan α + h0

hm = −
9, 8 × 9, 7162
2 × 13, 82 × cos2 45◦
+ 9, 716 × tan 45◦
+ 1, 943
Soit :
hm = 6, 8 m
7- Lorsque la boule atteint le sol à l’instant ts, son abscisse est telle que :
x (t = ts) = D = V0ts cos α
D’où :
ts =
D
V0 cos α
ts =
21, 213
13, 8 × cos 45◦
Soit :
ts = 2, 173 s
8- La vitesse de la boule à l’instant ts où elle atteint le sol est telle que :
−
→
Vs





Vsx = V0 cos α
Vsy = −gts + V0 sin α
−
→
Vs





Vsx = 13, 8 × cos 45◦
Vsy = −9, 8 × 2, 173 + 13, 8 × sin 45◦
Soit :
−
→
Vs





Vsx = 9, 758 m.s−1
Vsy = −11, 546 m.s−1
Le module Vs de la vitesse de la boule au sol est donné par :
Vs =
È
Vsx
2
+ Vsy
2

Vs =
È
9, 7582
+ (−11, 546)2
Soit :
Vs = 15, 117 m.s−1
L’angle aigu β que fait
−
→
Vs avec l’horizontale est tel que :





|Vsx| = Vs cos β
Vsy = Vs sin β
=⇒ tan β =
Vsy
Vsx
D’où :
β = tan−1
Vsy
Vsx
β = tan−1
−11, 546
9, 758
Soit :
β = 49, 8◦
Exercice 4.7 :
1- Sur la table, la bille est soumise à son poids, à la réaction normale de la table qui compense
ce poids, et à la force de frottement dont le module f peut s’exprimer selon le théorème du
centre d’inertie par :
f = −ma0
D’où :
a0 = −
f
m
La vitesse et la distance parcourue par la bille sur la table s’expriment quant à elles par :
v (t) = −
f
m
t + V0
d (t) = −
f
2m
t2
+ V0t

2- A t = t1, la bille se trouve en O1, et a donc parcouru la distance L. On a donc :
d (t = t1) = L = −
f
2m
t1
2
+ V0t1
=⇒
f
2m
=
V0t1 − L
t1
2
D’où :
f =
2m (V0t1 − L)
t1
2
f =
2 × 0, 2 × (3 × 0, 5 − 1, 25)
0, 52
Soit :
f = 0, 4 N
3- La vitesse V1 de la bille en O1 correspond à sa vitesse à l’instant t = t1. On a donc :
V1 = −
ft1
m
+ V0
V1 = −
0, 4 × 0, 5
0, 2
+ 3
Soit :
V1 = 2 m.s−1
4- Dans l’air, la bille n’est soumise qu’à son poids
−
→
P . son accélération −
→
a1 est telle que :
−
→
P = m−
→
g = m−
→
a1
On a donc :
−
→
a1





a1x = 0
a1y = g
Le vecteur-vitesse
−
−
→
V1 de la bille en O1 est tel que :
−
−
→
V1





V1x = V1
V1y = 0

On a donc :
−
→
V (t)





Vx (t) = V1
Vy (t) = gt
−
−
−
→
O1M (t)





x (t) = V1t
y (t) = 1
2
gt2
5- Le temps t peut s’exprimer en fonction de l’abscisse x selon la relation :
t =
x
V1
=⇒ y =
1
2
g
x2
V1
2
L’équation de la trajectoire de la bille est donc :
y = f (x) =
g
2V1
2
x2
6- Lorsque la bille est au sol, son ordonnée vaut H, et son abscisse X est donc telle que :
H =
g
2V1
2 X2
=⇒ X2
=
2HV1
2
g
D’où :
X = V1
Ê
2H
g
X = 2 ×
Ê
2 × 0, 8237
9, 8
Soit :
X = 82 cm
Soit t2 l’instant où la bille atteint le sol. On a :
X = V1t2
=⇒ t2 =
X
V1

La durée totale T du mouvement de la bille est :
T = t1 + t2
D’où :
T = t1 +
X
V1
T = 0, 5 +
0, 82
2
Soit :
T = 0, 91 s
7- La vitesse
−
→
Vs de la bille au sol est telle que :
−
→
Vs





Vsx = V1
Vsy = gt2
D’ou :
−
→
Vs





Vsx = V1
Vsy = g (T − t1)
−
→
Vs





Vsx = 2
Vsy = 9, 8 × (0, 91 − 0, 5)
Soit :
−
→
Vs





Vsx = 2 m.s−1
Vsy = 4, 018 m.s−1
Le module Vs de
−
→
Vs est donné par :
Vs =
È
Vsx
2
+ Vsy
2
Vs =
È
22 + 4, 0182
Soit :
Vs = 4, 488 m.s−1

Exercice 4.8 :
1- On voit que l’angle d’inclinaison α du plan incliné est tel que :
tan α =
H1 − H2
D
D’où :
α = tan−1

H1 − H2
D
‹
α = tan−1

2 − 1, 263
1, 276
‹
Soit :
α = 30◦
La longueur L du plan incliné est telle que :
sin α =
H1 − H2
L
D’où :
L =
H1 − H2
sin α
L =
2 − 1, 263
sin 30◦
Soit :
L = 1, 474 m
Sur le plan incliné, la bille n’est soumise qu’à son poids
−
→
P et à la réaction normale
−
→
R du plan.
Le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
−
→
P





mg sin α
−mg cos α
+
−
→
R





0
R
= m−
→
a





ma
0
D’où :
a = g sin α
a = 9, 8 × sin 30◦
Soit :
a = 4, 9 m.s−2

2- La vitesse et la distance parcourue par la bille sur le plan incliné s’expriment par :
v (t) = at et d (t) =
a
2
t2
L’instant t1 où la bille arrive en O est tel que :
d (t = t1) = L =
a
2
t1
2
D’où :
t1 =
Ê
2L
a
t1 =
Ê
2 × 1, 474
4, 9
Soit :
t1 = 0, 775 s
Le module V0 de la vitesse
−
−
→
V0 de la bille en O est quant à lui donné par :
V0 = at1
V0 = 4, 9 × 0, 775
Soit :
V0 = 3, 8 m.s−1
3- Prenons l’instant où la bille quitte la structure comme origine des dates. Dans l’air, la bille
n’est soumise qu’à son poids. Son accélération
−
→
a0
est donc telle que :
−
→
a0





a0
x = 0
a0
y = g
La direction du vecteur vitesse
−
−
→
V0 de la bille en O est parallèle au plan incliné. Les composantes
de cette vitesse dans le repère (O ; x ; y) sont donc :
−
−
→
V0





V0x = V0 cos α
V0y = V0 sin α

La vitesse
−
→
V (t) et le vecteur position
−
−
→
OM (t) de la bille dans l’air sont donc tels que :
−
→
V (t)





Vx (t) = V0 cos α
Vy (t) = gt + V0 sin α
−
−
→
OM (t)





y (t) = 1
2
gt2
+ (V0 sin α) t
De l’équation horaire donnant x (t), on peut exprimer le temps t selon la relation :
t =
x
V0 cos α
=⇒ y =
g
2
x2
V0
2
cos2 α
+ (V0 sin α)
x
V0 cos α
L’équation de la trajectoire de la bille dans l’air est donc :
y = f (x) =
g
2V0
2
cos2 α
x2
+ (tan α) x
4- Lorsque la bille se trouve au même niveau que la première paroi du récipient, son abscisse
est égale à d. Son ordonnée y = f (x = d) à ce moment est donnée par :
y = f (x = d) =
gd2
2V0
2
cos2 α
+ d tan α
Or, la hauteur h1 de la bille par rapport au sol à cet instant est telle que :
f (x = d) + h1 = H2
=⇒ h1 = H2 − f (x = d)
D’où :
h1 = H2 −
gd2
2V0
2
cos2 α
− d tan α
h1 = 1, 263 −
9, 8 × 0, 82
2 × 3, 82
× cos2 30◦
− 0, 8 × tan 30◦
Soit :
h1 = 51, 15 cm
On voit que h1 h. On en déduit donc que la bille passe au-dessus de la première paroi
du récipient, et donc, elle n’est pas interceptée par cette paroi.

5- Au moment où la bille se trouve au même niveau que l’autre paroi du récipient, son abscisse
est égale à d + `. Son ordonnée y = f (x = d + `) à ce moment est donnée par :
y = f (x = d + `) =
g (d + `)2
2V0
2
cos2 α
+ tan α (d + `)
Or, la hauteur h2 de la bille par rapport au sol à cet instant est telle que :
f (x = d + `) + h2 = H2
=⇒ h2 = H2 − f (x = d + `)
D’où :
h2 = H2 −
g (d + `)2
2V0
2
cos2 α
− tan α (d + `)
h2 = 1, 263 −
9, 8 × (0, 8 + 0, 3)2
2 × 3, 82
× cos2 30°
− tan 30◦
× (0, 8 + 0, 3)
Soit :
h2 = 8, 04 cm
On voit que h2 h. On en déduit donc que la bille est interceptée par l’autre paroi du
récipient, et donc, elle rentre dans le récipient en butant sur cette paroi.
6- Soit t2 l’instant où la bille est interceptée par la paroi du récipient. On a :
x (t = t2) = d + ` = V0t2 cos α
=⇒ t2 =
d + `
V0 cos α
Or, le temps T qui s’écoule entre l’instant où la bille est abandonnée au sommet du plan incliné
de la structure, et l’instant où la bille bute sur la paroi du récipient est donné par :
T = t1 + t2
D’où :
T = t1 +
d + `
V0 cos α
T = 0, 775 +
0, 8 + 0, 3
3, 8 × cos 30◦
Soit :
T = 1, 11 s

La vitesse
−
−
→
V1 de la bille lorsqu’elle bute sur la paroi du récipient est telle que :
−
−
→
V1





V1x = V0 cos α
V1y = gt2 + V0 sin α
D’ou :
−
−
→
V1





V1x = V0 cos α
V1y = g (T − t1) + V0 sin α
−
−
→
V1





V1x = 3, 8 × cos 30◦
V1y = 9, 8 × (1, 11 − 0, 775) + 3, 8 × sin 30◦
Soit :
−
−
→
V1





V1x = 3, 29 m.s−1
V1y = 5, 175 m.s−1
Le module V1 de
−
−
→
V1 est donné par :
V1 =
È
V1x
2
+ V1y
2
V1 =
È
3, 292
+ 5, 1752
Soit :
V1 = 6, 133 m.s−1
Exercice 4.9 :
1- Les accélérations respectives −
→
a1 et −
→
a2 des deux balles sont :
−
→
a1





a1x = 0
a1y = −g
et −
→
a2





a2x = 0
a2y = −g
On a ainsi :
−
−
→
V1 (t)





V1x (t) = 0
V1y (t) = −gt

−
−
→
V2 (t)





V2x (t) = V0
V2y (t) = −g (t − τ)
avec t τ
Les vecteurs positions des deux balles sont quant à eux donnés par :
−
−
−
→
OM1 (t)





x1 (t) = d
y1 (t) = − 1
2
gt2
+ H1
−
−
−
→
OM2 (t)





x2 (t) = V0 (t − τ)
y2 (t) = − 1
2
g (t − τ)2
+ H2
avec t τ
2- La balle (1) se déplace verticalement à l’abscisse x1 = d. A partir de l’expression de x2 (t),
on peut exprimer t − τ selon la relation :
t − τ =
x2
V0
On a ainsi :
y2 = −
1
2
g
x2
2
V0
2 + H2
Les équations des trajectoires des deux balles sont donc :
x1 = d
y2 = −
g
2V0
2
x2
2
+ H2
3- Si les deux balles entrent en collision à la date t = tr, alors, à cet instant, elles ont la même
abscisse et la même ordonnée. On a donc :





x1 (t = tr) = x2 (t = tr)
y1 (t = tr) = y2 (t = tr)
=⇒





d = V0 (tr − τ)
− 1
2
gtr
2
+ H1 = − 1
2
g (tr − τ)2
+ H2
On a donc :
−
1
2
gtr
2
+ H1 = −
1
2
gtr
2
−
1
2
gτ2
+ gτtr + H2

=⇒ −
1
2
gτ2
+ gτtr = H1 − H2
=⇒ gτtr = H1 − H2 +
1
2
gτ2
D’où :
tr =
H1 − H2
gτ
+
1
2
τ
Pour que la collision entre les deux balles ait lieu, on doit avoir tr τ. On a donc :
H1 − H2
gτ
+
1
2
τ τ
=⇒
H1 − H2
gτ

1
2
τ
=⇒
H1 − H2
g

1
2
τ2
=⇒ τ2

2 (H1 − H2)
g
D’où :
τm =
Ê
2 (H1 − H2)
g
τm =
Ê
2 × (2 − 1, 216)
9, 8
Soit :
τm = 0, 4 s
4- On a τ = 0, 25 s τm. Nous avons précédemment exprimé tr en fonction de τ. On a :
tr =
H1 − H2
gτ
+
1
2
τ
tr =
2 − 1, 216
9, 8 × 0, 25
+
0, 25
2
Soit :
tr = 0, 445 s
d = V0 (tr − τ)

D’où :
V0 =
d
tr − τ
V0 =
0, 78
0, 445 − 0, 25
Soit :
V0 = 4 m.s−1
6- La collision entre les deux balles a lieu à l’abscisse X = d et à l’ordonnée Y donnée par :
Y = y2 (x2 = d)
D’où : 




X = d
Y = − gd2
2V0
2 + H2





X = 0, 78
Y = −9,8×0,782
2×42 + 1, 216
Soit : 




X = 78 cm
Y = 1, 03 m
7- Les vitesses respectives des deux balles au moment de la collision sont telles que :
−
−
→
V1 (t = tr)





V1x (t = tr) = 0
V1y (t = tr) = −gtr
−
−
→
V2 (t = tr)





V2x (t = tr) = V0
V2y (t = tr) = −g (tr − τ)
Les modules de ces vitesses sont donc donnés par :
v1 = gtr
v2 =
È
V0
2
+ g2 (tr − τ)2

v1 = 9, 8 × 0, 445
v2 =
È
42 + 9, 82 (0, 445 − 0, 25)2
Soit :
v1 = 4, 361 m.s−1
v2 = 4, 433 m.s−1
Exercice 4.10 :
1- Le ballon n’est soumis qu’à son poids au cours de son mouvement. Le vecteur-accélération
−
→
a de son centre d’inertie est donc tel que :
−
→
a





ax = 0
ay = −g
Le vecteur-vitesse initiale
−
−
→
V0 du centre du ballon est tel que :
−
−
→
V0





V0x = V0 cos α
V0y = V0 sin α
A l’instant initial, le centre du ballon se trouve à la hauteur r du terrain. On a donc :
−
→
V (t)





Vx (t) = V0 cos α
Vy (t) = −gt + V0 sin α
−
−
→
OC (t)





y (t) = − 1
2
gt2
+ (V0 sin α) t + r
2- A partir de l’équation horaire donnant x (t), on a :
t =
x
V0 cos α
Ainsi, on a :
y = −
1
2
g
x2
V0
2
cos2 α
+ (V0 sin α)
x
V0 cos α
+ r

L’équation de la trajectoire du centre du ballon est donc :
y = −
g
2V0
2
cos2 α
x2
+ (tan α) x + r
3- La hauteur h0
M du centre du ballon lorsqu’il se trouve au niveau du mur correspond à son
ordonnée pour x = dM. De même, sa hauteur h0
B lorsqu’il se trouve au niveau de la ligne des
buts correspond à son ordonnée pour x = dB. On a donc :
h0
M = −
gdM
2
2V0
2
cos2 α
+ dM tan α + r
h0
B = −
gdB
2
2V0
2
cos2 α
+ dB tan α + r
4- Pour que le ballon passe au-dessus du mur, on doit avoir la condition :
h0
M hM + r
=⇒ −
gdM
2
2V0
2
cos2 α
+ dM tan α + r hM + r
=⇒ −
gdM
2
2V0
2
cos2 α
+ dM tan α hM
=⇒ −
gdM
2
2V0
2 1 + tan2
α

+ dM tan α hM
=⇒ −
gdM
2
2V0
2 tan2
α + dM tan α −
gdM
2
2V0
2 − hM 0
=⇒
gdM
2
2V0
2 tan2
α − dM tan α +
gdM
2
2V0
2 + hM 0
L’application numérique donne :
9, 8 × 102
2 ×
€
79,69
3,6
Š2 tan2
α − 10 tan α +
9, 8 × 102
2 ×
€
79,69
3,6
Š2 + 1, 8 0
On a donc :
tan2
α − 10 tan α + 2, 8 0
Pour que le ballon rentre dans les buts, il ne doit pas être intercepté par la barre transversale.
On doit donc avoir la condition :
h0
B + r hB
=⇒ h0
B hB − r

=⇒ −
gdB
2
2V0
2
cos2 α
+ dB tan α + r hB − r
=⇒ −
gdB
2
2V0
2
cos2 α
+ dB tan α − hB + 2r 0
=⇒ −
gdB
2
2V0
2 1 + tan2
α

+ dB tan α − hB + 2r 0
=⇒ −
gdB
2
2V0
2 tan2
α + dB tan α −
gdB
2
2V0
2 − hB + 2r 0
=⇒
gdB
2
2V0
2 tan2
α − dB tan α +
gdB
2
2V0
2 + hB − 2r 0
L’application numérique donne :
9, 8 × 202
2 ×
€
79,69
3,6
Š2 tan2
α − 20 tan α +
9, 8 × 202
2 ×
€
79,69
3,6
Š2 + 2, 42 − 2 × 0, 11 0
On a donc :
4 tan2
α − 20 tan α + 6, 2 0
=⇒ tan2
α − 5 tan α + 1, 55 0
Pour que le ballon passe au-dessus du mur, et qu’il soit cadré, l’angle α doit donc vérfier le
système d’inéquations ci-dessous :





tan2
α − 10 tan α + 2, 8 0
tan2
α − 5 tan α + 1, 55 0
5- Considérons l’équation du second degré ci-dessous :
tan2
α − 10 tan α + 2, 8 = 0
Les solutions de cette équation sont :
tan α =
10 ±
p
102 − (4 × 1 × 2, 8)
2
=⇒ tan α = 0, 288 ou tan α = 9, 711
=⇒ α = 16, 09◦
ou α = 84, 12◦
La solution de l’inéquation tan2
α − 10 tan α + 2, 8 0 dans l’intervalle ] 0° ; 90° [ est donc
l’intervalle ] 16, 09◦
; 84, 12◦
[.
Considérons l’équation du second degré ci-dessous :
tan2
α − 5 tan α + 1, 55 = 0

Les solutions de cette équation sont :
tan α =
5 ±
p
52 − (4 × 1 × 1, 55)
2
=⇒ tan α = 0, 332 ou tan α = 4, 667
=⇒ α = 18.36° ou α = 77.91°
La solution de l’inéquation tan2
α − 5 tan α + 1, 55 0 dans l’intervalle ] 0° ; 90° [ est donc
] 0° ; 18, 36◦
[ ∪ ] 77, 91◦
; 90° [.
L’angle α est donc tel que :
α ∈ ] 16, 09◦
; 84, 12◦
[ ∩ {] 0° ; 18, 36◦
[ ∪ ] 77, 91◦
; 90° [}
Les deux intervalles possibles dans lesquels α doit se situer pour que le ballon
passe au-dessus du mur et qu’il rentre dans les buts sont donc ] 16, 09◦
; 18, 36◦
[
et ] 77, 91◦
; 84, 12◦
[.
Exercice 4.11 :
1- La bille est soumise à son poids
−
→
P et à la réaction normale
−
→
R de ce plan. Le théorème du
centre d’inertie peut s’écrire :
−
→
P





Px = 0
Py = −mg sin α
Pz = −mg cos α
+
−
→
R





Rx = 0
Ry = 0
Rz = R
= m−
→
a





max
may
maz = 0
D’où :
−
→
a





ax = 0
ay = −g sin α
az = 0
De même, le vecteur-vitesse initiale
−
−
→
V0 est tel que :
−
−
→
V0





V0x = V0 cos β
V0y = V0 sin β
V0z = 0
2- Au départ, la bille se trouve à l’origine du repère. On a donc :
−
→
V (t)





Vx (t) = V0 cos β
Vy (t) = − (g sin α) t + V0 sin β
Vz (t) = 0

−
−
→
OM (t)





x (t) = (V0 cos β) t
y (t) = − 1
2
(g sin α) t2
+ (V0 sin β) t
z (t) = 0
3- Le temps t s’exprime en fonction de x selon la relation :
t =
x
V0 cos β
On a donc :
y = −
1
2
(g sin α)
x2
V0
2
cos2 β
+ (V0 sin β)
x
V0 cos β
Les équations qui régissent la trajectoire du mouvement de la bille sur le plan incliné sont donc :





y = − g sin α
2V0
2
cos2 β
x2
+ (tan β) x
z = 0
4- La bille atteint le point d’ordonnée maximale à l’instant tm où la composante de sa vitesse
suivant l’axe (Oy) s’annule. On a donc :
− (g sin α) tm + V0 sin β = 0
=⇒ tm =
V0 sin β
g sin α
On a donc :
H = y (t = tm) = −
1
2
(g sin α)
V0
2
sin2
β
g2 sin2
α
+ (V0 sin β)
V0 sin β
g sin α
= −
V0
2
sin2
β
2g sin α
+
V0
2
sin2
β
g sin α
D’où :
H =
V0
2
sin2
β
2g sin α
La portée D correspond à l’abscisse de la bille lorsqu’elle retombe sur l’axe (Ox), c’est-à-dire
lorsque son ordonnée s’annule. On a donc :
−
gD2
sin α
2V0
2
cos2 β
+ D tan β = 0
=⇒ −
gD sin α
2V0
2
cos2 β
+ tan β = 0
=⇒
gD sin α
2V0
2
cos2 β
= tan β =
sin β
cos β

=⇒
gD sin α
2V0
2
cos β
= sin β
=⇒ D =
2V0
2
cos β sin β
g sin α
D’où :
D =
V0
2
sin 2β
g sin α
5- La bille s’élève jusqu’à la limite du plan incliné, avant de retomber sur l’un des sommets du
rectangle. On a donc : 




H = V0
2
sin2 β
2g sin α
= `
D = V0
2
sin 2β
g sin α
= 2V0
2
cos β sin β
g sin α
= L
V0
2
sin2
β
2g sin α
g sin α
2V0
2
cos β sin β
=
`
L
=⇒
sin β
4 cos β
=
`
L
=⇒
sin β
cos β
=
4`
L
=⇒ tan β =
4`
L
D’où :
β = tan−1

4`
L
‹
β = tan−1

4 × 1, 955
2, 28
‹
Soit :
β = 73, 74◦
On a :
H =
V0
2
sin2
β
2g sin α
= `
=⇒ V0
2
=
2g` sin α
sin2
β
D’où :
V0 =
√
2g` sin α
sin β

V0 =
√
2 × 9, 8 × 1, 955 × sin 60◦
sin 73, 74◦
Soit :
V0 = 6 m.s−1
Exercice 4.12 :
1- Le Tableau 4.2 a été completé dans le Tableau 4.3 ci-dessous :
Tableau 4.3 – Correction de l’exercice 4.12.
h (m) 2, 8 2, 5 2, 2 2 1, 8 1, 5 1, 2 1 0, 8 0, 5
V (m.s−1
) 2, 81 3, 71 4, 43 4, 85 5, 24 5, 77 6, 26 6, 57 6, 86 7, 28
h0 − h (m) 0, 2 0, 5 0, 8 1 1, 2 1, 5 1, 8 2 2, 2 2, 5
V2
(m2
.s−2
) 7, 9 13, 764 19, 625 23, 522 27, 457 33, 293 39, 187 43, 165 47, 06 53
2- La balle n’étant soumise qu’à son poids, son accélération vaut :
a = g
On sait que :
∆V2
= 2a∆x
Or, ∆x désigne la distance parourue par la balle. Dans notre cas, on a :
∆x = h0 − h
On a donc :
∆V2
= V2
− V0
2
= 2g (h0 − h)
D’où :
V2
= 2g (h0 − h) + V0
2
3- Le graphe V2
= f (h0 − h) a été représenté à la Figure 4.27.
4- D’après le tracé de la Figure 4.27, on constate que le graphe V2
= f (h0 − h) est une droite.
Son équation est donc :
V2
= α (h0 − h) + β
α et β sont des réels. Pour les déterminer, considérons le premier et le dernier point de co-
ordonnées respectives (0, 2 ; 7, 9) et (2, 5 ; 53) appartenant au graphe V2
= f (h0 − h). On a

donc : 




7, 9 = 0, 2α + β
53 = 2, 5α + β
En soustrayant membres à membres les deux égalités de ce système, on obtient :
−45, 1 = −2, 3α
=⇒ α =
−45, 1
−2, 3
= 19, 608
On a de même :
β = 7, 9 − 0, 2α
= 7, 9 − (0, 2 × 19, 6087)
= 3, 978
Une équation de la courbe obtenue est donc :
V2
= 19, 608 (h0 − h) + 3, 978 m2
.s−2
5- On a obtenu à la question 2 l’expression :
V2
= 2g (h0 − h) + V0
2

Par identification des coefficients avec l’équation de la courbe, on a :





2g = 19, 608
V0
2
= 3, 978
La valeur de l’accélération de la pesanteur dans la région est donc :
g = 9, 804 m.s−2
La vitesse initiale de la balle quant à elle est :
V0 ' 2 m.s−1
Exercice 4.13 :
1- D’après la Figure 4.17, on voit que l’électron est attiré par la plaque supérieure, puisqu’il
finit par s’en rapprocher, malgré le fait qu’il a été initialement lancé vers la plaque inférieure.
La force électrique
−
→
F que l’électron subit est donc verticale et orientée vers le haut. Puisque
l’électron est chargé négativement, le champ électrique
−
→
E et la force électrique
−
→
F sont de sens
contraires.
−
→
E est donc vertical et orienté vers le bas. Par conséquent, c’est l’armature supériure
qui est chargée positivement, tandis que l’armature inférieure est chargée négativement.
−
→
F et
−
→
E ont été représentés à la Figure 4.28 ci-dessous.

Le module E de
−
→
E est donné par :
E =
|U|
d
E =
10
0, 2
Soit :
E = 50 V.m−1
2- Le poids de l’électron étant négligé devant la force électrique
−
→
F , le théorème du centre
d’inertie peut s’écrire :
−
→
F





Fx = 0
Fy = −F = − |qe| E = −eE
= me
−
→
a





meax
meay
D’où :
−
→
a





ax = 0
ay = − eE
me
3- Le vecteur-vitesse initiale
−
−
→
V0 de l’électron est tel que :
−
−
→
V0





V0x = V0 cos α
V0y = V0 sin α
Soit d00
la distance entre la position initiale de l’électron et l’origine O. On a :
d0
+ d00
=
1
2
d
=⇒ d00
=
1
2
d − d0
A l’instant initial, l’ordonnée de l’électron est négative et vaut −d00
.
Le vecteur-vitesse instantannée
−
→
V (t) de l’électron est donc tel que :
−
→
V (t)





Vx(t) = V0 cos α
Vy(t) = − eE
me
t + V0 sin α

Le vecteur position
−
−
→
OM (t) quant à lui est tel que :
−
−
→
OM (t)





x(t) = (V0 cos α) t
y(t) = − eE
2me
t2
+ (V0 sin α) t + d0
− 1
2
d
4- De l’expression de x (t), on a :
t =
x
V0 cos α
En remplaçant dans l’expression de y (t), on obtient :
y = −
eE
2me
x2
V0
2
cos2 α
+ (V0 sin α)
x
V0 cos α
+ d0
−
1
2
d
L’équation de la trajectoire de l’électron entre les armatures est donc :
y (x) = −
eE
2meV0
2
cos2 α
x2
+ (tan α)x + d0
−
1
2
d
La dérivée y0
(x) de y (x) est quant à elle donnée par :
y0
(x) = −
eE
meV0
2
cos2 α
x + tan α
5- Lorsque l’électron atteint le point le plus bas de sa trajectoire à l’instant tm, la composante
verticale de sa vitesse s’annule. On a donc :
−
eE
me
tm + V0 sin α = 0
D’où :
tm =
meV0 sin α
eE
tm =
9, 1 × 10−31
× 2 × 106
× sin 45◦
1, 6 × 10−19 × 50
Soit :
tm = 160, 866 ns
L’abscisse xm du point le plus bas de la trajectoire est donnée par :
xm = V0tm cos α

xm = 2 × 106
× 160, 866 × 10−9
× cos 45◦
Soit :
xm = 22, 75 cm
L’ordonnée ym du point le plus bas de la trajectoire est quant à elle donnée par :
ym = −
eExm
2
2meV0
2
cos2 α
+ xmtan α + d0
−
1
2
d
ym = −
1, 6 × 10−19
× 50 × 0, 22752
2 × 9, 1 × 10−31 × (2 × 106)2
× cos2 45◦
+ 0, 2275 × tan 45◦
+0, 05 −
0, 2
2
Soit :
ym = 6, 375 cm
6- Lorsque l’électron atteint le point S à l’instant tS, son abscisse est égale à `. On a donc :
x (t = tS) = ` = V0tS cos α
D’où :
tS =
`
V0 cos α
tS =
0, 5
2 × 106 × cos 45◦
Soit :
tS = 353, 553 ns
L’ordonnée yS du point du point S est donnée par :
yS = −
eE`2
2meV0
2
cos2 α
+ `tan α + d0
−
1
2
d
yS = −
1, 6 × 10−19
× 50 × 0, 52
2 × 9, 1 × 10−31 × (2 × 106)2
× cos2 45◦
+ 0, 5 × tan 45◦

+0, 05 −
0, 2
2
Soit :
yS = −9, 945 cm
7- L’équation de la tangente (T) à la trajectoire au point S est donnée par :
y = y0
(x = `) (x − `) + y (x = `)
D’où :
(T) : y =

−
eE`
meV0
2
cos2 α
+ tan α
‹
(x − `) + yS
L’abscisse xI du point d’intersection I entre (T) et l’axe (Ox) est tel que :

−
eE`
meV0
2
cos2 α
+ tan α
‹
(xI − `) + yS = 0
=⇒ xI − ` = −
yS
− eE`
meV0
2
cos2 α
+ tan α
D’où :
xI = ` −
yS
− eE`
meV0
2
cos2 α
+ tan α
xI = 0, 5 −
−0, 09945
− 1,6×10−19×50×0,5
9,1×10−31×(2×106)
2
×cos2 45◦
+ tan 45◦
xI = 41, 697 cm
8- La vitesse
−
−
→
VS de l’électron en S est telle que :
−
−
→
VS





VSx = V0 cos α
VSy = − eEtS
me
+ V0 sin α
−
−
→
VS





VSx = 2 × 106
× cos 45◦
VSy = − 1,6×106×50×353,553×10−9
me
+ 2 × 106
× sin 45◦

Soit :
−
−
→
VS





VSx = 1, 414 × 106
m.s−1
VSy = −1, 694 × 106
m.s−1
Le module VS de
−
−
→
VS est donné par :
VS =
È
VSx
2
+ VSy
2
VS =
È
(1, 414 × 106)2
+ (−1, 694 × 106)2
VS = 2, 206 × 106
m.s−1
L’angle β que fait la vitesse
−
−
→
VS avec l’horizontale est donné par :
tan β =
VSy
VSx
D’où :
β = tan−1

VSy
VSx
‹
β = tan−1

−1, 694
1, 414
‹
Soit :
β = 50, 14◦
9- Soit O0
le point d’abscisse ` situé sur l’axe des abscisses. On a :
IP0 = IO0
+ O0
P0 = IO0
+ D
Or, on a :
OO0
= ` = OI + IO0
= xI + IO0
=⇒ IO0
= ` − xI
On a donc :
IP0 = D + ` − xI
IP0 = 0, 3 + 0, 5 − 0, 41697
Soit :
IP0 = 38, 303 cm

On a de même :
tan β =
PP0
IP0
D’où :
PP0 = IP0 tan β
PP0 = 0, 38303 × tan 50, 14◦
Soit :
PP0 = 45, 88 cm
Exercice 4.14 :
1- Le proton a une charge qp = e positive. On constate qu’il est attiré par l’armature verticale
droite. la force
−
→
F1 est donc horizontale et orientée vers la droite. Il en est donc de même pour le
champ électrique
−
→
E1 . L’armature de gauche est donc chargée positivement, tandis que celle de
droite est chargée négativement. On constate également que le proton est attiré par l’armature
horizontale supérieure. Par conséquent, la force électrique
−
→
F2 et le champ électrique
−
→
E2 sont
verticaux et orientés vers le haut. L’amature inférieure est donc chargée positivement, alors que
l’armature supérieure est chargée négativement.
−
→
F1 ,
−
→
F2 ,
−
→
E1 et
−
→
E2 ont été représentés à la
Figure 4.29 ci-dessous.
2- Le poids du proton étant négligé, du théorème de l’énergie cinétique, on peut écrire :
1
2
mpV0
2
= F1d1
= eE1d1
= eU

=⇒ V0
2
=
2eU
mp
D’où :
V0 =
Ê
2eU
mp
3- Le théorème du centre d’inertie entre les armatures horizontales peut s’écrire :
−
→
F2





F2x = 0
F2y = eU
d2
= mp
−
→
a





mpax
mpay
D’où :
−
→
a





ax = 0
ay = eU
mpd2
Le vecteur vitesse intiale
−
−
→
V0 du proton étant horizontal, la vitesse instantannée
−
→
V (t) du
proton entre les armatures horizontales est telle que :
−
→
V (t)





Vx (t) = V0
Vy (t) = eU
mpd2
t
D’où :
−
→
V (t)







Vx (t) =
È 2eU
mp
Vy (t) = eU
mpd2
t
Le vecteur position
−
−
→
OM (t) est quant à lui tel que :
−
−
→
OM (t)







x (t) =
€È 2eU
mp
Š
t
y (t) = eU
2mpd2
t2
4- De l’expression de x(t), on a :
t =
x
È
2eU
mp

On a donc :
y =
eU
2mpd2
x2
2eU
mp
=
eU
2mpd2
mpx2
2eU
L’équation de la trajectoire du proton est donc :
y =
1
4d2
x2
5- Lorsque le proton se trouve à la sortie du condensateur, son abscisse est égale à `, et son
ordonnée est telle que :
y (x = `) =
`2
4d2
Pour que le proton puisse sortir du condensateur sans percuter l’armature supérieure, on doit
avoir la condition :
y (x = `)
d2
2
=⇒
`2
4d2

d2
2
=⇒ `2
2d2
2
=⇒ ` d2
√
2
D’où :
`m = d2
√
2
`m = 0, 3536 ×
√
2
Soit :
`m = 50 cm
Exercice 4.15 :
1- La d.d.p. VM − VN étant positive, l’armature (M) est chargée positivement, tandis que l’ar-
mature (N) est chargée négativement. Le champ électrique
−
→
E régnant entre les deux armatures
est donc horizontal et orienté vers la droite. Ce champ à été représenté à la Figure 4.30.

Le module E de
−
→
E est donné par :
E =
|U|
d
E =
|10 × 103
|
0, 4
Soit :
E = 25 kV.m−1
2- Les forces extérieures qui agissent sur la boule sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
→
F .
3- Du théorème du centre d’inertie, on peut écrire :
−
→
P





0
mg
+
−
→
F





− |q| E
0
= m−
→
a





max
may
D’où :
−
→
a





ax = − |q|E
m
ay = g

4- La vitesse initiale
−
−
→
V0 étant verticale, on a :
−
→
V (t)





Vx(t) = − |q|E
m
t
Vy(t) = gt + V0
On a de même :
−
−
→
OM (t)





x(t) = − |q|E
2m
t2
y(t) = 1
2
gt2
+ V0t
5- De l’expression de x(t), on a :
t2
= −
2mx
|q| E
=⇒ t =
Ê
−
2mx
|q| E
En remplaçant dans l’expression de y(t), on a donc :
y = −
1
2
g
2mx
|q| E
+ V0
Ê
−
2mx
|q| E
L’équation de la trajectoire de la boule est donc :
y = −
mg
|q| E
x + V0
Ê
−
2m
|q| E
x
6- On a obtenu précédemment l’équation horaire :
y (t) =
1
2
gt2
+ V0t
Le temps t vérifie donc l’équation du second degré :
g
2
t2
+ V0t − y = 0
Le discriminant ∆ de cette équation est :
∆ = V0
2
− 4

−
g
2
× y

= V0
2
+ 2gy
On a donc :
t =
−V0 ±
p
V0
2
+ 2gy
g

Or, le temps est positif. On a donc finallement :
t =
p
V0
2
+ 2gy − V0
g
On a de même :
x(t) = −
|q| E
2m
t2
D’où :
x (y) = −
|q| E
2mg2
È
V0
2
+ 2gy − V0
2
7- A la sortie du condensateur, l’ordonnée de la boule est égale à `. Pour qu’elle puisse sortir
du condensateur sans percuter l’une des armatures (cette armature est en réalité l’armature
(M), puisque la boule est attirée par elle), on doit avoir la condition :
−x (y = `)
d
2
=⇒ x (y = `) −
d
2
=⇒ −
|q| E
2mg2
È
V0
2
+ 2g` − V0
2
−
d
2
=⇒
|q| E
mg2
È
V0
2
+ 2g` − V0
2
d
=⇒
È
V0
2
+ 2g` − V0
2

mdg2
|q| E
=⇒
È
V0
2
+ 2g` − V0 g
Ê
md
|q| E
=⇒
È
V0
2
+ 2g` g
Ê
md
|q| E
+ V0
=⇒ V0
2
+ 2g`
mdg2
|q| E
+ V0
2
+ 2V0g
Ê
md
|q| E
=⇒ 2g`
mdg2
|q| E
+ 2V0g
Ê
md
|q| E
=⇒ 2V0g
Ê
md
|q| E
2g` −
mdg2
|q| E
=⇒ V0
2g` − mdg2
|q|E
2g
È
md
|q|E

D’où :
V0m =
2g` − mdg2
|q|E
2g
È md
|q|E
V0m =
2 × 9, 8 × 0, 9 − 0,8×0,4×9,82
|−2×10−3|×25×103
2 × 9, 8 ×
È 0,8×0,4
|−0,2×10−3|×25×103
Soit :
V0m = 2, 318 m.s−1

Evaluation 4.1 :
Dans le repère (O ; x ; y), notons x1 (t) l’abscisse de l’avant de la fourgonnette à une date t et
y2 (t) l’ordonnée de l’avant de la mobylette à cette date. A la date t = 0, on a :
x1 (t = 0) = d1 et y2 (t = 0) = d2
La fourgonnette roule avec une vitesse constante mais contraire au sens de l’axe (Ox), et la mo-
bylette roule avec une vitesse constante mais contraire au sens de l’axe (Oy). Les accélérations
sont donc nulles, et les équations horaires s’écrivent :
x1 (t) = −V1t + d1
y2 (t) = −V2t + d2
Pour que la mobylette passe devant la fourgonnette sans être heurtée, il faut que la mobylette
soit déja passée lorsque l’avant de la fourgonnette arrive, au niveau du point O, de telle manière
que l’arrière de la mobylette ne puisse pas être en contact avec la fourgonnette. Notons t1 la
date à laquelle l’avant de la fourgonnette atteint le point O. On a ainsi :
x1 (t1) = −V1t1 + d1 = 0
=⇒ t1 =
d1
V1
=⇒ y2 (t1) = −V2t1 + d2
= −
d1V2
V1
+ d2
Pour que la mobylette passe devant la fourgonnette sans être heurtée, on doit avoir :
y2 (t1) −

L2 +
`
2
‹
=⇒ −
d1V2
V1
+ d2 −L2 −
`
2
=⇒
d1V2
V1
− d2 L2 +
`
2
=⇒ V2
V1 L2 + `
2
+ d2

d1
Pour que la mobylette passe derrière la fourgonnette sans l’heurter, il faut que la mobylette ne
soit pas encore passée lorsque l’arrière de la fourgonnette se trouve au niveau du point O, de
telle manière que l’avant de la mobylette ne puisse pas être en contact avec la fourgonnette.

Notons t2 la date à laquelle l’arrière de la fourgonnette atteint le point O. On a ainsi :
x1 (t2) = −V1t2 + d1 = −L1
=⇒ t2 =
d1 + L1
V1
=⇒ y2 (t2) = −V2t2 + d2
= −
V2 (d1 + L1)
V1
+ d2
Pour que la mobylette passe derrière la fourgonnette sans l’heurter, on doit avoir :
y2 (t2)
`
2
=⇒ −
V2 (d1 + L1)
V1
+ d2
`
2
=⇒
V2 (d1 + L1)
V1
− d2 −
`
2
=⇒ V2
V1 d2 − `
2

d1 + L1
On a donc :
V2min =
V1 L2 + `
2
+ d2

d1
V2max =
V1 d2 − `
2

d1 + L1
V2min =
72 × 1, 5 + 1
2
+ 22

16
V2max =
72 × 22 − 1
2

16 + 2
Pour que la mobylette passe devant la fougonnette sans être heurtée, la vitesse V2
de la mobylette doit donc au moins dépasser la valeur V2min = 108 km.h−1
. Et pour
que la mobylette passe derrière la fourgonnette sans l’heurter, la vitesse V2 de la
mobylette doit au plus être inférieure à la valeur V2max = 86 km.h−1
.
Evaluation 4.2 :
Notons respectivement par x1 (t) et x2 (t) les abscisses à une date t de l’avant et de l’arrière du
chariot. Puisque la vitesse du chariot est constante, et qu’elle est orientée dans le sens contraire

de l’axe (Ox), les équations horaires s’écrivent :
x1 (t) = −Vt + D
x2 (t) = −Vt + D + `
Lorsque la bille est projetée, elle se déplace dans l’air en étant soumise à son poids. Notons
x (t) et y (t) les coordonnées de la bille à un instant t. On a :





x (t) = V0 cos α (t − τ)
y (t) = − g
2
(t − τ)2
+ V0 sin α (t − τ) + H
Notons th la date à laquelle la bille se trouve à l’altitude h du sol. Pour qu’elle puisse entrer
dans le chariot, son abscisse à cet instant doit être comprise entre les abscisses de l’avant et de
l’arrière du chariot. On doit donc avoir la condition :
x1 (th) x (th) x2 (th)
th vérifie l’équation :
y (th) = −
g
2
(th − τ)2
+ V0 sin α (th − τ) + H = h
Posons :
Th = th − τ
On a donc :
−
g
2
Th
2
+ V0 sin αTh + H = h
=⇒ gTh
2
− 2V0 sin αTh − 2 (H − h) = 0
Le discriminant ∆ de cette équation vaut :
∆ = 4V0
2
sin2
α + 4g (H − h)
On a donc :
Th =
V0 sin α ±
È
V0
2
sin2
α + g (H − h)
g
Or, H h, et Th doit être positif. On a donc :
Th =
V0 sin α +
È
V0
2
sin2
α + g (H − h)
g
Ainsi, on a :
−Vth + D V0 cos α (th − τ) −Vth + D + `
=⇒ −VTh − Vτ + D V0 cos αTh −VTh − Vτ + D + `

=⇒ −Vτ V0 cos αTh + VTh − D −Vτ + `
On a donc :
τ
D − Th (V + V0 cos α)
V
τ
D + ` − Th (V + V0 cos α)
V
D’où :
τmin =
D −
(V+V0 cos α)
h
V0 sin α+
√
V0
2
sin2
α+g(H−h)
i
g
V
τmax =
D + ` −
(V+V0 cos α)
h
V0 sin α+
√
V0
2
sin2
α+g(H−h)
i
g
V
τmin =
2 −
(0,5+1×cos 45◦)×
h
1×sin 45◦+
√
12×sin2
45◦+9,8×(1−0,5)
i
9,8
0, 5
τmax =
2 + 0, 3 −
(0,5+1×cos 45◦)×
h
1×sin 45◦+
√
12×sin2
45◦+9,8×(1−0,5)
i
9,8
0, 5
Pour que la bille puisse entrer dans le chariot, le dispositif doit donc être déclenché
au minimum après la date τmin = 3, 26 s et au maximum avant la date τmax = 3, 86 s.
Evaluation 4.3 :
Les charges du proton et de l’électron sont égales en valeur absolue et correspondent à la charge
élémentaire e. Si on applique entre les armatures une tension positive U = VM − VN, le proton
et l’électron sont soumis à des forces électriques verticales de même module F donné par :
F =
eU
d
Notons xp (t) et yp (t) les coordonnées du proton à un instant t, et Notons xe (t) et ye (t) les
coordonnées de l’électron au même instant. On a :





xp (t) = (V cos α) t
yp (t) = − eU
2mpd
t2
+ (V sin α) t





xe (t) = − (V cos α) t + L
ye (t) = eU
2med
t2
− (V sin α) t

Pour que l’électron et le proton puissent entrer en collision, il doit exister une date tc telle que :





xp (tc) = xe (tc)
yp (tc) = ye (tc)
=⇒





(V cos α) tc = − (V cos α) tc + L
− eU
2mpd
tc
2
+ (V sin α) tc = eU
2med
tc
2
− (V sin α) tc
=⇒





2 (V cos α) tc = L
eU
2d
€
1
mp
+ 1
me
Š
tc
2
= 2 (V sin α) tc
=⇒





tc = L
2V cos α
eU
2d
€
1
mp
+ 1
me
Š
tc = 2V sin α
=⇒







tc = L
2V cos α
tc = 4dV sin α
eU

1
mp
+ 1
me

On doit donc avoir :
4dV sin α
eU
€
1
mp
+ 1
me
Š =
L
2V cos α
=⇒ U

1
mp
+
1
me
‹
=
4dV2
sin (2α)
L
D’où :
U =
4dV2
sin (2α)
eL
€
1
mp
+ 1
me
Š
U =
4 × 0, 2 × (106
)
2
× sin (2 × 30◦
)
1, 6 × 10−19 × 0, 5 ×
€
1
1,67×10−27 + 1
9,1×10−31
Š
Pour que le proton et l’électron puissent entrer en collision, on doit donc établir
entre les armatures une tension positive U = VM − VN = 7, 87 V.

CHAPITRE 5. MOUVEMENTS CIRCULAIRES UNIFORMES 274
Chapitre 5
Mouvements circulaires uniformes
C’est pourquoi, ceignez les reins de votre entendement, soyez sobres, et ayez une entière
espérance dans la grâce qui vous sera apportée, lorsque Jésus-Christ apparaîtra.
1 Pierre 1 : 13
5.1 Caractéristiques d’un mouvement circulaire uniforme
5.1.1 Généralités
On dit qu’un mobile effectue un mouvement circulaire uniforme dans un référentiel
galiléen lorsque ce mobile se déplace le long d’une trajectoire en forme d’un cercle ou d’un arc
de cercle avec une vitesse dont le module reste constant. Il est très important de souligner que
c’est le module de la vitesse qui reste constant, mais pas le vecteur-vitesse lui-même. En effet,
au cours d’un mouvement circulaire uniforme, le vecteur-vitesse est à chaque fois tangent à la
trajectoire circulaire, ce qui implique donc que sa direction et son sens changent constamment.
Considérons à la Figure 5.1 ci-dessous un solide en mouvement de translation circulaire,
son centre d’inertie G effectuant un mouvement circulaire uniforme.
Figure 5.1 – Mouvement circulaire uniforme d’un solide de centre d’inertie G.

Notons
−
→
V (t) le vecteur-vitesse du point G à un instant t. On a :
−
→
V (t) = V = constante ∀ t 0 (5.1)
Soit −
→
a (t) le vecteur-accélération du centre d’inertie G du solide à l’instant t. Le mouvement
étant uniforme, le produit scalaire entre −
→
a (t) et
−
→
V (t) est nul à tout instant t. On a donc :
−
→
a (t) ·
−
→
V (t) = 0 ∀ t 0 (5.2)
−
→
a (t) et
−
→
V (t) sont donc orthogonaux, c’est-à-dire que leurs directions sont perpendiculaires.
Or, le vecteur-vitesse
−
→
V est tangent à la trajectoire circulaire. Par conséquent, le vecteur-
accélération −
→
a est quant à lui dirigé suivant le rayon du cercle au point considéré. Il est de plus
orienté vers le centre C du cercle, appelé centre de courbure. On dit donc que l’accélération
est centripète. Soit m la masse du solide considéré, et
−
→
F la résultante des forces extérieures
qu’il subit au cours de son mouvement. La deuxième loi de Newton peut s’écrire :
−
→
F = m−
→
a
−
→
F et −
→
a sont donc colinéaires et de même sens. Par conséquent,
−
→
F est également centripète.
5.1.2 Paramètres d’un mouvement circulaire uniforme
Le repère le plus convenable pour étudier un mouvemnt circulaire uniforme est le repère de
Frenet. L’accélération −
→
a étant centripète, elle n’a qu’une composante normale. Sa composante
tangentielle est donc nulle. Dans la base de Frenet (−
→
τ ; −
→
n ), on peut donc écrire :
−
→
a = −
→
an = an
−
→
n (5.3)
−
→
aτ = aτ
−
→
τ =
−
→
0 (5.4)
Soit r le rayon de courbure de la trajectoire circulaire, c’est-à-dire le rayon du cercle décrit
par G au cours du mouvement. Le module a de l’accélération −
→
a est donné par :
a = an =
V2
r
(5.5)
Puisque G décrit un cercle (ou un arc de cercle), on peut introduire la vitesse angulaire ω avec
laquelle il tourne autour du centre de courbure (le centre du cercle). On a :
V = ωr (5.6)
Le module a de l’accélération peut donc encore s’écrire :
a = ω2
r (5.7)

On définit la période de révolution T comme étant la durée pendant laquelle le point G
effectue un tour complet. Le mouvement étant uniforme, la vitesse est égale au quotient de la
distance parcourue par le temps. Or, lorsque G a effectué un tour complet, il a parcouru une
distance égale à la circonférence de sa trajectoire circulaire, soit 2πr. On a donc :
V = ωr =
2πr
T
D’où :
T =
2πr
V
=
2π
ω
(5.8)
La période T a la dimension d’un temps et son unité SI est donc la seconde (s).
5.2 Application des lois de Newton à quelques mouvements circu-
laires uniformes
Dans ce qui suit, en utilisant les lois de Newton, nous allons résoudre certains problèmes
faisant intervenir des solides effectuant des mouvements circulaires uniformes.
5.2.1 Pendule conique
Considérons à la Figure 5.2 ci-dessous une boule ponctuelle de masse m fixée à l’extrémité
d’un fil inextensible de longueur ` dont l’autre extrémité est fixée à une tige verticale connectée
à un moteur. Lorsqu’on fait tourner le moteur avec une vitesse angulaire constante ω autour de
l’axe vertical (∆) qui coïncide avec la tige, la boule se met à tourner à vitesse constante autour
de cet axe (∆) en décrivant un cercle de rayon r dont le centre C appartient à (∆). Pendant
le mouvement, le fil est écarté d’un angle α 90° par rapport à la verticale. Le système formé
par la boule et le fil est appelé pendule conique, car il décrit un cône de révolution.
Figure 5.2 – Pendule conique.
Le mouvement de la boule est circulaire uniforme, et son rayon de courbure r s’exprime par :
r = ` sin α

Le module V de la vitesse de la boule est donné par :
V = ωr = ω` sin α
Le module a de l’accélération centripète −
→
a est quant à lui donné par :
a = ω2
` sin α
Les deux forces qui s’exrçent sur la boule pendant son mouvement sont son poids
−
→
P et la
tension
−
→
T du fil. Le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
−
→
P





0
−mg
+
−
→
T





T sin α
T cos α
= m−
→
a





mω2
` sin α
0
L’intensité T de la tension du fil est donc donnée par :
T = mω2
` (5.9)
L’angle α est tel que :
−mg + T cos α = 0
=⇒ mω2
` cos α = mg
D’où :
cos α =
g
ω2`
(5.10)
Ainsi, l’angle α dont s’écarte le système ne dépend pas de la masse de la boule.
5.2.2 Mouvement d’un satellite en orbite autour de la Terre
Considérons à la Figure 5.3 un satellite de masse m dont le centre d’inertie G effectue un
mouvement circulaire uniforme autour de la Terre de masse MT et de rayon RT. Soit h l’altitude
à laquelle tourne le satellite. Le rayon de courbure r de la trajectoire de G est donné par :
r = RT + h
Tout au long du mouvement, le satellite n’est soumis qu’à la force de gravitation centripète
−
→
Fh . Notons −
→
gh le champ de gravitation créé par la Terre à l’altitude où se trouve le satellite.
−
→
Fh = m−
→
gh = m−
→
a
Le module a de l’accélération de G est donc :
a = gh =
GMT
(RT + h)2

Figure 5.3 – Satellite en orbite autour de la Terre.
Le module V de la vitesse est donné par :
V =
p
a(RT + h) =
Ê
GMT
RT + h
La vitesse angulaire ω est donnée par :
ω =
V
RT + h
=
Ê
GMT
(RT + h)3
La période de révolution T est quant à elle donnée par :
T =
2π
ω
= 2π
Ê
(RT + h)3
GMT
En élevant la relation ci-dessus au carré, on obtient :
T2
= 4π2 (RT + h)3
GMT
On obtient donc la relation ci-dessous traduisant la troisième loi de Kepler ou loi des
périodes, relative aux mouvements des planètes et des corps célestes :
T2
(RT + h)3 =
4π2
GMT
= constante (5.11)
Il arrive parfois que l’on souhaite qu’un satellite tourne autour de la Terre en restant toujours
au-dessus d’une même région. Pour cela, la période de révolution T du satellite doit être égale à
la période de rotation T0 de la Terre autour de l’axe qui relie son pôle Nord et son pôle Sud. Le

satellite doit pour cela se trouver dans le plan équatorial de la Terre. La période de rotation
T0 de la Terre correspond à la durée moyenne du jour (jour sidéral) et vaut :
T0 = 1 jour sidéral = 23 h 56 min 4 s = 86 164 s (5.12)
Un satellite en orbite autour de la Terre, dans son plan équatorial, et tournant avec la même
vitesse angulaire que la Terre est qualifié de satellite géostationnaire. On peut déterminer
l’altitude hg par rapport à la surface de la Terre à laquelle devrait se situer un satellite pour
qu’il soit géostationnaire en se servant de la troisième loi de Kepler :
T0
2
(RT + hg)3 =
4π2
GMT
=⇒ (RT + hg)3
=
GMTT0
2
4π2
D’où :
hg =
3
Ê
GMTT0
2
4π2
− RT (5.13)
Les satellites géostationnaires sont beaucoup utilisés dans le domaine des Télécommunications,
mais aussi en Astronomie pour observer les planètes et les corps qui peuplent l’espace.
5.2.3 Mouvement d’une particule chargée dans un champ magnétique
Considérons à la Figure 5.4 ci-dessous une particule ponctuelle de masse m et de charge
électrique q qui pénètre avec une vitesse horizontale dans une région où règne un champ ma-
gnétique uniforme
−
→
B perpendiculaire au plan de la feuille et de module B.
Figure 5.4 – Particule chargée dans un champ magnétique uniforme.

Supposons que la masse de la particule soit très faible, de telle sorte que son poids puisse être
négligé devant la force magnétique de Lorentz
−
→
F qu’elle subit. Notons
−
→
V le vecteur-vitesse de la
particule en un point de la région où règne le champ magnétique, et −
→
a son vecteur-accélération.
−
→
F = m−
→
a = q
−
→
V ∧
−
→
B
La relation ci-dessus montre que la force que subit la particule et son vecteur-accélération −
→
a
sont contenus dans le plan perpendiculaire au plan formé par les vecteurs
−
→
V et
−
→
B . Ainsi, −
→
a
et
−
→
V sont toujours orthogonaux. Le mouvement de la particule est donc plan et uniforme.
Le module V de sa vitesse est donc constant. Soit r le rayon de courbure de la trajectoire. Le
module a de l’accélération de la particule est tel que :
a =
V2
r
=
|q| VB
m
D’où :
r =
mV
|q| B
(5.14)
On se rend compte que le rayon de courbure est constant. La trajectoire est donc un cercle. Par
conséquent, le mouvement de la particule est circulaire uniforme. Soit ` la largeur de la région
où règne le champ magnétique
−
→
B . Généralement, ` et r sont très faibles, et on peut confondre
la longueur de l’arc de cercle décrit par la particule avec la largeur `. On peut donc exprimer
la déviation angulaire α par :
α '
`
r
=
|q| `B
mV
(5.15)
α aussi est très faible, et dans la relation ci-dessus, il se donne en radian (rad). A la sortie de la
région où règne le champ magnétique, la particule continu son mouvement en ligne droite avec
une vitesse inclinée de l’angle α. Soit I le point d’intersection entre les directions des vitesses
de la particule à l’entrée et à la sortie de la région où règne le champ magnétique. Si un écran
vertical est placé à la distance D = IP0 de I, on peut déterminer la déflexion magnétique
PP0 sur cet écran. On a :
tan α ' α =
|q| `B
mV
=
PP0
D
D’où :
PP0 =
|q| `DB
mV
(5.16)
Les applications de la déflexion magnétique sont nombreuses. Elle est exploitée dans certains
appareils tels que le spectrographe de masse, le cyclotron, le synchrotron, ou même
dans certains téléviseurs. Elle est aussi largement utilisée en physique nucléaire pour dévier les
particules de hautes énergies.

Exercices
.
Exercice 5.1 :
A la Figure 5.5 ci-dessous, un disque homogène de rayon r = 2 m tourne autour d’un axe
vertical (∆) passant par son centre avec une vitesse angulaire constante ω. Un garçon de
masse M = 50 kg est placé au milieu d’un rayon du disque, en tenant l’extrémité d’un câble
inextensible, perpendiculaire à une barre solide qui coïncide avec l’axe (∆), et dont l’autre
extrémité est fixée à cette barre. Le garçon est immobile sur le disque.
1- Faire le bilan des forces extérieures qui s’exercent sur le garçon, et les représenter.
2- Déterminer l’expression du module a de l’accélération du garçon et en déduire l’expression
de la tension T du câble.
3- Sachant que la tension maximale que peut supporter le câble est Tm = 1, 25 kN, déterminer
la vitesse maximale ωm avec laquelle peut tourner le disque sans que le câble ne rompe.
Exercice 5.2 :
A la Figure 5.6, une boule ponctuelle de masse m est accrochée aux extrémités de deux
fils inextensibles et de masses négligeables, de longueurs respectives `1 = 60 cm et `2 = 80 cm.
Les autres extrémités des fils sont fixées aux deux extrémités d’une tige verticale de longueur
L = OA = 1 m. A l’aide d’un moteur connecté à la tige, on fait tourner cette dernière autour
d’elle même avec une vitesse angulaire constante ω. Au cours du mouvement, les deux fils sont
écartés par rapport à la verticale des angles respectifs α et β.
1- Faire le bilan des forces extérieures subies par la boule et les représenter.
2- Déterminer les valeurs de α et β et en déduire le rayon de courbure r de la trajectoire.
3- Exprimer les modules T1 et T2 des tensions respectives du fil supérieur et du fil inférieur.
4- En déduire la valeur minimale ωm que doit dépasser ω pour que le fil inférieur soit tendu.

Exercice 5.3 :
A la Figure 5.7 ci-dessous, un solide de masse m = 2 kg est fixé à l’extrémité d’un ressort de
masse négigeable, de raideur k = 100 N.m−1
et de longueur à vide `0 = 39, 2 cm. On fait passer
une tige de masse négligeable le long de l’axe du ressort, de telle sorte que la tige supporte le
solide. On fixe ensuite l’autre extrémité du ressort à une autre tige connectée à un moteur. Le
moteur fait tourner la tige autour de son axe vertical avec une vitesse angulaire constante ω,
et le ressort s’allonge et s’écarte de la verticale d’un angle α = 60°. Les frottements de la tige
sur le solide seront négligés.
1- Faire le bilan des forces extérieures qui agissent sur le solide et les représenter.
2- Exprimer l’accélération a du solide en fonction de ω, α et la longueur ` du ressort.
3- Exprimer les modules respectifs T et R de la tension du ressort et de la réaction de la tige
en fonction de m, g, ` et α.
4- Exprimer la longueur ` du ressort en fonction de m, g, k, `0, ω et α.
5- Calculer la valeur maximale ωm à laquelle la vitesse angulaire ω devrait être inférieure pour
que le module de la réaction de la tige reste strictement positif. En déduire la valeur maximale
`m à laquelle la longueur du ressort doit être inférieure.

Exercice 5.4 :
A la Figure 5.8 ci-dessous, une voiture de masse totale M = 4 t se déplace avec une vitesse
constante V = 30 km.h−1
sur un virage circulaire incliné à l’horizontale d’un petit angle α = 10°.
Les frottements sont négligés.
1- Faire le bilan des foces extérieures qui s’exerçent sur la voiture et les représenter.
2- Calculer l’accélération a de la voiture, et en déduire le rayon de courbure r de la trajectoire.
3- Déterminer l’intensité de la réaction du virage sur la voiture.
Exercice 5.5 :
A la Figure 5.9 ci-dessous, une moto roule sur un virage circulaire horizontal avec une vitesse
constante V = 36 km.h−1
tel que le rayon de courbure de la trajectoire de son centre d’inertie
G soit r = 50 m. Pour ne pas déraper, le conducteur incline la moto d’un angle α par rapport
à la verticale. Dans cette configuration, tout se passe comme si le système de masse totale
M = 250 kg était en équilibre (on parle d’équilibre relatif) sous l’action de son poids
−
→
P , de
la réaction normale
−
−
→
RN du virage, de la force de frottement
−
→
f exercée sur les roues dirigée
suivant le rayon de courbure, et d’une force
−
→
F appelée force d’inertie qui s’exprime en fonction
de l’accélération centripète −
→
a par
−
→
F = −M−
→
a . On désigne par (∆) l’axe horizontal passant
par les deux points de contact des roues avec le virage.

1- Représenter toutes les forces qui agissent sur le système à l’équilibre relatif.
2- Déterminer le module a de −
→
a et en déduire l’intensité de la force d’inertie
−
→
F .
3- Déterminer les intensités de
−
−
→
RN et de
−
→
f .
4- Déterminer la valeur de l’angle α.
Exercice 5.6 :
A la Figure 5.10 ci-dessous, un satellite (1) de masse m1 orbite à l’altitude h1 autour de la
planète Mars de masse MM = 6, 39 × 1023
kg et de rayon RM = 3389, 5 km. Au même moment,
un autre satellite (2) de masse m2 orbite à une altitude h2 autour de la Terre (dans son plan
équatorial) de masse MT = 5, 972 × 1024
kg et de rayon moyen RT = 6371 km.
1- Représenter les forces gravitationnelles
−
→
F1 et
−
→
F2 qui s’exerçent sur les deux satellites et
exprimer leurs modules.
2- Exprimer les modules a1 et a2 des accélérations respectives des deux satellites.
3- En déduire les expressions de leurs vitesses V1 et V2, leurs vitesses angulaires ω1 et ω2, ainsi
que leurs périodes T1 et T2.
4- Exprimer h2 en fonction de h1 pour que les deux satellites soient synchrones, c’est-à-dire
pour qu’ils aient la même période.
5- Les satellites étant synchrones, calculer h2 si h1 = 16 623, 22 km, et en déduire les périodes
des deux satellites. Sachant qu’un jour sidéral vaut 23 heures 56 minutes et 4 secondes, vérifier
que le satellite (2) est géostationnaire.
Exercice 5.7 :
Un satellite orbite autour de la planète Uranus de masse MU et dont le rayon moyen vaut
RU = 25 362 km. En fonction de l’altitude h du satellite par rapport à la surface de la planète,
on mesure sa période de révolution T. Les données ont été regroupées dans le Tableau 5.1.

h (km) 10 000 20 000 30 000 40 000 50 000 60 000
T (s) 17 363, 5 25 246 34 013, 3 43 633, 5 54 020, 7 65 122, 2
(RU + h)3
(1022
m3
)
T2
(108
s2
)
2- Exprimer T2
en fonction de (RU + h)3
.
3- Tracer le graphe T2
= f
”
(RU + h)3
—
. Echelle : 1 cm −→ 6 × 1022
m3
et 1 cm −→ 4 × 108
s2
.
5- En déduire la valeur expérimentale de la masse MU de la planète Uranus.
Exercice 5.8 :
On considère à la Figure 5.11 ci-dessous un spectrographe qui produit dans sa chambre d’ioni-
sation un ion sulfure 32
S2−
de masse m0 = 32 u (1 u = 1, 66 × 10−27
kg) et deux de ses isotopes
x1
S2−
et x2
S2−
de masses respectives m1 = x1u et m2 = x2u, avec x2 x1 32. A la sortie de
la chambre d’ionisation, les trois ions pénètrent avec une vitesse quasi-nulle dans la chambre
d’accélération de largeur ` dans laquelle règne un champ électrique
−
→
E horizontal et où est
établie une différence de potentiel U = 2000 V. A la sortie de cette chambre, les ions pénètrent
dans la chambre de déviation où règne un champ magnétique
−
→
B de module B = 198, 26 mT.
Les ions finissent leurs mouvements sur un collecteur, tel que la distance sur le collecteur entre
le point d’impact de l’ion 32
S2−
et celui de l’ion x1
S2−
est d1 = 4 mm, tandis que la distance
entre le point d’impact de l’ion x1
S2−
et celui de l’ion x2
S2−
est d2 = 7, 7 mm. Les poids des ions
seront négligés devant les autres forces.
1- Représenter le sens du champ électrique
−
→
E et celui du champ magnétique
−
→
B .

2- Montrer que les ions sortent de la chambre d’accélération avec la même énergie cinétique Ec
que l’on exprimera.
3- Exprimer les vitesses respectives V0, V1 et V2 des trois ions à la sortie de la chambre
d’accélération.
4- Montrer que chaque ion effectue un mouvement circulaire uniforme dans la chambre de
déviation, et calculer les rayons de courbure respectifs r0, r1 et r2 des ions.
5- En déduire les nombres de masse x1 et x2 des deux isotopes.
Exercice 5.9 :
Un proton de masse mp = 1, 67 × 10−27
kg est accéléré sans vitesse initiale dans une chambre
où est établie une différence de potentiel U = 1056, 8 V. A la sortie de cette chambre, le proton
subit une déviation circulaire dans une chambre de largeur ` = 1, 23 mm où règne un champ
magnétique
−
→
B de module B = 200 mT. A la sortie de la chambre de déviation, le proton n’est
plus soumis à aucune force et continu son mouvement en ligne droite et à vitesse constante. Il
est receuilli sur un écran vertical placé à la distance d = 5 mm de la sortie de la chambre de
déviation comme illustré à la Figure 5.12 ci-dessous.
−
→
E qui règne dans la chambre d’accélération ainsi que le
champ magnétique
−
→
B dans la chambre de déviation.
2- Calculer la vitesse V avec laquelle le proton pénètre dans la chambre de déviation.
3- En déduire le rayon de courbure r de la trajectoire du proton dans la chambre de déviation.
4- En déduire la valeur de l’angle θ, puis la valeur de l’angle α.
5- En déduire la distance h sur l’écran.
Exercice 5.10 :
A la Figure 5.13, une petite particule ponctuelle de faible masse m = 0, 5 µg et de charge
électrique q = 1, 317 pC orbite à la vitesse constante V = 0, 8 m.s−1
autour d’une autre particule
ponctuelle de charge q0
et de masse négligeable, les deux particules étant séparées d’une distance
r = 59, 26 nm. Les poids des deux particules seront négligés.

1- Représenter la force électrique
−
→
F subie par la particule de charge q. Quel est le signe de la
charge q0
?
2- Déterminer le module a de l’accélération −
→
a de la particule de charge q et en déduire l’intensité
de la force
−
→
F .
3- En déduire la valeur de la charge q0
de l’autre particule.

.
Evaluation 5.1 :
Une tige verticale est connectée à un moteur tournant à une vitese angulaire ω = 10 rad.s−1
. On
fixe l’extrémité d’un fil inextensible de longueur ` = 20 cm et de masse négligeable en un point
de la tige verticale. A l’autre extrémité du fil est fixée une bille de dimensions négligeables, de
masse m = 800 g et de charge électrique q = −2 mC. L’ensemble est placé entre deux armatures
électriques (M) et (N) séparées par une distance d = 40 cm et entre lesquelles est établie une
différence de potentiel U = VM − VN = 2000 V. La bille tourne autour de la tige verticale avec
la même vitesse angulaire ω, le fil étant écarté par rapport à l’horizontale d’un angle α, comme
illustré à la Figure 5.14 ci-dessous.
Déterminer la valeur de l’angle α.
Evaluation 5.2 :
A la Figure 5.15, deux ions 56
Fe2+
et 58
Fe2+
de masses respectives m1 = 56 u et m2 = 58 u
(1 u = 1, 66 × 10−27
kg) pénètrent avec des vitesses nulles dans une chambre d’accélération
constituée de deux armatures verticales entre lesquelles est établie une tension U = 1000 V.
A la sortie de cette chambre, ils pénètrent dans une champre de déviation, dans laquelle règne
un champ magnétique de module B. Les ions sont déviés vers un collecteur, leurs points d’im-
pact étant séparés par une distance δ = 5 mm. Les poids des ions seront négligés devant les
autres forces. Déterminer la valeur de B.

Evaluation 5.3 :
La planète Vénus, de masse MV = 4, 867 × 1024
kg et de rayon RV = 6051, 8 km a une période
de rotation de T = 243 jours terrestres. A quelle altitude h par rapport à la surface de Vénus
doit se trouver un satellite quelconque pour qu’il puisse orbiter en restant au-dessus d’une même
région de la planète ?

Exercice 5.1 :
1- Les forces extérieures qui agissent sur le garçon au cours du mouvement sont :
— Son poids
−
→
P = M−
→
g ;
−
→
R du disque ;
— La tension
−
→
T du câble.
2- Le disque tourne autour de l’axe (∆) avec une vitesse angulaire ω. Le garçon est situé sur
le disque à la distance r
2
de (∆). L’accélération −
→
a du garçon est centripète, et son module a
est donné par :
a =
ω2
r
2
Le poids
−
→
P et la réaction
−
→
R sont verticales, de sens contraires et se compensent. Du théorème
du centre d’inertie, on peut donc écrire :
−
→
T = M−
→
a
D’où :
T =
Mω2
r
2
3- Le câble ne peut supporter qu’une tension maximale Tm = 1, 25 kN = 1250 N. Pour que le
câble ne rompe pas, on doit donc avoir la condition :
T ≤ Tm
=⇒
Mω2
r
2
≤ Tm

=⇒ ω2
≤
2Tm
Mr
=⇒ ω ≤
É
2Tm
Mr
La vitesse angulaire maximale ωm avec laquelle peut tourner le disque est donc :
ωm =
Ê
2Tm
Mr
ωm =
Ê
2 × 1250
50 × 2
Soit :
ωm = 5 rad.s−1
Exercice 5.2 :
1- Les forces extérieures qui agissent sur la boule au cours de son mouvement sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
— La tension
−
→
T1 du fil supérieur ;
— La tension
−
→
T2 du fil inférieur.
2- La boule est entraînée par la rotation de la tige, et donc, tourne avec la vitesse angulaire ω
autour de la tige verticale. Notons M la position de la boule. Considérons le triangle OAM. Du
théorème d’Al-Kashi, on peut écrire :
OM2
= OA2
+ AM2
− 2OA · AM cos α
=⇒ `2
2
= L2
+ `1
2
− 2`1L cos α

On peut également écrire :
AM2
= OA2
+ OM2
− 2OA · OM cos β
=⇒ `1
2
= L2
+ `2
2
− 2`2L cos β
On a donc :
cos α =
L2
+ `1
2
− `2
2
2`1L
et cos β =
L2
+ `2
2
− `1
2
2`2L
D’où :
α = cos−1
–
L2
+ `1
2
− `2
2
2`1L
™
β = cos−1
–
L2
+ `2
2
− `1
2
2`2L
™
α = cos−1
–
12
+ 0, 62
− 0, 82
2 × 0, 6 × 1
™
β = cos−1
–
12
+ 0, 82
− 0, 62
2 × 0, 8 × 1
™
Soit :
α = 53, 1◦
β = 36, 87◦
Soit H le projeté orthogonale de M sur la tige. Le rayon de courbure r de la trajectoire de la
boule est le rayon du cercle qu’elle décrit au cours de son mouvement. On a donc r = HM. Le
triangle AHM étant rectangle en H, on peut écrire :
sin α =
HM
AM
=
r
`1
D’où :
r = `1 sin α
r = 0, 6 × sin 53, 13◦
Soit :
r = 48 cm
3- L’accélération −
→
a de la boule est centripète, et son module a pour expression :
a = ω2
r

Le théorème du centre d’inertie appliqué à la boule peut s’écrire :
−
→
P





0
−mg
+
−
→
T1





T1 sin α
T1 cos α
+
−
→
T2





T2 sin β
−T2 cos β
= m−
→
a





mω2
r
0
On obtient le système ci-dessous :





sin αT1 + sin βT2 = mω2
r
cos αT1 − cos βT2 = mg
En multipliant la première équation du système ci-dessus par cos β et la deuxième par sin β,
on obtient : 




sin α cos βT1 + sin β cos βT2 = mω2
r cos β
cos α sin βT1 − sin β cos βT2 = mg sin β
En additionnant membre à membre les deux équations du système ci-dessus, on obtient :
(sin α cos β + cos α sin β) T1 = m ω2
r cos β + g sin β

=⇒ sin (α + β)T1 = m ω2
r cos β + g sin β

D’où :
T1 =
m (ω2
r cos β + g sin β)
sin (α + β)
De la deuxième équation du premier système que nous avons obtenu, on a :
cos βT2 = cos αT1 − mg
=
m (ω2
r cos α cos β + g cos α sin β)
sin (α + β)
− mg
= m

ω2
r cos α cos β + g cos α sin β − g sin α cos β − g cos α sin β
sin α cos β + cos α sin β
‹
= m

ω2
r cos α cos β − g sin α cos β
sin α cos β + cos α sin β
‹
D’où :
T2 =
m (ω2
r cos α − g sin α)
sin (α + β)
4- Le fil inférieur est tendu si le module T2 de sa tension est strictement positif. On doit donc
avoir la condition :
T2 0

=⇒
m (ω2
r cos α − g sin α)
sin (α + β)
0
Or :
α + β = 53, 13◦
+ 36, 87◦
= 90°
=⇒ sin (α + β) = sin 90° = 1 0
On a donc :
ω2
r cos α − g sin α 0
=⇒ ω2

g tan α
r
=⇒ ω
É
g tan α
r
La valeur ωm que doit dépasser la vitesse angulaire ω pour que le fil inférieur soit tendu est
donc donnée par :
ωm =
Ê
g tan α
r
ωm =
Ê
9, 8 × tan 53, 13◦
0, 48
Soit :
ωm = 5, 271 rad.s−1
Exercice 5.3 :
1- Les forces extérieures qui agissent sur le solide sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
— La tension
−
→
T du ressort ;
— La réaction
−
→
R de la tige.
2- Soit r le rayon du cercle que décrit le centre d’inertie du solide pendant son mouvement. Le
module a de son accélération centripète −
→
a est donné par :
a = ω2
r
Or :
r = ` sin α
D’où :
a = ω2
` sin α

3- Du théorème du centre d’inertie, on peut écrire :
−
→
P





−mg cos α
−mg sin α
+
−
→
T





T
0
+
−
→
R





0
R
= m−
→
a





ma sin α
−ma cos α
D’où :
T = m ω2
` sin2
α + g cos α

R = m sin α g − ω2
` cos α

4- On sait que le module T de la tension du ressort s’exprime par :
T = k (` − `0)
En remplaçant l’expression ci-dessus dans l’expression de T trouvée précédemment, on obtient :
k (` − `0) = m ω2
` sin2
α + g cos α

=⇒ ` k − mω2
sin2
α

− k`0 = mg cos α
D’où :
` =
k`0 + mg cos α
k − mω2 sin2
α

5- Pour que le module R de la réaction de la tige reste strictement positif, on doit avoir la
condition :
R 0
=⇒ m sin α g − ω2
` cos α

0
=⇒ g − ω2
` cos α 0
=⇒ ω2
` cos α g
=⇒
ω2
cos α (k`0 + mg cos α)
k − mω2 sin2
α
g
=⇒ ω2
cos α (k`0 + mg cos α) g k − mω2
sin2
α

=⇒ ω2
k`0 cos α + mg cos2
α + mg sin2
α

gk
=⇒ ω2
(k`0 cos α + mg) gk
=⇒ ω2

gk
k`0 cos α + mg
=⇒ ω
Ê
gk
k`0 cos α + mg
D’où :
ωm =
Ê
gk
k`0 cos α + mg
ωm =
Ê
9, 8 × 100
100 × 0, 392 × cos 60◦ + 2 × 9, 8
Soit :
ωm = 5 rad.s−1
La valeur maximale `m à laquelle la longueur du ressort doit être inférieure est quant à elle
donnée par :
`m =
k`0 + mg cos α
k − mωm
2 sin2
α
`m =
100 × 0, 392 + 2 × 9, 8 × cos 60◦
100 − 2 × 52 × sin2
60◦
Soit :
`m = 78, 4 cm

Exercice 5.4 :
1- Les forces extérieures qui s’exerçent sur la voiture sur le virage sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
→
R du virage.
2- En appliquant la deuxième loi de Newton au centre d’inertie de la voiture, −
→
a étant son
vecteur accélération, on peut écrire :
−
→
P





0
−Mg
+
−
→
R





R sin α
R cos α
= M−
→
a





Ma
0
On a donc : 




R sin α = Ma
R cos α = Mg
=⇒ tan α =
a
g
D’où :
a = g tan α
a = 9, 8 × tan 10◦
Soit :
a = 1, 728 m.s−2
On a la relation :
a =
V2
r

D’où :
r =
V2
a
r =
€
30
3,6
Š2
1, 728
Soit :
r = 40, 18 m
3- Nous avons obtenu plus haut la relation :
R cos α = Mg
D’où :
R =
Mg
cos α
R =
4000 × 9, 8
cos 10◦
Soit :
R = 39, 804 kN
Exercice 5.5 :
1- Les quatre forces qui agissent sur le système ont été représentées à la Figure 5.20.
2- Le module a de l’accélération centripète est donné par :
a =
V2
r
a =
€
36
3,6
Š2
50
Soit :
a = 2 m.s−2
L’intensité F de la force d’inertie
−
→
F est donc donnée par :
F = Ma

F = 250 × 2
Soit :
F = 500 N
3- La réaction normale
−
−
→
RN et le poids
−
→
P sont directement opposés, et il en est de même pour
la force
−
→
F et la force de frottement
−
→
f . Le système étant en équilibre relatif, on a donc :
RN = Mg
f = F
RN = 250 × 9, 8
f = 500
Soit :
RN = 2450 N
f = 500 N
4- Le système étant en équilibre relatif, la somme algébrique des moments par rapport à l’axe
(∆) des forces extérieures qu’il subit est nulle. Puisque la réaction
−
−
→
RN et la force de frottement
−
→
f rencontrent l’axe (∆), leurs moments sont nuls. Soit O le point d’intersection entre (∆) et
l’axe de la moto. Soient d et d0
les bras de leviers respectifs de
−
→
P et
−
→
F . Prenons le sens des

aiguilles d’une montre comme sens positif. Les moments M(∆)
€−
→
P
Š
et M(∆)
€−
→
F
Š
de
−
→
P et
−
→
F
sont donnés respectivement par :
M(∆)
€−
→
P
Š
= −Mgd et M(∆)
€−
→
F
Š
= Fd0
Or, on a :
d = OG sin α et d0
= OG cos α
On a donc :
M(∆)
€−
→
P
Š
= −Mg · OG sin α et M(∆)
€−
→
F
Š
= F · OG cos α
Ainsi, de par la condition d’équilibre, on peut écrire :
−Mg · OG sin α + F · OG cos α = 0
=⇒ Mg · OG sin α = F · OG cos α
=⇒
sin α
cos α
= tan α =
F
Mg
D’où :
α = tan−1

F
Mg
‹
α = tan−1

500
250 × 9, 8
‹
Soit :
α = 11, 53◦
Exercice 5.6 :
1- Les forces gravitationnelles subies par les deux satellites ont été représentées à la Figure
5.21. Les modules de ces forces sont donnés par :
F1 =
GMMm1
(RM + h1)2
F2 =
GMTm2
(RT + h2)2
2- Tout au long de leurs mouvements, chaque satellite n’est soumis qu’à la force de gravitation
centripète. Soient −
→
a1 et −
→
a2 les vecteurs accélérations des satellites. Pour le satellite (1), le
théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
−
→
F1 = m1
−
→
a1

=⇒ F1 = m1a1
=⇒
GMMm1
(RM + h1)2 = m1a1
Pour le satellite (2), on a :
GMTm2
(RT + h2)2 = m2a2
D’où :
a1 =
GMM
(RM + h1)2
a2 =
GMT
(RT + h2)2
3- On sait que :
a1 =
V1
2
RM + h1
et a2 =
V2
2
RT + h2
On a donc :
V1
2
= a1 (RM + h1)
=
GMM
(RM + h1)2 (RM + h1)
D’où :
V1 =
Ê
GMM
RM + h1
V2 =
Ê
GMT
RT + h2

On a :
ω1 =
V1
RM + h1
=
È
GMM
RM+h1
RM + h1
D’où :
ω1 =
Ê
GMM
(RM + h1)3
ω2 =
Ê
GMT
(RT + h2)3
On a :
T1 =
2π
ω1
=
2π
q
GMM
(RM+h1)3
D’où :
T1 = 2π
s
(RM + h1)3
GMM
T2 = 2π
s
(RT + h2)3
GMT
4- Pour que les deux satellites soient synchrones, on doit avoir :
T1 = T2
=⇒ 2π
Ê
(RM + h1)3
GMM
= 2π
Ê
(RT + h2)3
GMT
=⇒
(RM + h1)3
GMM
=
(RT + h2)3
GMT
=⇒

RT + h2
RM + h1
‹3
=
MT
MM
=⇒
RT + h2
RM + h1
= 3
Ê
MT
MM
=⇒ RT + h2 = (RM + h1) 3
Ê
MT
MM

D’où :
h2 = (RM + h1) 3
Ê
MT
MM
− RT
5- On a h1 = 16 623, 22 km. En faisant l’application numérique de l’expression de h2 obtenue
précédemment, on obtient :
h2 = (3389, 5 + 16 623, 22) × 3
Ê
5, 972 × 1024
6, 39 × 1023
− 6371
Soit :
h2 = 35 783, 677 km
Les deux satellites étant synchrones, ils ont la même période T1 = T2. On a :
T1 = T2 = 2π
s
(RM + h1)3
GMM
T1 = T2 = 2 × π ×
s
[103 (3389, 5 + 16 623, 22)]3
6, 67 × 10−11 × 6, 39 × 1023
Soit :
T1 = T2 = 86163, 97 s ' 86164 s
Le jour sidéral correspond à la période de rotation de la Terre autour d’elle même. La durée du
jour sidéral vaut 23 heures 56 minutes et 4 secondes. Or, une minute correspond à 60 secondes,
et une heure correspond à 60 minutes, soit 60 × 60 = 3600 secondes. Le jour sidéral est donc
encore égal à 23 × 3600 + 56 × 60 + 4 = 86164 s. On constate donc que la période des deux
satellites est égale à la période de rotation de la Terre. Or, c’est le satellite (2) qui orbite autour
de la Terre dans son plan équatorial : Le satellite (2) est donc géostationnaire.
Exercice 5.7 :
1- Le Tableau 5.1 a été complété dans le Tableau 5.2 ci-dessous.
h (km) 10 000 20 000 30 000 40 000 50 000 60 000
T (s) 17 363, 5 25 246 34 013, 3 43 633, 5 54 020, 7 65 122, 2
(RU + h)3
(1022
m3
) 4, 42 9, 33 16, 97 27, 92 42, 8 62, 2
T2
(108
s2
) 3 6, 37 11, 57 19 29, 18 42, 4
2- Au cours de son mouvement, le satellite n’est soumis qu’à la force gravitationnelle
−
→
F cen-
tripète exercée par la planète. Son accélération −
→
a est elle aussi centripète, et si m est la masse

du satellite, le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
F = ma
=⇒
GMUm
(RU + h)2 = ma
=⇒ a =
GMU
(RU + h)2
Soit V la vitesse du satellite. On a :
a =
V2
RU + h
=⇒ V =
p
a (RU + h)
=
Ê
GMU
RU + h
La vitesse angulaire ω est donnée par :
ω =
V
RU + h
=
Ê
GMU
(RU + h)3
La période T est quant à elle donnée par :
T =
2π
ω
= 2π
Ê
(RU + h)3
GMU
On a donc :
T2
=
4π2
GMU
(RU + h)3
3- Le graphe T2
= f
”
(RU + h)3
—
a été représenté à la Figure 5.22.
4- L’ordonnée à l’origine de la courbe obtenue est nulle. Son équation est donc de la forme :
T2
= f
”
(RU + h)3
—
= a (RU + h)3
Avec :
a =
∆T2
∆ (RU + h)3
=
108
(42, 4 − 3)
1022 (62, 2 − 4, 42)

Une équation de la courbe est donc :
T2
= f
”
(RU + h)3
—
= 6, 819 × 10−15
(RU + h)3
s2
T2
=
4π2
GMU
(RU + h)3
Par identification, on a :
4π2
GMU
= 6, 819 × 10−15
=⇒ MU =
4π2
6, 819 × 10−15G
=
4 × π2
6, 819 × 10−15 × 6, 67 × 10−11
Soit :
MU = 8, 68 × 1025
kg
Exercice 5.8 :
1- L’ion sulfure 32
S2−
et ses isotopes ont une charge négative q = −2e. Dans la chambre d’ac-
célération, ils se déplacent vers la droite, ce qui signifie qu’ils sont soumis à une force électrique
−
→
F horizontale et orientée vers la droite. Par conséquent, le champ électrique
−
→
E est lui orienté
vers la gauche. Dans la chambre de déviation, les ions sont soumis à une force magnétique (de

Lorentz) qui les entraîne vers le bas et vers la droite. En utilisant la règle des trois doigts, en te-
nant compte du fait que les ions sont chargés négativement, on trouve que le champ magnétique
−
→
B entre dans le plan de la figure.
−
→
E et
−
→
B ont été représentés à la Figure 5.23 ci-dessous.
2- Pour un ion quelconque de masse m, le théorème de l’énergie cinétique dans la chambre
d’accélération peut s’écrire :
Ec = W
€−
→
F
Š
= F`
= 2eE`
= 2e
U
`
`
On constate donc que l’énergie cinétique de chaque ion à la sortie de la chambre d’accélération
ne dépend que de sa charge et de la tension U. Puisque les trois ions ont la même charge, on
conclut que les trois ions sortent de la chambre d’accélération avec la même énergie
cinétique Ec donnée par :
Ec = 2eU
3- Les vitesses respectives des trois ions à la sortie de la chambre d’accélération sont telles que :
Ec = 2eU =
1
2
m0V0
2
=
1
2
m1V1
2
=
1
2
m2V2
2
On a donc :
V0 =
Ê
eU
8u

V1 = 2
Ê
eU
x1u
V2 = 2
Ê
eU
x2u
4- Dans la chambre de déviation, chaque ion est soumis à une force de Lorentz
−
→
F0
donnée par :
−
→
F0
= m−
→
a = −2e
−
→
V ∧
−
→
B
=⇒ −
→
a = −
2e
m
−
→
V ∧
−
→
B
L’expression ci-dessus montre que l’accélération et la vitesse de chaque ion dans la chambre de
déviation sont orthogonales. Leur produit scalaire est donc nul, et par conséquent, le mouvement
de chaque ion est uniforme. La vitesse est donc constante, et l’accélération tangentielle est nulle.
On a ainsi :
a =
V2
r
=
2eVB
m
=⇒ r =
mV
2eB
La vitesse étant constante, le rayon de courbure r est donc constant, ce qui prouve que trajectoire
est circulaire. On concult donc que dans la chambre de déviation, chaque ion effectue
un mouvement circulaire uniforme.
Pour chaque ion, on a donc :
r0 =
32u
2eB
É
eU
8u
r1 =
2x1u
2eB
Ê
eU
x1u
r2 =
2x2u
2eB
Ê
eU
x2u
D’où :
r0 =
4
B
Ê
2uU
e
r1 =
1
B
Ê
x1uU
e
r2 =
1
B
Ê
x2uU
e
5- La distance entre le point par lequel chaque ion entre dans la chambre de deviation et le
point d’impact de l’ion sur le collecteur correspond au diamètre du cercle que décrit l’ion, soit

le double de son rayon de courbure. On voit que :
2r1 = 2r0 + d1 et 2r2 = 2r0 + d1 + d2
On a :
2
B
É
x1uU
e
=
8
B
É
2uU
e
+ d1
=⇒
É
x1uU
e
= 4
É
2uU
e
+
d1B
2
=⇒
x1uU
e
=
‚
4
É
2uU
e
+
d1B
2
Œ2
D’où :
x1 =
e
uU
4
Ê
2uU
e
+
d1B
2
!2
x2 =
e
uU
4
Ê
2uU
e
+
B (d1 + d2)
2
!2
x1 =
1, 6 × 10−19
1, 66 × 10−27 × 2000
×
‚
4 ×
Ê
2 × 1, 66 × 10−27 × 2000
1, 6 × 10−19
+
8 × 10−3 × 0, 19826
2
Œ2
x2 =
1, 6 × 10−19
1, 66 × 10−27 × 2000
×
‚
4 ×
Ê
2 × 1, 66 × 10−27 × 2000
1, 6 × 10−19
+
0, 19826 × 10−3
× (8 + 7, 7)
2
Œ2
Soit :
x1 = 34
x2 = 36
Exercice 5.9 :
1- Le proton a une charge positive qp = e. Dans la chambre d’accélération, il est attiré vers le
haut et la droite. Le champ électrique
−
→
E a donc la direction et le sens du mouvement. Dans la
chambre de déviation quant à elle, le proton est dévié vers le bas. En utilisant la règle des trois
doigts, on trouve que le champ magnétique
−
→
B sort de la figure.
−
→
E et
−
→
B ont été représentés à
la Figure 5.24.

2- Soit `0
la longueur de la chambre d’accélération. En appliquant le théorème de l’énergie
cinétique, on peut écrire :
1
2
mpV2
=
eU
`0
`0
= eU
D’où :
V =
Ê
2eU
mp
V =
Ê
2 × 1, 6 × 10−19 × 1056, 8
1, 67 × 10−27
Soit :
V = 4, 5 × 105
m.s−1
3- Dans la chambre de déviation, le proton est soumis à une force de Lorentz centripète, et son
mouvement est circulaire uniforme. On a :
−
−
→
FLo = mp
−
→
a = e
−
→
V ∧
−
→
B
=⇒
V2
r
=
eVB
mp
D’où :
r =
mpV
eB

r =
1, 67 × 10−27
× 4, 5 × 105
1, 6 × 10−19 × 0, 2
Soit :
r = 23, 48 mm
4- La largeur ` de la chambre de déviation étant faible (de même que le rayon de courbure r),
on peut confondre l’arc de cercle décrit par le proton avec ` et dans ce cas écrire :
θ =
`
r
θ =
1, 23
23, 48
Soit :
θ = 0, 052 rad = 3◦
Dans le triangle OA1A2, on peut écrire :
θ + α + α = 180°
D’où :
α =
180◦
− θ
2
α =
180◦
− 3◦
2
Soit :
α = 88, 5◦
5- On a :
tan α =
d
h
D’où :
h =
d
tan α
h =
5
tan 88, 5◦
Soit :
h = 130, 93 mm

Exercice 5.10 :
1- Puisque la particule de charge q orbite autour de l’autre particule de charge q0
de masse
négligeable, la force électrique
−
→
F est centripète (orientée vers la charge q0
). Les deux particules
s’attirent et ont donc des charges de signes contraires. La charge q0
est donc négative. La
force électrique
−
→
F a été représentée à la Figure 5.25 ci-dessous.
Figure 5.25 – Correction de l’exercice 10.
2- L’accélération −
→
a de la charge q est centripète, et son module a est donné par :
a =
V2
r
a =
0, 82
59, 26 × 10−9
Soit :
a = 1, 08 × 107
m.s−2
L’intensité de la force électrique
−
→
F est quant à elle donnée par :
F = ma
F = 0, 5 × 10−6
× 1, 08 × 107
Soit :
F = 5, 4 N
3- On a :
F =
K |q| |q0
|
r2
La charge q0
étant négative, on a donc :
q0
= −
Fr2
K |q|

q0
= −
5, 4 × (59, 26 × 10−9
)
2
9 × 109 × |1, 317 × 10−12|
Soit :
q0
= −1, 6 pC

Evaluation 5.1 :
Pendant le mouvement circulaire uniforme de la bille, les forces extérieures qu’elle subit sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
— La tension
−
→
T du fil ;
−
→
F due aux armatures.
Notons r le rayon du cercle décrit par la bille. On a :
cos α =
r
`
=⇒ r = ` cos α
−
→
P





0
−mg
+
−
→
T





T cos α
−T sin α
+
−
→
F





0
|qU|
d
= m−
→
a





mω2
` cos α
0
On a donc : 




T = mω2
`
−mg − T sin α + |qU|
d
= 0
=⇒ mg + mω2
` sin α −
|qU|
d
= 0

=⇒ sin α =
|qU|
d
− mg
m`ω2
D’où :
α = sin−1
‚ |qU|
d
− mg
m`ω2
Œ
α = sin−1
„
|−2×10−3×2000|
0,4
− 0, 8 × 9, 8
0, 8 × 0, 2 × 102
Ž
Pendant le mouvement circulaire uniforme de la bille, le fil est donc écarté de
l’horizontale d’un angle α = 7, 75◦
.
Evaluation 5.2 :
Les deux ions ont la même charge q = 2e et sont chacun soumis dans la chambre de déviation à
une force électrique horizontale orientée vers la droite. Notons m la masse d’un ion quelconque,
V sa vitesse à la sortie de la chambre d’accélération et d la distance qui sépare les armatures
verticales. En appliquant le théorème de l’énergie cinétique, on peut écrire :
1
2
mV2
=
|qU|
d
d = 2eU
Soit :
V1 = 2
Ê
eU
m1
V2 = 2
Ê
eU
m2
Dans la chambre de déviation, les ions sont chacun soumis à la force de Lorentz et effectuent
un mouvemnt circulaire uniforme. Notons R le rayon de courbure d’un ion quelconque. Le
théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
2eVB =
mV2
R
=⇒ R =
mV
2eB
=
m
eB
É
eU
m
Soit :
R1 =
1
B
É
m1U
e
R2 =
1
B
É
m2U
e

La distance δ séparant les points d’impact des deux ions sur le collecteur est donnée par :
δ = 2 (R2 − R1)
=
2
B
É
U
e
(
√
m2 −
√
m1)
D’où :
B =
2
δ
Ê
U
e
√
m2 −
√
m1

B =
2
5 × 10−3
×
Ê
1000
1, 6 × 10−19
€p
58 × 1, 66 × 10−27 −
p
56 × 1, 66 × 10−27
Š
Le module du champ magnétique régnant dans la chambre de déviation vaut donc
B = 170, 66 mT
Evaluation 5.3 :
Le satellite orbitant autour de Vénus effectue un mouvement ciculaire uniforme avec une période
de rotation Tr telle que :
4π2
(RV + h)3
= GMVTr
2
=⇒ RV + h =
3
Ê
GMVTr
2
4π2
Pour que le satellite orbite autour de Vénus en restant au-dessus d’une même région, sa période
de rotation doit être la même que celle de Vénus. On doit donc avoir :
Tr = T
On a donc :
h =
3
Ê
GMVT2
4π2
− RV
h =
3
s
6, 67 × 10−11 × 4, 867 × 1024 × (243 × 24 × 3600)2
4 × π2
− 6051, 8 × 103

Pour que le satellite puisse orbiter autour de Vénus en restant au-dessus d’une
même région, il doit donc se trouver à une altitude h = 1 530 058, 821 km par rap-
port à la surface de la planète.

CHAPITRE 6. GÉNÉRALITÉS SUR LES SYSTÈMES OSCILLANTS 316
Chapitre 6
Généralités sur les systèmes oscillants
Or, la vie éternelle, c’est qu’ils te connaissent, toi, le seul vrai Dieu, et celui que tu
as envoyé, Jésus-Christ.
Jean 17 : 3
6.1 Définitions et concepts
Dans notre environnement, certains phénomènes semblent se reproduire après un cycle. On
dit d’un phénomène qu’il est périodique lorsqu’il se répète identique à lui-même à des inter-
valles de temps successifs et égaux. Un phénomène est dit oscillatoire lorsqu’il s’effectue de
façon alternée et le plus souvent périodique. Un système intervenant dans un phénomène os-
cillatoire est qualifié de système oscillant ou oscillateur. Dépendant du type de phénomène
oscillatoire, on peut distinguer entre autres les oscillateurs mécaniques, électriques, biologiques,
chimiques, etc. La plus courte durée pendant laquelle un phénomène oscillatoire ou périodique
se repète identique à lui-même est appelée période. Elle se note généralement T, et s’exprime
en secondes (s). L’inverse de la période, notée f porte le nom de fréquence ou Vitesse de ro-
tation, et correspond au nombre de fois que le phénomène périodique se reproduit par seconde.
L’unité SI de la fréquence est le Hertz (Hz). On a :
f =
1
T
(6.1)
1 Hz = 1 tr.s−1
On définit la pulsation ou vitesse angulaire ω (qui s’exprime en rad.s−1
) par :
ω = 2πf =
2π
T
(6.2)
Une oscillation est le phénomène de va-et-vient (aller et retour) d’un système oscillant pendant
une période. Un mouvement oscillatoire rapide est appelé vibration. Une alternance quant
à elle se définit comme étant une demi-oscillation, c’est-à-dire un phénomène oscillatoire se
déroulant pendant une demi-période.

6.2 Grandeur physique associée à un phénomène oscillatoire
A tout phénomène oscillatoire est associée une grandeur physique x(t) qu’on qualifie généra-
lement de signal, et qui traduit l’évolution du phénomène au cours du temps. Si le phénomène
est périodique, la fonction x(t) est elle aussi périodique. Elle se présente généralement sous la
forme d’une fonction sinusoïdale, et sa courbe représentative en fonction du temps est une
sinusoïde. Lorsque la grandeur physique associée à un phénomène oscillatoire est une fonction
sinusoïdale, l’oscillateur en question est dit haromonique. On a :
x(t) = asin (ωt + ϕ) ou x(t) = acos (ωt + ϕ) (6.3)
Dans ces deux expressions, a désigne l’amplitude de x(t). C’est la valeur maximale que peut
prendre le signal x(t). ω est la pulsation, le terme ωt + ϕ désigne la phase à l’instant t,
et ϕ représente la phase à l’origine, c’est-à-dire la phase à l’instant t = 0. ϕ s’exprime en
radians (rad). Il est plus commode de s’assurer que ϕ appartienne à l’intervalle [−π ; π]. Si
ϕ n’appartient pas à cet intervalle, il est judicieux de le remplacer par sa mesure principale.
La Figure 6.1 ci-dessous représente la courbe d’évolution d’une fonction sinusoïdale x(t) en
fonction du temps.
Figure 6.1 – Représentation graphique d’une fonction sinusoïdale.

L’amplitude est déterminée par le sommet de chaque crête de la sinusoïde. Les valeurs positives
de x(t) (région au-dessus de l’axe des temps) correspond aux alternances positives, tandis
que les valeurs négatives (région en-dessous de l’axe des temps) correspond aux alternances
négatives. La période est l’intervalle de temps séparant deux crêtes consécutives situées du
même côté par rapport à l’axe des temps. A l’instant t = 0, la valeur x0 de x(t) vaut :
x0 = x(t = 0) = asin ϕ ou x0 = x(t = 0) = acos ϕ (6.4)
Une date t0 à laquelle la fonction x(t) s’annule vérifie :
sin (ωt0 + ϕ) = 0 ou cos (ωt0 + ϕ) = 0 (6.5)
Une date tmax à laquelle la fonction x(t) atteint son maximum vérifie :
sin (ωtmax + ϕ) = 1 ou cos (ωtmax + ϕ) = 1 (6.6)
Une date tmin à laquelle la fonction x(t) atteint son minimum vérifie :
sin (ωtmin + ϕ) = −1 ou cos (ωtmin + ϕ) = −1 (6.7)
Certaines relations trigonométriques importantes ont été regroupées dans le Tableau 6.1 ci-
dessous.
Tableau 6.1 – Quelques relations trigonométriques
cos (−α) = cos α sin (−α) = − sin α
cos (π − α) = − cos α sin (π − α) = sin α
cos (π + α) = − cos α sin (π + α) = − sin α
cos π
2
− α

= sin α sin π
2
− α

= cos α
cos π
2
+ α

= − sin α sin π
2
+ α

= cos α
cos (α + β) = cos α cos β − sin α sin β sin (α + β) = sin α cos β + cos α sin β
cos (α − β) = cos α cos β + sin α sin β sin (α − β) = sin α cos β − cos α sin β
cos α + cos β = 2 cos α−β
2

cos α+β
2

sin α + sin β = 2 cos α−β
2

sin α+β
2

Une fonction sinusoïdale exprimée par une fonction sinus peut donc aisément être transformée
en une fonction cosinus, et vice versa.

6.3 Comparaison de deux phénomènes oscillatoires
Considérons deux oscillateurs harmoniques caractérisés par leurs fonctions sinusoïdales x1(t)
et x2(t) telles que :





x1(t) = a1sin (ω1t + ϕ1)
x2(t) = a2sin (ω2t + ϕ2)
ou





x1(t) = a1cos (ω1t + ϕ1)
x2(t) = a2cos (ω2t + ϕ2)
(6.8)
a1 et a2 sont les amplitudes respectives de x1(t) et x2(t), ω1 et ω2 leurs pulsations respectives,
ϕ1 et ϕ2 leurs phases à l’origine respectives. Si les deux signaux x1(t) et x2(t) ont la même
amplitude (a1 = a2) ils sont dits isochrones. S’ils ont la même pulsation (ω1 = ω2), et par
conséquent la même période et la même fréquence, ils sont dits synchrones. Deux signaux à
la fois isochrones et synchrones sont dits isosynchrones. Considérons le cas où x1(t) et x2(t)
sont synchrones, et désignons respectivement par ω, T et f leur pulsation, leur période et leur
fréquence. La Figure 6.2 ci-dessous représente leurs évolutions en fonction du temps.
Figure 6.2 – Représentations graphiques de deux signaux sinusoïdaux synchrones.
Le déphasage ∆ϕ entre x1(t) et x2(t) correspond à la différence de leurs phases. on a :
∆ϕ = ωt + ϕ1 − ωt − ϕ2 = ϕ1 − ϕ2 (6.9)

Si ∆ϕ 0, x1(t) est en avance de phase par rapport à x2(t), et donc x2(t) est en retard
de phase par rapport à x1(t). Si ∆ϕ 0, x2(t) est en avance de phase par rapport à x1(t),
et donc x1(t) est en retard de phase par rapport à x2(t). Si ∆ϕ = 2kπ (k ∈ Z), x1(t) et x2(t)
sont en phase : Ils s’annulent au même moment, et atteingnent leurs extrémums en même
temps. Aucun signal n’est en avance sur l’autre. Si ∆ϕ = π + 2kπ (k ∈ Z), x1(t) et x2(t) sont
en opposition de phase : Ils s’annulent au même moment, mais à l’intant où l’un des signaux
atteint son maximum, l’autre atteint son minimum, et vice versa. Il n’est pas possible de dire
lequel des deux signaux est en avance sur l’autre. Si ∆ϕ = π
2
+ kπ (k ∈ Z), x1(t) et x2(t) sont
en quadrature de phase : Lorsque l’un des signaux s’annule, l’autre atteint son minimum
ou son maximum, et vice versa. On définit le décalage horaire θ entre x1(t) et x2(t) comme
étant le temps d’avance que possède l’un des signaux par rapport à l’autre. On a la relation :
∆ϕ = θω (6.10)
L’unité SI du décalage horaire est la seconde (s).
6.4 Supperposition de deux phénomènes oscillatoires
Considérons deux signaux synchrones x1(t) et x2(t) de même pulsation ω donnés par :





x1(t) = a1sin (ωt + ϕ1)
x2(t) = a2sin (ωt + ϕ2)
ou





x1(t) = a1cos (ωt + ϕ1)
x2(t) = a2cos (ωt + ϕ2)
Exprimons le signal x(t) résultant de la superposition de x1(t) et x2(t) sous la forme :
x(t) = x1(t) + x2(t) = Asin (ωt + φ) ou x(t) = x1(t) + x2(t) = Acos (ωt + φ) (6.11)
Pour déterminer l’amplitude A et la phase à l’origine φ du signal résultant x(t), le physicien
français Augustin Jean Fresnel a proposé une brillante technique basée sur un diagramme
appelé diagramme de Fresnel. Considérons trois points A, B et C du plan. On effectue les
correspondances ci-dessous :





x1(t) −→
−
−
→
AB
x2(t) −→
−
−
→
BC
x(t) = x1(t) + x2(t) −→
−
−
→
AB +
−
−
→
BC =
−
−
→
AC
Chaque vecteur est incliné par rapport à l’horizontale d’un angle correspondant à la phase à
l’origine du signal associé. De même, la longueur de chaque vecteur correspond à l’amplitude
du signal associé. On a : 




AB = a1
BC = a2
AC = A

La Figure 6.3 ci-dessous illustre la construction de Fresnel relative à x1(t), x2(t) et x(t).
Figure 6.3 – Diagramme de Fresnel.
Soient B0
et C0
les projetés orthogonaux respectifs de B et C sur la droite horizontale (D).
Notons (D0
) la droite horizontale passant par le point B. Soit C00
le projeté orthogonal de C sur
la droite (D0
). Le triangle ACC0
étant rectangle en C0
, on peut écrire :
AC2
= A2
= AC02
+ C0C
2
Or, on a :
AC0 = AB0 + B0C0 et C0C = C0C00 + C00C
Le triangle ABB0
étant rectangle en B0
, on peut écrire :
cos ϕ1 =
AB0
AB
=
AB0
a1
=⇒ AB0 = a1 cos ϕ1
Le triangle BCC00
étant rectangle en C00
, on peut écrire :
cos ϕ2 =
BC00
BC
=
B0C0
a2
=⇒ B0C0 = a2 cos ϕ2

Dans le triangle ABB0
, on peut encore écrire :
sin ϕ1 =
B0B
AB
=
C0C00
a1
=⇒ C0C00 = a1 sin ϕ1
Toujours dans le triangle BCC00
, on peut écrire :
sin ϕ2 =
C00C
BC
=
C00C
a2
=⇒ C00C = a2 sin ϕ2
On a donc :
AC0 = a1 cos ϕ1 + a2 cos ϕ2 et C0C = a1 sin ϕ1 + a2 sin ϕ2
On peut donc écrire finalement :
A2
= (a1 cos ϕ1 + a2 cos ϕ2)2
+ (a1 sin ϕ1 + a2 sin ϕ2)2
= a1
2
cos2
ϕ1 + a2
2
cos2
ϕ2 + 2a1a2 cos ϕ1 cos ϕ2
+ a1
2
sin2
ϕ1 + a2
2
sin2
ϕ2 + 2a1a2 sin ϕ1 sin ϕ2
= a1
2
cos2
ϕ1 + sin2
ϕ1

+ a2
2
cos2
ϕ2 + sin2
ϕ2

+ 2a1a2 (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2)
= a1
2
+ a2
2
+ 2a1a2 cos (ϕ1 − ϕ2)
L’amplitude A du signal résultant x(t) a donc pour expression :
A =
p
a1
2 + a2
2 + 2a1a2 cos (ϕ1 − ϕ2) (6.12)
Dans le triangle ACC0
, on peut écrire :
tan φ =
C0C
AC0
=
a1 sin ϕ1 + a2 sin ϕ2
a1 cos ϕ1 + a2 cos ϕ2
La phase à l’origine φ du signal résultant x(t) est donc telle que :
φ = tan−1

a1 sin ϕ1 + a2 sin ϕ2
a1 cos ϕ1 + a2 cos ϕ2
‹
+kπ avec k ∈ Z (6.13)
Dans l’intervalle [−π ; π] :
— Si C0C ≥ 0 et AC0 ≥ 0, φ ∈

0 ; π
2

.
— Si C0C ≥ 0 et AC0 ≤ 0, φ ∈
π
2
; π

.
— Si C0C ≤ 0 et AC0 ≤ 0, φ ∈

−π ; − π
2

.
— Si C0C ≤ 0 et AC0 ≥ 0, φ ∈

− π
2
; 0

.

6.5 Observation stroboscopique des phénomènes périodiques
La stroboscopie est une technique utilisée en Physique pour observer les phénomènes pé-
riodiques rapides à l’aide d’un appareil appelé stroboscope. Le stroboscope est une source
de lumière qui émet des éclairs avec une certaine fréquence. En fonction des valeurs de la
fréquence de ces éclairs, le phénomène périodique peut sembler pour un observateur, soit im-
mobile, soit évoluer au ralenti. On parle d’immobilité apparente ou de ralenti apparent.
Le stroboscope ne modifie pas le déroulement du phénomène, mais les éclairs qu’il émet pro-
voquent des illusions d’optique chez l’œil de l’observateur ; il perçoit des choses qui ne sont
pas réelles. L’un des phénomènes les plus courants qui sollicitent une observation stroboscopique
est la rotation d’un disque marqué d’un ou de plusieurs rayons. Considérons par exemple un
disque blanc peint de p (p ∈ N∗
) rayons noirs régulièrement espacés. Faisons tourner le disque
autour de son axe de symétrie avec une fréquence constante f. Eclairons-le ensuite à l’aide d’un
stroboscope émettant des éclairs dont la fréquence fe varie entre fe1 et fe2 . Les fréquences feimm
des éclairs pour lesquelles le disque paraît immobile sont telles que :
feimm =
pf
k
avec k ∈ N∗
(6.14)
Puisque la fréquence des éclairs émis par le stroboscope varie entre fe1 et fe1 , on a l’encadrement :
fe1 ≤ feimm ≤ fe2
=⇒ fe1 ≤
pf
k
≤ fe2
Les fréquences des éclairs pour lesquelles le disque paraît immobile sont donc telles que :
feimm (k) =
pf
k
avec k ∈ Z∗
et k ∈
•
pf
fe2
;
pf
fe1
˜
(6.15)
Supposons que le stroboscope éclaire le disque avec une fréquence fe telle que :
fe ' feimm (k) ≡
pf
k
avec k ∈ N∗
et k ∈
•
pf
fe2
;
pf
fe1
˜
Le nombre n de tours effectués par le disque entre deux éclairs consécutifs est donné par :
n =
f
fe
(6.16)
Le nombre nr de rayons passés entre temps est donné par :
nr = pn =
pf
fe
' k avec k ∈ N∗
(6.17)
Pour l’observateur, le nombre na de tours apparents effectués par le disque est donné par :
na =
|k − nr|
p
(6.18)

Pour l’observteur, la fréquence apparente fa du mouvement apparent est donnée par :
fa = nafe (6.19)
Si k nr, l’observateur voit le disque évoluer au ralenti dans le sens contraire au mouvement
réel. On parle de ralenti apparent dans le sens rétrograde. Si k nr, l’observateur voit
le disque évoluer au ralenti dans le sens réel du mouvement. On parle de ralenti apparent
dans le sens direct. Dans le cas particulier où le disque n’est peint que d’un seul rayon,
il existe des fréquences pour lesquelles le disque paraît immobile, mais avec plusieurs rayons
régulièrement espacés. On parle d’immobilité apparente avec multiplicité. Ces fréquences
sont telles que :
feimm = kf avec k ∈ N∗
− {1} (6.20)
On a toujours :
fe1 ≤ feimm ≤ fe2
=⇒ fe1 ≤ kf ≤ fe2
Les fréquences des éclairs pour lesquelles le disque paraît immobile avec plusieurs rayons sont
donc telles que :
feimm (k) = kf avec k ∈ N∗
− {1} et k ∈
•
fe1
f
;
fe2
f
˜
(6.21)
k est encore le nombre de rayons qu’on observe sur le disque. Lorsque le disque paraît immobile
avec un seul rayon, on parle d’immobilité apparente avec unicité.

Exercices
Exercice 6.1 :
Mettre chacun des signaux ci-dessous sous la forme A sin (ωt + ϕ), déterminer son amplitude, sa
pulsation, sa période, sa fréquence, sa phase à l’origine et sa valeur à l’origine, puis représenter
sa courbe d’évolution en fonction du temps.
1- x(t) = 10 cos 6πt + π
6

cm.
2- y(t) = 4 sin 5πt + π
3

cos 5πt + π
3

mm.
3- θ(t) = 16π cos2
20πt − π
8

− 8π rad.
4- i(t) = 30 cos (10t + π) cos 5t + π
8

+ 30 sin (10t + π) sin 5t + π
8

A.
5- u(t) = 20 cos3
8t + π
6

− 15 cos 8t + π
6

V.
Exercice 6.2 :
Les deux signaux représentés sur chacune des Figures ci-après sont synchrones. Déterminer
leurs amplitudes, leur période, leur fréquence et leur pulsation. Déterminer le décalage horaire
θ et le déphasage ∆ϕ entre les deux signaux, et dire lequel des deux signaux est en avance sur
l’autre. Mettre enfin les deux signaux sous la forme A cos (ωt + ϕ).
1-
Figure 6.4 – Question 1 de l’exercice 6.2.

2-
3-

4-
5-
Exercice 6.3 :
Dans chacun des cas ci-après, faire la construction de Fresnel relative aux deux signaux, et
mettre leur somme sous la forme Asin (ωt + φ).
1- x1(t) = 10 sin 2πt + π
3

cm et x2(t) = 8 sin 2πt + π
6

cm.
2- y1(t) = 15 sin 4πt + π
4

mm et y2(t) = 9 sin 4πt + π
2

mm.
3- z1(t) = 4 sin 10πt + 2π
3

m et z2(t) = sin 10πt − 5π
6

m.
4- i1(t) = 50 sin 6πt − π
3

mA et i2(t) = 80 sin (6πt + π) mA.
5- u1(t) = 25 sin 8πt − π
6

V et u2(t) = 25 sin 8πt − 2π
3

V. Pour ce dernier cas, retrouver le
résultat en utilisant les propriétés d’addition des fonctions trigonométriques.

Exercice 6.4 :
Un disque noir marqué d’un rayon blanc tourne autour de son axe avec une vitesse de rotation
constante de 3000 tours par minute. Le disque est éclairé par un stroboscope qui émet des
éclairs dont la fréquence varie de façon continue entre 5 Hz et 200 Hz.
1- Déterminer la fréquence de rotation f du disque en Hz.
2- Pour quelles fréquences des éclairs le disque paraît-il immobile avec un seul rayon blanc ?
3- Montrer que le nombre maximal de rayon blanc qu’on peut observer sur le disque est de 4.
4- Pour quelle fréquence des éclairs le disque paraît-il immobile avec : 4 rayons blancs ? 3 rayons
blancs ? 2 rayons blancs ?
5- Qu’observe-t-on lorsque la fréquence des éclairs vaut : 100, 11 Hz ? 149, 96 Hz ? 199, 85 Hz ?
Calculer la fréquence apparante fa dans chaque cas.
Exercice 6.5 :
Une roue de Barlow à 20 rayons régulièrement espacés tourne autour de son axe avec une vitesse
angulaire constante ω = 75, 4 rad.s−1
. Elle est éclairée par un stroboscope dont la fréquence des
éclairs varie entre 30 Hz et 300 Hz.
1- Déterminer la fréquence f à laquelle tourne la roue.
2- Pour quelles fréquences des éclairs la roue semble-t-elle immobile ?
3- Qu’observe-t-on lorsque la fréquence des éclairs vaut : 50 Hz ? 31, 5 Hz ? 77, 8 Hz ?

Evaluation 6.1 :
Un générateur délivrant une tension alternative u (t) est monté en série avec un conducteur
ohmique et une bobine résistive. On désigne par u1 (t) la tension aux bornes du conducteur
ohmique et par u2 (t) la tension aux bornes de la bobine résistive, telle que :
u (t) = u1 (t) + u2 (t)
A la Figure 6.9 ci-dessous ont été représentées les courbes d’évolution de u (t) et u1 (t). une
division horizontale correspond à 2, 5 ms, tandis qu’une divison verticale correspond à 3, 2 V.
Déterminer l’expression de u2 (t) sous la forme u2mcos (ωt + ϕ2).
Evaluation 6.2 :
Dans une classe de Terminale, un enseignant écrit au tableau les expressions de quatre signaux
χ1 (t), χ2 (t), χ3 (t) et χ4 (t) :
χ1 (t) = cos (2πt) ; χ2 (t) = 2 sin

2πt −
π
6

χ3 (t) = 4 cos

2πt −
5π
6
‹
; χ4 (t) = 8 sin

2πt +
π
3

L’enseignant demande ensuite de donner l’expression du signal χ (t) donné par :
χ (t) = χ1 (t) + χ2 (t) + χ3 (t) + χ4 (t)

L’élève Zacharie trouve :
χ (t) = 8, 472 cos (2πt + 0, 134π)
L’élève Malachie quant à lui trouve :
χ (t) = 8, 472 sin (2πt − 0, 366π)
Lequel de ces deux élèves a raison ?
Evaluation 6.3 :
Un disque noir peint d’un rayon blanc tourne autour de son axe avec une fréquence constante
f = 5 Hz dans le sens anti-horaire. On l’éclaire avec un stroboscope émettant des éclairs avec
une fréquence fe = 2, 508 Hz. Vérifier que lorsque le disque noir est éclairé par ce stroboscope,
on l’observe tourner dans le sens horaire, de telle manière que son rayon blanc soit synchrone
avec l’aiguille des secondes d’une horloge.

Exercice 6.1 :
1- On a :
x(t) = 10 cos

6πt +
π
6

= 10 sin

6πt +
π
6
+
π
2

D’où :
x(t) = 10 sin

6πt +
2π
3
‹
cm
On a donc :
— Amplitude de x(t) : A = 10 cm ;
— Pulsation de x(t) : ω = 6π rad.s−1
;
— Période de x(t) : T = 2π
ω
= 0, 333 s ;
— Fréquence de x(t) : f = 1
T
= 3 Hz ;
— Phase à l’origine de x(t) : ϕ = 2π
3
rad ;
— Valeur à l’origine de x(t) : x0 = A sin ϕ = 8, 66 cm.
La courbe d’évolution de x(t) en fonction du temps a été représentée à la Figure 6.10 ci-
dessous.
Figure 6.10 – Correction de la question 1 de l’exercice 6.1.

2- On a :
y(t) = 4 sin

5πt +
π
3

cos

5πt +
π
3

= 2 × 2 sin

5πt +
π
3

cos

5πt +
π
3

= 2 sin
h
2

5πt +
π
3
i
D’où :
y(t) = 2 sin

10πt +
2π
3
‹
mm
On a donc :
— Amplitude de y(t) : A = 2 mm ;
— Pulsation de y(t) : ω = 10π rad.s−1
;
— Période de y(t) : T = 2π
ω
= 0, 2 s ;
— Fréquence de y(t) : f = 1
T
= 5 Hz ;
— Phase à l’origine de y(t) : ϕ = 2π
3
rad :
— Valeur à l’origine de y(t) : y0 = A sin ϕ = 1, 732 mm.
La courbe d’évolution de y(t) a été représentée à la Figure 6.11 ci-dessous.

3- On a :
θ(t) = 16π cos2

20πt −
π
8

− 8π
= 8π

2 cos2

20πt −
π
8

− 1

= 8π cos
h
2

20πt −
π
8
i
= 8π cos

40πt −
π
4

= 8π sin

40πt −
π
4
+
π
2

Soit :
θ(t) = 8π sin

40πt +
π
4

rad
On a donc :
— Amplitude de θ(t) : A = 8π rad ;
— Pulsation de θ(t) : ω = 40π rad.s−1
;
— Période de θ(t) : T = 2π
ω
= 0, 05 s ;
— Fréquence de θ(t) : f = 1
T
= 20 Hz ;
— Phase à l’origine de θ(t) : ϕ = π
4
rad ;
— Valeur à l’origine de θ(t) : θ0 = A sin ϕ = 4π
√
2 rad.
La courbe d’évolution de θ(t) a été représentée à la Figure 6.12 ci-dessous.

4- On a :
i(t) = 30 cos (10t + π) cos

5t +
π
8

+ 30 sin (10t + π) sin

5t +
π
8

= 30
h
cos (10t + π) cos

5t +
π
8

+ sin (10t + π) sin

5t +
π
8
i
= 30 cos

10t + π − 5t −
π
8

= 30 cos

5t +
7π
8
‹
= 30 sin

5t +
7π
8
+
π
2
‹
= 30 sin

5t +
11π
8
‹
= 30 sin

5t +
11π
8
− 2π
‹
D’où :
i(t) = 30 sin

5t −
5π
8
‹
A
On a donc :
— Amplitude de i(t) : A = 30 A ;
— Pulsation de i(t) : ω = 5 rad.s−1
;
— Période de i(t) : T = 2π
ω
= 1, 256 s ;
— Fréquence de i(t) : f = 1
T
= 0, 795 Hz ;
— Phase à l’origine de i(t) : ϕ = − 5π
8
rad ;
— Valeur à l’origine de i(t) : i0 = A sin ϕ = −27, 71 A.
La courbe d’évolution de i(t) a été représentée à la Figure 6.13 ci-dessous.

5- On a :
u(t) = 20 cos3

8t +
π
6

− 15 cos

8t +
π
6

= 5
h
4 cos3

8t +
π
6

− 3 cos

8t +
π
6
i
= 5 cos
h
3

8t +
π
6
i
= 5 cos

24t +
π
2

= 5 sin

24t +
π
2
+
π
2

D’où :
u(t) = 5 sin (24t + π) V
On a donc :
— Amplitude de u(t) : A = 5 V ;
— Pulsation de u(t) : ω = 24 rad.s−1
;
— Période de u(t) : T = 2π
ω
= 0, 261 s ;
— Fréquence de u(t) : f = 1
T
= 3, 819 Hz ;
— Phase à l’origine de u(t) : ϕ = π rad ;
— Valeur à l’origine de u(t) : u0 = A sin ϕ = 0 V.
La courbe d’évolution de u(t) a été représentée à la Figure 6.14 ci-dessous.
Exercice 6.2 :
1- L’amplitude de x1(t) correspond à 8 divisons, et celle de x2(t) à 6 divisions. Les deux signaux
ont la même période qui correspond à 12 divisons. Leurs caractéristiques ont été regroupées
dans le Tableau 6.2.

Tableau 6.2 – Correction de la question 1 de l’exercice 6.2
x1(t) x2(t)
Amplitude A1 = 24 cm A2 = 18 cm
Période T1 = T2 = T = 1, 2 s
Fréquence f1 = f2 = f = 0, 833 Hz
Pulsation ω1 = ω2 = ω = 5π
3
rad.s−1
Le décalage horaire θ entre les deux signaux correspond à une division. Soit donc :
θ = 100 ms = 0, 1 s
Le déphasage ∆ϕ entre les deux signaux est tel que :
∆ϕ = θω
Soit :
∆ϕ =
π
6
On constate que le signal x2(t) atteint son maximum avant le signal x1(t).
Par conséquent, c’est le signal x2(t) qui est en avance sur le signal x1(t).
Posons : 




x1(t) = A1 cos (ωt + ϕ1) = 24 cos 5π
3
t + ϕ1

cm
x2(t) = A2 cos (ωt + ϕ2) = 18 cos 5π
3
t + ϕ2

cm
A t1 = 2 div = 0, 2 s, x1(t = t1) = 8 div = 24 cm
=⇒ 24 cos

5π
3
× 0, 2 + ϕ1
‹
= 24
=⇒ cos
π
3
+ ϕ1

= 1
=⇒
π
3
+ ϕ1 = 0
=⇒ ϕ1 = −
π
3
A t2 = 1 div = 0, 1 s, x2(t = t2) = 6 div = 18 cm
=⇒ 18 cos

5π
3
× 0, 1 + ϕ2
‹
= 18
=⇒ cos
π
6
+ ϕ2

= 1
=⇒
π
6
+ ϕ2 = 0

=⇒ ϕ2 = −
π
6
D’où : 




x1(t) = 24 cos 5π
3
t − π
3

cm
x2(t) = 18 cos 5π
3
t − π
6

cm
2- L’amplitude de q1 (t) correspond à 9 divisons, et celle de q2 (t) à 7 divisions. Les deux signaux
dans le Tableau 6.3 ci-dessous.
q1 (t) q2 (t)
Amplitude A1 = 36 µC A2 = 28 µC
Période T1 = T2 = T = 0, 32 s
4
rad.s−1
Le décalage horaire θ entre les deux signaux correspond à 2 divisions. Soit donc :
θ = 40 ms = 0, 04 s
∆ϕ = θω
Soit :
∆ϕ =
π
4
On constate que le signal q1 (t) s’annule avant le signal q2 (t).
Par conséquent, c’est le signal q1 (t) qui est en avance sur le signal q2 (t).
Posons : 




q1 (t) = A1 cos (ωt + ϕ1) = 36 cos 25π
4
t + ϕ1

µC
q2 (t) = A2 cos (ωt + ϕ2) = 28 cos 25π
4
t + ϕ2

µC
A t1 = 12 div = 0, 24 s, q1 (t = t1) = 9 div = 36 µC
=⇒ 36 cos

25π
4
× 0, 24 + ϕ1
‹
= 36
=⇒ cos

3π
2
+ ϕ1
‹
= 1

=⇒
3π
2
+ ϕ1 = 0 ou encore
3π
2
+ ϕ1 = 2π
=⇒ ϕ1 = 2π −
3π
2
=
π
2
A t2 = 14 div = 0, 28 s, q2 (t = t2) = 7 div = 28 µC
=⇒ 28 cos

25π
4
× 0, 28 + ϕ2
‹
= 28
=⇒ cos

7π
4
+ ϕ2
‹
= 1
=⇒
7π
4
+ ϕ2 = 0 ou encore
7π
4
+ ϕ2 = 2π
=⇒ ϕ2 = 2π −
7π
4
=
π
4
D’où : 




q1 (t) = 36 cos 25π
4
t + π
2

µC
q2 (t) = 28 cos 25π
4
t + π
4

µC
3- L’amplitude de i1(t) correspond à 7 divisons, et celle de i2(t) à 8 divisions. Les deux signaux
ont la même période qui correspond à 2 × 9 = 18 divisons. Leurs caractéristiques ont été
regroupées dans le Tableau 6.4 ci-dessous :
q1 (t) q2 (t)
Amplitude A1 = 36 µC A2 = 28 µC
Période T1 = T2 = T = 0, 32 s
4
rad.s−1
θ = 90 ms = 0, 09 s
∆ϕ = θω
Soit :
∆ϕ =
π
3
On constate que le signal i2(t) atteint son maximum avant le signal i1(t).

Par conséquent, c’est le signal i2(t) qui est en avance sur le signal i1(t).
Posons : 




i1(t) = A1 cos (ωt + ϕ1) = 490 cos 100π
27
t + ϕ1

mA
i2(t) = A2 cos (ωt + ϕ2) = 560 cos 100π
27
t + ϕ2

mA
A t1 = 15 div = 0, 45 s, i1(t = t1) = 7 div = 490 mA
=⇒ 490 cos

100π
27
× 0, 45 + ϕ1
‹
= 490
=⇒ cos

5π
3
+ ϕ1
‹
= 1
=⇒
5π
3
+ ϕ1 = 0 ou encore
5π
3
+ ϕ1 = 2π
=⇒ ϕ1 = 2π −
5π
3
=
π
3
A t2 = 12 div = 0, 36 s, i2(t = t2) = 8 div = 560 mA
=⇒ 560 cos

100π
27
× 0, 36 + ϕ2
‹
= 560
=⇒ cos

4π
3
+ ϕ2
‹
= 1
=⇒
4π
3
+ ϕ2 = 0 ou encore
4π
3
+ ϕ2 = 2π
=⇒ ϕ2 = 2π −
4π
3
=
2π
3
D’où : 




i1(t) = 490 cos 100π
27
t + π
3

mA
i2(t) = 560 cos 100π
27
t + 2π
3

mA
4- L’amplitude de u1(t) correspond à 4 divisons, et celle de u2(t) à 8 divisions. Les deux signaux
dans le Tableau 6.5 ci-dessous.
u1(t) u2(t)
Amplitude A1 = 40 V A2 = 80 V
Période T1 = T2 = T = 0, 8 s
2
rad.s−1

θ = 200 ms = 0, 2 s
∆ϕ = θω
Soit :
∆ϕ =
π
2
On constate que le signal u1(t) atteint son maximum avant le signal u2(t).
Par conséquent, c’est le signal u1(t) qui est en avance (quadrature avance) sur le
signal u2(t).
Posons : 




u1(t) = A1 cos (ωt + ϕ1) = 40 cos 5π
2
t + ϕ1

V
u2(t) = A2 cos (ωt + ϕ2) = 80 cos 5π
2
t + ϕ2

V
A t1 = 10 div = 0, 5 s, u1(t = t1) = 4 div = 40 V
=⇒ 40 cos

5π
2
× 0, 5 + ϕ1
‹
= 40
=⇒ cos

5π
4
+ ϕ1
‹
= 1
=⇒
5π
4
+ ϕ1 = 0 ou encore
5π
4
+ ϕ1 = 2π
=⇒ ϕ1 = 2π −
5π
4
=
3π
4
A t2 = 14 div = 0, 7 s, u2(t = t2) = 8 div = 80 V
=⇒ 80 cos

5π
2
× 0, 7 + ϕ2
‹
= 80
=⇒ cos

7π
4
+ ϕ2
‹
= 1
=⇒
7π
4
+ ϕ2 = 0 ou encore
7π
4
+ ϕ2 = 2π
=⇒ ϕ2 = 2π −
7π
4
=
π
4
D’où : 




u1(t) = 40 cos 5π
2
t + 3π
4

V
u2(t) = 80 cos 5π
2
t + π
4

V

5- L’amplitude de p1(t) correspond à 8 divisons, et celle de p2(t) à 5 divisions. Les deux signaux
ont la même période qui correspond à 8 divisons. Leurs caractéristiques ont été regroupées dans
le Tableau 6.6 ci-dessous :
p1(t) p2(t)
Amplitude A1 = 40 W A2 = 25 W
Période T1 = T2 = T = 0, 08 s
Pulsation ω1 = ω2 = ω = 25π rad.s−1
θ = 40 ms = 0, 04 s
∆ϕ = θω
Soit :
∆ϕ = π
Les signaux p1(t) et p2(t) sont en opposition de phase. Aucun signal n’est en avance
sur l’autre.
Posons : 




p1(t) = A1 cos (ωt + ϕ1) = 40 cos (25πt + ϕ1) W
p2(t) = A2 cos (ωt + ϕ2) = 25 cos (25πt + ϕ2) W
A t1 = 4 div = 0, 04 s, p1(t = t1) = 8 div = 40 V
=⇒ 40 cos (25π × 0, 04 + ϕ1) = 40
=⇒ cos (π + ϕ1) = 1
=⇒ π + ϕ1 = 0 ou encore π + ϕ1 = 2π
=⇒ ϕ1 = 2π − π = π
A t2 = 0 div = 0 s, p2(t = t2) = 5 div = 25 V
=⇒ 25 cos ϕ2 = 25
=⇒ cos ϕ2 = 1

=⇒ ϕ2 = 0
D’où : 




p1(t) = 40 cos (25πt + π) W
p2(t) = 25 cos 25πt W
Exercice 6.3 :
1- On a : 




x1(t) −→
−
−
→
AB
x2(t) −→
−
−
→
BC
x(t) = x1(t) + x2(t) −→
−
−
→
AB +
−
−
→
BC =
−
−
→
AC
La construction de Fresnel relative aux signaux x1(t) et x2(t) a été représentée à la Figure
6.15 ci-dessous.
On a : 






A =
È
102
+ 82 + 2 × 10 × 8 × cos π
6
− π
3

tan φ =
10 sin π
3
+8 sin π
6
10 cos π
3
+8 cos π
6
=⇒





A = 17, 395 cm
φ = 0, 815 rad ' 0, 259π rad

La somme x(t) de x1(t) et x2(t) s’écrit donc :
x(t) = 17, 395 sin (2πt + 0, 259π) cm
2- On a : 




y1(t) −→
−
−
→
AB
y2(t) −→
−
−
→
BC
y(t) = y1(t) + y2(t) −→
−
−
→
AB +
−
−
→
BC =
−
−
→
AC
La construction de Fresnel relative aux signaux y1(t) et y2(t) a été représentée à la Figure
6.16 ci-dessous.
On a : 






A =
È
152
+ 92 + 2 × 15 × 9 × cos π
2
− π
4

tan φ =
15 sin π
4
+9 sin π
2
15 cos π
4
+9 cos π
2
=⇒





A = 22, 291 mm
φ = 1, 0749 rad ' 0, 342π rad
La somme y(t) de y1(t) et y2(t) s’écrit donc :
y(t) = 22, 291 sin (4πt + 0, 342π) mm

3- On a : 




z1(t) −→
−
−
→
AB
z2(t) −→
−
−
→
BC
z(t) = z1(t) + z2(t) −→
−
−
→
AB +
−
−
→
BC =
−
−
→
AC
La construction de Fresnel relative aux signaux z1(t) et z2(t) a été représentée à la Figure
6.17 ci-dessous.
On a : 






A =
È
42 + 12 + 2 × 4 × cos − 5π
6
− 2π
3

tan φ =
4 sin 2π
3
+sin (− 5π
6 )
4 cos 2π
3
+cos (− 5π
6 )
=⇒





A = 4, 123 m
φ = −0, 8022 + π = 2, 339 rad ' 0, 744π rad
La somme z(t) de z1(t) et z2(t) s’écrit donc :
z(t) = 4, 123 sin (10πt + 0, 744π) m
4- On a : 




i1(t) −→
−
−
→
AB
i2(t) −→
−
−
→
BC
i(t) = i1(t) + i2(t) −→
−
−
→
AB +
−
−
→
BC =
−
−
→
AC
La construction de Fresnel relative à i1(t) et i2(t) a été représentée à la Figure 6.18.

On a : 






A =
È
502
+ 802
+ 2 × 50 × 80 × cos π + π
3

tan φ =
50 sin (− π
3 )+80 sin π
50 cos (− π
3 )+80 cos π
=⇒





A = 70 mA
φ = 0, 6669 − π = −2, 474 rad ' −0, 787π rad
La somme i(t) de i1(t) et i2(t) s’écrit donc :
i(t) = 70 sin (6πt − 0, 787π) mA
5- On a : 




u1(t) −→
−
−
→
AB
u2(t) −→
−
−
→
BC
u(t) = u1(t) + u2(t) −→
−
−
→
AB +
−
−
→
BC =
−
−
→
AC
La construction de Fresnel relative aux signaux u1(t) et u2(t) a été représentée à la Figure
6.19. On a : 






A =
È
252
+ 252
+ 2 × 25 × 25 × cos − 2π
3
+ π
6

tan φ =
25 sin (− π
6 )+25 sin (− 2π
3 )
25 cos (− π
6 )+25 cos (− 2π
3 )
=⇒





A = 35, 355 V
φ = − 5π
12
rad
La somme u(t) de u1(t) et u2(t) s’écrit donc :
u(t) = 35, 355 sin

8πt −
5π
12
‹
V

Les signaux u1(t) et u2(t) sont isochrones, puisqu’ils ont la même amplitude. Leur somme u(t)
s’écrit :
u(t) = u1(t) + u2(t)
= 25 sin

8πt −
π
6

+ 25 sin

8πt −
2π
3
‹
= 25
•
sin

8πt −
π
6

+ sin

8πt −
2π
3
‹˜
= 25
–
2 cos
‚
8πt − π
6
− 8πt + 2π
3
2
Œ
sin
‚
8πt − π
6
+ 8πt − 2π
3
2
Œ™
= 50 cos
‚
− π
6
+ 2π
3
2
Œ
sin
‚
16πt − π
6
− 2π
3
2
Œ
= 50 cos
π
4
sin
‚
16πt − 5π
6
2
Œ
= 50
√
2
2
sin

8πt −
5π
12
‹
On a donc bien :
u(t) = 35, 355 sin

8πt −
5π
12
‹
V

Exercice 6.4 :
1- La vitesse de rotation du disque est de 3000 tr.min−1
qui correspond à 3000
60
tr.s−1
. La fré-
quence de rotation f du disque est donc :
f = 50 Hz
2- Pour que le disque paraisse immobile avec un seul rayon, la fréquence fe des éclairs doit être
liée à la fréquence de rotation f du disque par la relation :
fe =
f
k
avec k ∈ N∗
Or, la fréquence des éclairs varie entre 5 Hz et 200 Hz. On a donc :
5 ≤ fe ≤ 200
=⇒ 5 ≤
f
k
≤ 200
=⇒ 5 ≤
50
k
≤ 200
=⇒ 0, 1 ≤
1
k
≤ 4
=⇒ 0, 25 ≤ k ≤ 10
Or, k ∈ N∗
, donc :
k ∈ {1 ; 2 ; · · · ; 10}
=⇒ fe ∈
§
50
1
;
50
2
; · · · ;
50
10
ª
Les fréquences des éclairs pour lesquelles le disque noir paraît immobile avec un
seul rayon blanc sont donc 50 Hz, 25 Hz, 16, 666 Hz, 12, 5 Hz, 10 Hz, 8, 333 Hz,
7, 142 Hz, 6, 25 Hz, 5, 555 Hz et 5 Hz.
3- On observe plusieurs rayons blancs sur le disque (qui paraît immobile) lorsque la fréquence
fe des éclairs est liée à la fréquence de rotation f du disque par la relation :
fe = kf, avec k ∈ N∗
k est aussi le nombre de rayons qu’on observe sur le disque. Or, on a :
fe ≤ 200
=⇒ kf ≤ 200
=⇒ 50k ≤ 200
=⇒ k ≤ 4

On en conclut donc que le nombre maximal de rayons blancs qu’on peut observer
sur le disque noir est de 4.
4- Comme mentionné à la précédente question, le disque paraît immoboile avec k rayons si
la fréquence fe des éclairs est telle que :
fe = kf
On en conclut donc que le disque paraît immobile avec 4 rayons blancs pour une
fréquence des éclairs de 200 Hz, avec 3 rayons blancs pour une fréquence des éclairs
de 150 Hz, et avec 2 rayons blancs pour une fréquence des éclairs de 100 Hz.
5- On voit que 24, 8 ' 25 = 50
2
, et 24, 8 25
Pour une fréquence des éclairs de 24, 8 Hz, le disque semble tourner au ralenti dans
le sens réel du mouvement. La fréquence apparente fa de ce mouvement est :
fa = 50 − 2 × 24, 8
Soit :
fa = 0, 4 Hz
On voit que 9, 5 ' 10 = 50
5
, et 9, 5 10
le sens réel du mouvement. La fréquence apparente fa de ce mouvement est :
fa = 50 − 5 × 9, 5
Soit :
fa = 2, 5 Hz
On voit que 6, 5 ' 6, 25 = 50
8
, et 6, 5 6, 25
le sens contraire au mouvement réel. La fréquence apparente fa de ce mouvement est :
fa = 6, 5 × 8 − 50
Soit :
fa = 2 Hz
Exercice 6.5 :
1- La fréquence f à laquelle tourne la roue est donnée par :
f =
ω
2π

f =
75, 4
2 × π
Soit :
f = 12 Hz
2- Puisque la roue comporte 20 rayons, les fréquences fe des éclairs pour lesquelles la roue paraît
immobile sont telles que :
fe =
20f
k
=
240
k
avec k ∈ N∗
Or, on a :
30 ≤ fe ≤ 300
=⇒ 30 ≤
240
k
≤ 300
=⇒
30
240
≤
1
k
≤
300
240
=⇒
1
8
≤
1
k
≤
5
4
=⇒
4
5
≤ k ≤ 8
=⇒ 0, 8 ≤ k ≤ 8
Or, k ∈ N∗
, donc :
k ∈ {1 ; 2 ; · · · ; 8}
=⇒ fe ∈
§
240
1
;
240
2
; · · · ;
240
8
ª
Les fréquences des éclairs pour lesquelles la roue paraît immobile sont donc 240 Hz,
120 Hz, 80 Hz, 60 Hz, 48 Hz, 40 Hz, 34, 285 Hz et 30 Hz.
3- Lorsque la fréquence des éclairs vaut fe = 50 Hz, le nombre de tours n effectués par la roue
entre deux éclairs consécutifs est :
n =
f
fe
=
12
50
=
6
25
tr

Le nombre nr de rayons passés entre temps à une position donnée est :
nr =
20 × 6
25
=
24
5
= 4, 8 ' 5 rayons
On observe donc un mouvement ralenti dans le sens retrograde. Le nombre de tours apparents
na effectués par la roue entre deux éclairs consécutifs est donc :
na =
5
20
−
6
25
=
1
4
−
6
25
=
25
100
−
24
100
=
1
100
tr
La fréquence apparente fa du mouvement est donc :
fa = nafe
=
50
100
En définitive, lorsque la fréquence des éclairs vaut 50 Hz, la roue semble tourner au
ralenti dans le sens contraire au mouvement réel, et avec une fréquence apparente
de 0, 5 Hz.
Lorsque la fréquence des éclairs vaut fe = 31, 5 Hz, le nombre de tours n effectués par la roue
n =
f
fe
=
12
31, 5
=
24
63
tr
nr =
20 × 24
63
=
480
63
= 7, 62 ' 8 rayons

On observe donc un mouvement ralenti dans le sens retrograde. Le nombre de tours apparents
na effectués par la roue entre deux éclairs consécutifs est donc :
na =
8
20
−
24
63
=
2
5
−
24
63
=
126
315
−
120
315
=
6
315
tr
fa = nafe
=
6 × 31, 5
315
En définitive, lorsque la fréquence des éclairs vaut 31, 5 Hz, la roue semble tourner au
ralenti dans le sens contraire au mouvement réel, et avec une fréquence apparente
de 0, 6 Hz.
Lorsque la fréquence des éclairs vaut fe = 77, 8 Hz, le nombre de tours n effectués par la roue
n =
f
fe
=
12
77, 8
=
60
389
tr
nr =
20 × 60
389
=
1200
389
= 3, 08 ' 3 rayons
On observe donc un mouvement ralenti dans le sens direct. Le nombre de tours apparents na

effectués par la roue entre deux éclairs consécutifs est donc :
na =
60
389
−
3
20
=
1200
7780
−
1167
7780
=
126
315
−
120
315
=
33
7780
tr
fa = nafe
=
33 × 77, 8
7780
En définitive, lorsque la fréquence des éclairs vaut 77, 8 Hz, la roue semble tourner
au ralenti dans le sens réel du mouvement, et avec une fréquence apparente de
0, 33 Hz.

Evaluation 6.1 :
A la Figure 6.9, on se rend compte que u (t) et u1 (t) sont synchrones, leur période correspon-
dant à 8 divisions horizontales, soit 20 ms. Leur pulsation vaut donc :
ω =
2π
0, 02
= 100π
Posons donc :
u (t) = umcos (ωt + ϕ) et u1 (t) = u1mcos (ωt + ϕ1)
On a donc :
u2 (t) = u (t) − u1 (t)
= umcos (ωt + ϕ) − u1mcos (ωt + ϕ1)
= umcos (ωt + ϕ) + u1mcos (ωt + ϕ1 + π)
D’après la Figure 6.9, l’amplitude de u (t) correspond à 29 divisions verticales tandis que celle
de u1 (t) correspond à 15 divisions verticales. On a donc :
um = 92, 8 V et u1m = 48 V
A t1 = 7 divisions = 17, 5 × 10−3
s, u (t1) = um. On a donc :
cos (ωt1 + ϕ) = cos

7π
4
+ ϕ
‹
= 1
=⇒
7π
4
+ ϕ = 2π
=⇒ ϕ =
π
4
A t2 = 0, u1 (t1) = u1m. On a donc :
cos (ωt2 + ϕ1) = cos (ϕ1) = 1
=⇒ ϕ1 = 0
On a donc :
u2 (t) = u2mcos (ωt + ϕ2) = 92, 8cos

100πt +
π
4

+ 48cos (100πt + π)
Ainsi, on a :
u2m =
É
92, 82 + 482 + 2 × 92, 8 × 48 × cos

π −
π
4

= 67, 943 V

tan ϕ2 =
92, 8 sin π
4
+ 48 sin π
92, 8 cos π
4
+ 48 cos π
=
65, 619
17, 619
=⇒ ϕ2 = 1, 308 rad '
5π
12
D’où :
u2 (t) = 67, 943cos

100πt +
5π
12
‹
V
Evaluation 6.2 :
Posons :
χ12 (t) = A1 cos (2πt + ϕ1) = χ1 (t) + χ2 (t)
χ34 (t) = A2 cos (2πt + ϕ2) = χ3 (t) + χ4 (t)
On a donc :
χ (t) = A cos (2πt + ϕ) = χ12 (t) + χ34 (t)
On a :
χ2 (t) = 2 sin

2πt −
π
6

= 2 cos

2πt −
π
6
−
π
2

= 2 cos

2πt −
2π
3
‹
χ4 (t) = 8 sin

2πt +
π
3

= 8 cos

2πt +
π
3
−
π
2

= 8 cos

2πt −
π
6

On a donc :
A1 =
Ê
12 + 22 + 2 × 1 × 2 × cos

0 +
2π
3
‹
=
√
3
tan ϕ1 =
sin 0 + 2 sin − 2π
3

cos 0 + 2 cos − 2π
3
=
−
√
3
0
=⇒ ϕ1 = −
π
2
A2 =
Ê
42 + 82 + 2 × 4 × 8 × cos

−
5π
6
+
π
6
‹
= 4
√
3
tan ϕ2 =
4 sin − 5π
6

+ 8 sin − π
6

4 cos − 5π
6

+ 8 cos − π
6
=
−6
2
√
3
=⇒ ϕ2 = −
π
3
On a donc :
A =
É€√
3
Š2
+
€
4
√
3
Š2
+ 2 ×
√
3 × 4
√
3 × cos

−
π
3
+
π
2

= 8, 472
tan ϕ =
√
3 sin − π
2

+ 4
√
3 sin − π
3

√
3 cos − π
2

+ 4
√
3 cos − π
3
=
−6 −
√
3
2
√
3
=⇒ ϕ = −1, 149 rad ' −0, 366π

On a donc :
χ (t) = 8, 472 cos (2πt − 0, 366π) = 8, 472 sin (2πt − 0, 366π + 0, 5π) = 8, 472 sin (2πt + 0, 134π)
Ni Zacharie ni Malachie n’a donc raison.
Evaluation 6.3 :
Le disque ne comportant qu’un seul rayon, lorsqu’on l’éclaire avec le stroboscope, le nombre n
de tours qu’il effectue entre deux éclairs consécutifs vaut :
n =
f
fe
=
5
2, 508
= 1, 993 ' 2
Puisque n 2, le disque semble tourner dans le sens contraire au sens réel, donc dans le sens
horaire. Le nombre na de tours apparents effectués par le disque vaut :
na = 2 − 1, 993 = 6, 379 × 10−3
La fréquence apparente fa vaut donc :
fa = nafe = 0, 016 Hz
Or, l’aiguille des secondes d’une horloge effectue un tour complet en 60 secondes. Sa fréquence
fs vaut donc :
fs =
1
60
= 0, 01666
On se rend donc compte que :
fa ' fs
Lorsque le disque noir est éclairé par le stroboscope, on l’observe donc tourner dans
le sens horaire, de telle manière que son rayon blanc soit synchrone avec l’aiguille
des secondes d’une horloge.

CHAPITRE 7. OSCILLATEURS MÉCANIQUES 356
Chapitre 7
Oscillateurs mécaniques
Et c’est ici son commandement : que nous croyions au nom de son Fils Jésus-Christ, et que
nous nous aimions les uns les autres, selon le commandement qu’il nous a donné.
1 Jean 3 : 23
7.1 Généralités
Un oscillateur mécanique est un système effectuant un mouvement oscillatoire autour
d’une position d’équilibre. A tout oscillateur mécanique est associée une grandeur caractéris-
tique χ (t) qui traduit l’évolution de sa position au cours du temps. χ (t) peut désigner soit un
déplacement, soit un écart angulaire. Les oscillateurs mécaniques portent généralement le nom
de pendules. Leurs oscillations sont régies par des équations différentielles de la forme :
f (χ, χ̇, χ̈) = 0 (7.1)
χ̇ et χ̈ caractérisent respectivement la vitesse et l’accélération de l’oscillateur mécanique. On
appelle équation différentielle une équation qui lie une fonction donnée et ses dérivées. Pour un
oscillateur mécanique harmonique, la grandeur caractéristique χ (t) est une fonction sinusoï-
dale du temps et s’exprime par :
χ (t) = χm cos (ω0t + ϕ) ou χ (t) = χm sin (ω0t + ϕ) (7.2)
χm est l’amplitude des oscillations, ω0 est la pulsation propre, et ϕ est la phase à l’origine
déterminée à partir des conditions initiales, c’est-à-dire les valeurs de χ (t) et χ̇ (t) à la date
t = 0. L’équation différentielle qui régit les oscillations d’un oscillateur harmonique de pulsation
propre ω0 est de la forme :
χ̈ + ω0
2
χ = 0 ω0
2
0

(7.3)
Deux pendules sont dits synchrones lorsqu’ils ont la même pulsation propre, et par conséquent
la même période propre. On dit qu’un pendule bat la seconde lorsque sa période propre
vaut deux secondes.

On rappelle les formules de dérivation des fonctions sinusoïdales :
d
dt
[χm cos (ω0t + ϕ)] = −χmω0 sin (ω0t + ϕ) (7.4)
d
dt
[χm sin (ω0t + ϕ)] = χmω0 cos (ω0t + ϕ) (7.5)
Pour établir l’équation différentielle satisfaite par la grandeur χ associée à un oscillateur mé-
canique, on peut se servir de la relation fondamentale de la dynamique. Si le système effectue
un mouvement de translation, on se sert du théorème du centre d’inertie. Lorsque l’oscillateur
est en mouvement, la résultante des forces qu’il subit est fonction de χ, tandis que son vecteur-
accélération s’exprime en fonction de χ̈. m étant la masse de l’oscillateur, on peut écrire :
X −
−
→
Fext (χ) = m−
→
a (χ̈) (7.6)
Si le système effectue un mouvement de rotation autour d’un axe (∆), on utilise la relation
fondamentale de la dynamique d’un solide en rotation. J(∆) désignant le moment d’inertie du
système par rapport à l’axe (∆), de façon analogue à la relation (7.6), on peut écrire :
X
M(∆) (χ) = J(∆)θ̈ (χ̈) (7.7)
On peut également avoir recours à la relation traduisant la conservation de l’énergie mécanique
afin de déterminer l’équation différentielle du mouvement d’un oscillateur mécanique. En effet,
en l’absence des forces dissipatives, l’énergie mécanique Em du système se conserve au cours du
temps et garde de ce fait la même valeur. Par conséquent, sa dérivée par rapport au temps est
nulle. On dit que le système est conservatif. On peut ainsi écrire :
dEm
dt
= 0 (7.8)
On rappelle que l’énergie mécanique d’un système est égale à la somme de son énergie cinétique
fonction de sa vitesse, et de son énergie potentielle fonction de sa position. Soit :
Em (χ, χ̇) = Ec (χ̇) + Ep (χ) (7.9)
On donne ci-dessous deux formules de dérivation importantes :
d
dt

χ2
(t)

= 2χ̇ (t)χ (t) (7.10)
d
dt

χ̇2
(t)

= 2χ̈ (t)χ̇ (t) (7.11)
Les oscillations d’un système mécanique sont dites libres si elles s’effectuent sans l’intervention
d’une force excitatrice extérieure. Dans le cas contraire, elles sont dites forcées. Si le système
est soumis à des forces dissipatives, les oscillations sont dites amorties, et l’amplitude des
oscillations décroît avec le temps. Dans ce cas, l’énergie mécanique ne se conserve plus.

7.2 Oscillations mécaniques harmoniques libres
Dans ce qui suit, nous allons étudier différents types de pendules en utilsant la relation
fondamentale de la dynamique et la relation traduisant la conservation de l’énergie mécanique.
Nous négligerons les frottements ainsi que toutes les forces dissipatives de telle manière que
l’énergie mécanique soit conservée.
7.2.1 Pendule élastique
Considérons à la Figure 7.1 ci-dessous un solide ponctuel de masse m fixé à l’extrémité
d’un ressort de raideur k et de masse négligeable, dont l’autre extrémité est fixée à un support
immobile. L’ensemble est placé sur un plan incliné à l’horizontale d’un angle α, et lorsque le
système se trouve en équilibre, le ressort est allongé d’une longueur ∆`.
Figure 7.1 – Pendule élastique.
A l’équilibre, les forces extérieures qui agissent sur le solide sont son poids
−
→
P , la réaction
normale
−
→
R du plan incliné et la tension
−
→
T du ressort. Les frottements sont négligés. Du
théorème du centre d’inertie, on peut écrire :
−
→
P





−mg sin α
−mg cos α
+
−
→
R





0
R
+
−
→
T





T = k∆`
0
=
−
→
0





0
0
A l’équilibre, on a donc la relation :
mg sin α − k∆` = 0 (7.12)

A partir de la position d’équilibre, on écarte le solide vers le bas suivant la direction du plan
incliné, puis on le lâche sans vitesse initiale. Le système se met à osciller autour de la position
d’équilibre, et on note x le déplacement du solide compté à partir de la positon d’équilibre. Le
système constitué du solide et du ressort est appelé pendule élastique. Lorsque le solide est
écarté de la distance x, le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
−
→
P





mg sin α
−mg cos α
+
−
→
R





0
R
+
−
−
→
Tx





−Tx = −k (∆` + x)
0
= m−
→
ax





mẍ
0
=⇒ mg sin α − k∆`
| {z }
0
−kx = mẍ
L’équation différentielle du pendule élastique s’écrit donc :
ẍ +
k
m
x = 0 (7.13)
Le pendule élastique est donc un oscillateur harmonique dont la pulsation propre vaut :
ω0 =
É
k
m
(7.14)
La période propre du pendule élastique s’exprime quant à elle par :
T0 =
2π
ω0
= 2π
É
m
k
(7.15)
L’énergie cinétique du système à la position x s’exprime selon la relation :
Ec (ẋ) =
1
2
mẋ2
En prenant comme référence de l’énergie potentielle de pesanteur le plan horizontal passant
par la position d’équilibre du solide, on peut écrire l’énergie potentielle de pesanteur du solide
lorsqu’il est écarté d’une distance x selon la relation :
Epp (x) = −mgx sin α
L’énergie potentielle élastique emmagasinée par le ressort lorsque le solide est écarté de sa
position d’équilibre d’une distance x s’exprime quant à elle par :
Epe (x) =
1
2
k (∆` + x)2
Ainsi, l’énergie mécanique du système a pour expression :
Em (x, ẋ) = Ec (ẋ) + Epp (x) + Epe (x) =
1
2
”
mẋ2
− 2mgx sin α + k (∆` + x)2
—

Le système étant conservatif, on peut écrire :
dEm (x, ẋ)
dt
= 0
=⇒
1
2
[2mẍẋ − 2mgẋ sin α + 2kẋ (∆` + x)] = 0
=⇒ mẍ −mg sin α + k∆`
| {z }
0
+kx = 0
On retrouve donc la même équation différentielle :
ẍ +
k
m
x = 0
On constate que l’angle α n’intervient pas dans l’équation différentielle. On obtiendrait donc
la même équation pour un pendule élastique horizontal ou vertical.
7.2.2 Pendule pesant
Considérons à la Figure 7.2 ci-dessous un solide de masse M et de centre de gravité G fixé
en un point O. Si on l’écarte par rapport à la verticale et qu’on le lâche sans aucune vitesse,
il effectuera des oscillations autour de l’axe horizontal (∆) passant par O. Le solide constitue
ainsi un pendule pesant. On désigne par θ l’écart angulaire du solide compté à partir de sa
position d’équilibre.
Figure 7.2 – Pendule pesant.
Notons J(∆) le moment d’inertie du solide par rapport à (∆). Le solide n’est soumis qu’à son
poids
−
→
P appliqué en son centre de gravité G et à la réaction
−
→
R appliquée en O. La relation
fondamentale de la dynamique peut s’écrire :
M(∆)
€−
→
P
Š
= −MgOG sin θ = J(∆)θ̈

Dans le cas où l’amplitude des oscillations est très faible, on peut écrire :
sin θ ' θ et cos θ ' 1 −
θ2
2
L’équation différentielle du pendule pesant peut dans ce cas s’écrire :
θ̈ +
MgOG
J(∆)
θ = 0 (7.16)
La pulsation propre et la périodre propre ont pour expressions respectives :
ω0 =
Ê
MgOG
J(∆)
(7.17)
T0 = 2π
Ê
J(∆)
MgOG
(7.18)
L’énergie cinétique du solide lorsqu’il est écarté s’exprime par :
Ec θ̇

=
1
2
J(∆)θ̇2
En considérant l’énergie potentielle de pesanteur nulle à la position d’équilibre, lorsque le solide
est écarté, son énergie potentielle s’exprime par :
Epp (θ) = MgOG (1 − cos θ) =
1
2
MgOGθ2
L’énergie mécanique a donc pour expression :
Em θ, θ̇

= Ec θ̇

+ Epp (θ) =
1
2
J(∆)θ̇2
+ MgOGθ2

dEm θ, θ̇

dt
= 0
=⇒
1
2
2J(∆)θ̈θ̇ + MgOGθ̇θ

= 0
=⇒ J(∆)θ̈ + MgOGθ = 0
On obtient donc la même équation différentielle :
θ̈ +
MgOG
J(∆)
θ = 0
Le pendule pesant n’est harmonique que si l’amplitude des oscillations est faible.

7.2.3 Pendule simple
Le pendule simple est un cas particulier du pendule pesant, où le solide en question se réduit
à un corps ponctuel de masse m et de dimensions négligeables suspendu à un fil inextensible de
longueur ` et de masse négligeable dont l’une des extrémités est fixée au point O à un support
horizontal, comme illustré à la Figure 7.3 ci-dessous.
Figure 7.3 – Pendule simple.
Le moment d’inertie du système correspond au moment d’inertie du corps ponctuel seul, et
s’exprime par :
J(∆) = m`2
Si l’amplitude des oscillations est faible, l’équation différentielle prend la forme :
θ̈ +
mg`
m`2
θ = 0
D’où :
θ̈ +
g
`
θ = 0 (7.19)
La pulsation propre et la périodre propre du pendule simple ont pour expressions respectives :
ω0 =
É
g
`
(7.20)
T0 = 2π
Ê
`
g
(7.21)
Le pendule simple obéit à quatre lois appelées lois du pendule simple, à savoir :
— La loi isochronisme : La période propre est indépendante de l’angle θ.
— La loi des masses : La période propre est indépendante de la masse du corps ponctuel.
— La loi des longueurs : La période propre est proportionnelle à la racine carrée de la
longueur du fil.
— La loi du champ de pesanteur : La période propre est inversement proportionnelle à
la racine carrée de l’accélération de la pesanteur.

7.2.4 Pendule de torsion
Un pendule de torsion (Figure 7.4) est constitué d’un fil de torsion vertical auquel
est suspendu un solide en son centre de gravité. Lorsque le solide est écarté de la position
d’équilibre d’un angle α par rapport à l’axe vertical (∆) passant par le fil, ce dernier se tord,
et engendre un couple qui tend à s’opposer à cette torsion. Le moment de ce couple de torsion
a pour expression :
Mt = −Cα (7.22)
C est la constante de torsion dont l’unité est le N.m.rad−1
.
Figure 7.4 – Pendule de torsion.
En désignant par J(∆) le moment d’inertie du solide par rapport à l’axe (∆), la relation fonda-
mentale de la dynamique peut s’écrire :
Mt = −Cα = J(∆)α̈
L’équation différentielle qui régit les oscillations du pendule de torsion s’écrit donc :
α̈ +
C
J(∆)
α = 0 (7.23)
La pulsation propre et la période propre s’expriment respectivement par :
ω0 =
Ê
C
J(∆)
(7.24)
T0 = 2π
É
J(∆)
C
(7.25)
L’énergie cinétique du solide lorsque le fil est tordu s’exprime selon la relation :
Ec (α̇) =
1
2
J(∆)α̇2

Le solide restant dans le même plan horizontal, son énergie potentielle de pesanteur ne varie
pas. L’énergie potentielle de torsion quant à elle s’exprime par :
Ept (α) =
1
2
Cα2
L’énergie mécanique du système a donc pour expression :
Em (α̇, α) = Ec (α̇) + Ept (α) =
1
2
J(∆)α̇2
+ Cα2

dEm (α, α̇)
dt
= 0
=⇒
1
2
2J(∆)α̇α̈ + Cα̇α

= 0
=⇒ J(∆)α̈ + Cα = 0
On obtient donc la même équation différentielle :
α̈ +
C
J(∆)
α = 0
Contrairement au pendule pesant et au pendule simple, le pendule de torsion reste un oscillateur
harmonique même quand l’amplitude des oscillations est grande.
7.3 Oscillations mécaniques amorties
Lorsque des forces dissipatives entrent en jeu au cours des oscillations d’un système mé-
canique, l’amplitude décroît progressivement en fonction du temps, et l’énergie mécanique di-
minue peu à peu. Les oscillations sont alors dites amorties. En désignant par χ la grandeur
caractéristique associée à l’oscillateur mécanique considéré, l’équation différentielle qui régit les
oscillations amorties prend la forme :
χ̈ + ηχ̇ + ω0
2
χ = 0 (7.26)
η est un coefficient constant qui reflète l’amortissement des oscillations. L’équation différentielle
précédente admet très souvent pour solution la fonction définie par :
χ (t) = χm cos (ωt + ϕ) exp (−λt) ou χ (t) = χm sin (ωt + ϕ) exp (−λt) (7.27)
ω et λ sont des constantes positives, et le terme exp (−λt) est responsable de la diminution de
l’amplitude des oscillations. exp (t), qu’on peut encore noter et
désigne la fonction exponen-
tielle et respecte la formule de dérivation ci-dessous :
d
dt
[exp (γt)] = γ exp (γt) (7.28)

La Figure 7.5 ci-dessous représente l’évolution en fonction du temps de la grandeur χ (t).
Figure 7.5 – Oscillations mécaniques amorties.
On constate que la distance entre deux crêtes consécutives est la même. Elle représente la
pseudo-période. Les oscillations amorties sont alors dites pseudo-périodiques, car le mou-
vement se repète au cours du temps, mais en perdant de l’amplitude après chaque alternance.
7.4 Oscillations mécaniques forcées
Lorsqu’une excitation extérieure provoque les oscillations d’un système mécanique, on parle
d’oscillations mécaniques forcées ou entretenues. Le système responsable de l’excitation exté-
rieure constitue le vibreur ou l’excitateur, tandis que le système mécanique dont on entretient
les oscillations représente le résonateur. Considérons le dispositif de la Figure 7.6 constitué
d’un solide fixé à un ressort à spires non jointives. L’ensemble est mis en mouvement par une
tige et un disque homogène connectée à un moteur. L’excitateur ici est l’ensemble formé par le
disque, la tige et le moteur, tandis que le résonateur est l’ensemble formé par le ressort, le fil et
le solide. A la Figure 7.7 a été représentée la courbe de résonance mécanique représentant
les valeurs de l’amplitude xm des oscillations du résonateur en fonction de la fréquence N du
vibreur.

Figure 7.6 – Oscillations mécaniques forcées.
Figure 7.7 – Courbe de résonance mécanique.
La valeur maximale xmr de l’amplitude est atteinte pour une fréquence Nr du vibreur : On est
en présence du phénomène de résonance mécanique. Posons :
x0
mr
=
xmr
√
2
A cette valeur x0
mr
correspondent deux valeurs N1 et N2 de la fréquence. On définit la largeur
de la bande passante ∆N comme étant la différence entre ces deux fréquences. Soit :
∆N = N2 − N1 (7.29)

On définit également le facteur de qualité Q par :
Q =
Nr
∆N
=
Nr
N2 − N1
(7.30)
Q rend compte de l’acuité de la résonance. Lorsque Q ≥ 10, la résonance est dite aigue.
Lorsque Q 10, la résonance est dite floue.

Exercices
.
Exercice 7.1 :
A la Figure 7.8 ci-dessous, une boule de masse m = 800 g, de charge électrique q = −40 µC
et dont on négligera les dimensions est fixée à l’extrémité d’un fil inextensible de longueur
` = 30 cm et de masse négligeable dont l’autre extrémité est fixée à un support horizontal.
L’ensemble est placé entre deux armatures horizontales (A) et (B) distantes de d = 50 cm et
entre lesquelles est établie une différence de potentiel UBA = 10 kV. On écarte le fil d’un petit
angle θ0 = 5° par rapport à la verticale, et on abandonne le système sans vitesse initiale à
l’instant t = 0 s. On note θ l’écart angulaire du système formé par le fil et la boule qui tourne
autour de l’axe horizontal (∆) passant par l’extrémité supérieure du fil. On prendra θ faible,
et on négligera toutes les forces dissipatives.
−
→
E qui règne entre les deux armatures et la force électrique
−
→
F subie par la boule, puis déterminer leurs modules.
2- En utilisant la relation fondamentale de la dynamique, déterminer l’équation différentielle
du mouvement de la boule et montrer que les oscillations de la boule sont harmoniques.
On suppose que l’énergie potentielle électrostatique de la boule entre les deux armatures a pour
expression :
Epel(θ) = −F` cos θ + C où C est une constante.
3- Retrouver l’équation différentielle du mouvement de la boule en utilisant la conservation de
l’énergie mécanique.

4- En déduire la pulsation propre ω0 et la période propre T0 des oscillations.
5- En déduire l’expression en fonction du temps de θ (t) sous la forme A cos (ω0t + ϕ).
Exercice 7.2 :
A la Figure 7.9 ci-dessous, une petite bille de masse m = 500 g que l’on supposera ponctuelle
est fixée à l’extrémité d’un ressort de raideur k = 19, 75 N.m−1
et de masse négligeable, mais
aussi à l’extrémité d’un fil inextensible de longueur ` = 40 cm et de masse négligeable. L’autre
extrémité du ressort est fixée à un support vertical, tandis que l’autre extrémité du fil est fixée
à un support horizontal. Lorsque le fil est vertical, le ressort n’est ni allongé, ni comprimé. Le
fil est écarté par rapport à la verticale d’un petit angle αm = 4° et abandonné à l’instant t = 0 s
sans vitesse. Les oscillations sont tellement faibles que le ressort reste pratiquement horizontal.
On note α l’écart angulaire du système par rapport à la verticale, et x la variation de longueur
du ressort. On néglige toutes les forces résistives.
1- Exprimer α en fonction de x.
2- Déterminer les expressions en fonction de x et ẋ des énergies cinétique, potentielles et
mécanique du système.
3- Etablir l’équation différentielle vérifiée par x, et en déduire celle vérifiée par α.
4- En déduire la pulsation propre ω0 et la période propre T0 des oscillations.
5- En déduire les équations horaires de α(t) et x(t).
Exercice 7.3 :
Un groupe d’élèves procède à une expérience de physique, le matériel comprenant des fils
inextensibles de différentes longueurs et de masses négligeables, une petite bille ponctuelle de
masse m et un chronomètre. Les élèves suspendent la bille à l’un des fils, écartent le système
d’un petit angle par rapport à la verticale, puis l’abandonnent sans vitesse initiale (Figure
7.10). Ils mesurent le temps τ mis par le pendule ainsi constitué pour effectuer 20 oscillations et
ensuite repètent l’expérience avec d’autres fils. Dans le Tableau 7.1 sont consignées les valeurs
obtenues de τ en fonction de la longueur ` de chaque fil. On négligera la résistance de l’air.

` (cm) 20 30 40 50 60 70 80 90
τ (s) 17, 9 22 25, 4 28, 4 31, 1 33, 6 35, 9 38, 1
T0 (s)
T0
2
(s2
)
1- En un point M donné repéré par l’angle θ, représenter les forces extérieures agissant sur la
bille, ainsi que les accélérations normale et tangentielle.
2- Etablir l’équation différentielle du mouvement de la bille.
3- En déduire l’expression de la période propre T0 des oscillations.
4- Completer le Tableau 7.1.
5- Tracer le graphe T0
2
= f (`) puis déterminer une équation de la courbe obtenue.
Echelle : 1 cm −→ 10 cm et 1 cm −→ 0, 4 s2
6- En déduire la valeur de l’accélération de la pesanteur dans le lieu où se déroule l’expérience.
Exercice 7.4 :
A la Figure 7.11, un solide de masse m = 2 kg dont on négligera les dimensions est fixé
aux extrémités de deux ressorts de raideurs respectives k1 = 40 N.m−1
et k2 = 72, 5 N.m−1
et
de longueurs à vide respectives `01 = 60 cm et `02 = 40 cm. L’ensemble est placé sur la face
inclinée à l’horizontale d’un angle α = 30° d’une structure de section ayant la forme d’un
triangle rectangle de hauteur h = 51 cm. Les autres extrémités des deux ressorts sont fixées
sur des supports situés aux deux extrémités du plan incliné. A l’équilibre, le ressort supérieur
est allongé de ∆`1 tandis que l’autre ressort est comprimé de ∆`2. Les frottements sur le plan
incliné seront négligés.
1- Faire le bilan des forces extérieures qui agissent sur le solide à l’équilibre, puis les représenter.
2- Déterminer les valeurs de ∆`1 et ∆`2.

A partir de la position d’équilibre, on écarte le solide vers le bas d’une petite longueur xm = 5 cm
et on le lâche à l’instant t = 0 s sans vitesse initiale. On note x le déplacement du solide par
rapport à sa position d’équilibre.
3- Etablir l’équation différentielle du mouvement du solide par le théorème du centre d’inertie.
4- Retrouver cette équation différentielle par une approche énergétique.
5- En déduire la pulsation propre ω0 et la période propre T0 des oscillations du solide.
6- Donner l’équation horaire de x(t) sous la forme A sin (ω0t + ϕ).
Exercice 7.5 :
A la Figure 7.12, un solide de masse m = 1, 5 kg et de dimensions négligeables est fixé aux
extrémités de deux ressorts identiques de raideur k1 = 30 N.m−1
. On fixe aux autres extrémités
de ces ressorts deux autres ressorts identiques de raideur k2 = 50 N.m−1
. Les extrémités de
ces derniers ressorts sont fixés sur un support horizontal. Lorsque le système se maintient en
équilibre, les deux ressorts inférieurs sont allongés de ∆`1 tandis que les deux ressorts supérieurs
sont allongés de ∆`2. La résistance de l’air sera négligée.
1- Montrer que l’ensemble des quatre ressorts est équivalent à un unique ressort allongé à
l’équilibre de ∆` = ∆`1 + ∆`2 dont la raideur K s’exprime par :
K =
2k1k2
k1 + k2
Calculer numériquement K, ∆`1, ∆`2 et ∆`.
A partir de la position d’équilibre, on tire le solide verticalement vers le bas d’une distance
X = 4 cm et on l’abandonne à la date t = 0 s sans vitesse initiale. On désigne par x le déplace-
ment du solide compté à partir de sa position d’équilibre.
2- Etablir l’équation différentielle du mouvement du solide et en déduire la pulsation propre ω0
et la période propre T0.
3- Donner l’équation horaire de x (t) et exprimer la vitesse V (t) du solide.

Exercice 7.6 :
On considère à la Figure 7.13 ci-dessous, une tige homogène de masse M = 3m et de longueur
` à laquelle on fixe deux masselottes de masse m de part et d’autre du centre de gravité de la
tige, et distantes de celui-ci d’une même longueur 1
4
`. On fixe la tige par son centre de gravité
à l’extrémité d’un fil de torsion vertical de constante de torsion C. On écarte le système d’un
petit angle par rapport à la position d’équilibre puis on le lâche sans aucune vitesse, et il se met
à osciller autour de l’axe vertical (∆) coïncidant avec le fil. On désigne par α l’écart angulaire
du système par rapport à la position d’équilibre. La résistance de l’air sera négligée.
1- Exprimer le moment d’inertie J(∆) du système par rapport à l’axe (∆).
2- Etablir l’équation différentielle qui régit le mouvement du système.
3- Donner l’expression de la pulsation propre ω0 et de la période propre T0 des oscillations.
4- En déduire la valeur de C si le pendule bat la seconde, sachant que m = 1 kg et ` = 50 cm.

Exercice 7.7 :
A la Figure 7.14 ci-dessous, un cadre en forme de carré de côté c = 729, 6 mm est constitué
de quatre barres homogènes identiques de même masse M = 2 kg. On fixe l’extrémité d’un
fil de torsion au centre d’une des barres. On fait traverser un courant électrique d’intensité
I = 2, 19 A dans le cadre, et on plonge entièrement ce dernier dans un champ magnétique
horizontal unfiorme
−
→
B de module B = 4 T. Le cadre se maintient en équilibre lorsqu’il a tourné
d’un angle α0 = 24° par rapport à sa position initiale.
1- Représenter les forces magnétiques subies par le cadre et calculer leurs intensités.
2- En déduire la valeur de la constante de torsion C du fil.
On supprime le champ magnétique et le courant électrique, et le cadre revient dans sa position
initiale. On tord le fil d’un petit angle puis on le lâche sans aucune vitesse. Le cadre se met à
osciller autour de l’axe vertical (∆) passant par le fil. On note α l’écart angulaire du système
par rapport à la position initiale. k étant une constante, on admet que le moment d’inertie Jv
par rapport à (∆) de chacune des deux barres verticales se met sous la forme :
Jv = kMc2
3- Montrer que le moment d’inertie du cadre par rapport à (∆) peut se mettre sous la forme :
J(∆) =
12k + 1
6
Mc2

4- Etablir l’équation différentielle satisfaite par l’angle α.
5- En déduire l’expression du temps τ mis par le cadre pour effectuer 20 alternances.
6- En déduire la valeur de k sachant que τ = 16, 6 s.
Exercice 7.8 :
A la Figure 7.15 ci-dessous, un cylindre plein homogène de masse M = 3 kg, de diamètre
D = 4 cm et de longueur L = 50 cm est fixé en deux points situés sur la verticale passant
par son centre de gravité aux extrémités de deux fils de constantes de torsion respectives
C1 = 30, 33 N.m.rad−1
et C2 = 28, 32 N.m.rad−1
. On écarte le système d’un angle θm = 30° par
rapport à la position d’équilibre, et on l’abandonne sans vitesse initiale à un instant pris comme
origine des dates. Le cylindre oscille autour de l’axe vertical (∆) passant par les deux fils. On
note θ l’écart angulaire du système par rapport à la position d’équilibre et J(∆) le moment
d’inertie du cylindre par rapport à (∆). La résistance de l’air sera négligée.
1- Exprimer l’énergie mécanique du système en fonction de θ, puis établir l’équation différentille
qui régit les oscillations du cylindre.
2- Exprimer la pulsation propre ω0 des oscillations, puis θ(t) et θ̇(t).
3- En déduire la valeur de J(∆) sachant que la vitesse angulaire maximale acquise par le cylindre
vaut Ωm = 16 rad.s−1
.
4- Déterminer le réel k sachant que le moment d’inertie du cylindre s’exprime par :
J(∆) =
1
12
ML2
+ kMD2

Exercice 7.9 :
On fixe aux deux extrémités d’une barre homogène de masse M et de longueur ` deux masselotes
de masses respectives m1 et m2 (m2 m1). On écarte le système d’un petit angle autour de
l’axe horizontal (∆) passant par le centre de gravité O de la barre, et on abandonne le tout sans
vitesse. Le système oscille autour (∆), et on note θ son écart angulaire par rapport à la position
d’équilibre, comme illustré à la Figure 7.16 ci-dessous. La résistance de l’air sera négligée.
1- Montrer que le centre de masse G du système se trouve entre le point O et la masselotte de
masse m2, et qu’il est séparé du point O d’une distance :
OG =
m2 − m1
2 (M + m1 + m2)
`
2- Donner l’expression du moment d’inertie J(∆) du système par rapport à l’axe (∆).
3- Etablir l’équation différentielle du mouvement du système et en déduire l’expression de la
période propre T0 des oscillations.
4- Déterminer la longueur `0
du pendule simple synchrone avec le pendule pesant considéré. On
donne M = 1, 5 kg, m1 = 400 g, m2 = 800 g et ` = 80 cm.
Exercice 7.10 :
A la Figure 7.17, un cerceau homogène de masse M1 et de rayon R1 est accolé en un point I
à un disque plein homogène de masse M2 et de rayon R2. Les deux solides sont contenus dans
le même plan vertical, et l’ensemble peut tourner autour de l’axe horizontal (∆) passant par le
point O tel que O soit aligné avec le point I et les centres de gravité des solides. On écarte le
système d’un petit angle par rapport à la position d’équilibre, et on l’abandonne sans aucune
vitesse. On note θ l’écart angulaire du système par rapport à la position d’équilibre. Les forces
résistives seront négligées.

1- G étant le centre de gravité du système, exprimer la distance OG.
2- Donner l’expression du moment d’inertie J(∆) du système par rapport à l’axe (∆).
3- Etablir l’équation différentielle satisfaite par θ.
4- Exprimer la période propre T0 dans le cas où M1 = 2M2 = 2M et R1 = 2R2 = 2R.
5- En déduire les valeurs de R1 et R2 sachant que le pendule bat la seconde.
Exercice 7.11 :
A la Figure 7.18, une plaque rectangulaire homogène de longueur L et de largeur ` peut osciller
sans frottements autour d’un axe horizontal (∆) passant par le milieu d’une de ses largeurs,
après avoir été écartée de sa position d’équilibre d’un petit angle, et abandonnée sans vitesse
initiale. On note θ l’écart angulaire du système par rapport à la position d’équilibre.
1- Déterminer l’expression du moment d’inertie J(∆) de la plaque par rapport à l’axe (∆).
2- Etablir l’équation différentielle qui régit les oscillations de la plaque.
3- Déterminer la période propre T0 des oscillations de la plaque sachant qu’elle est synchrone
à un pendule simple de longueur `0
= 85 cm.
4- En déduire les dimensions de la plaque sachant que sa longueur vaut le double de sa largeur.

Exercice 7.12 :
A la Figure 7.19 ci-dessous, un solide de masse m = 2 Kg dont on négligera les dimensions est
fixé à l’extrémité d’un ressort de raideur k = 250 N.m−1
et de masse négligeable, dont l’autre
extrémité est fixée à un support vertical. Le système constitué du ressort et du solide est posé
sur un sol horizontal. On écarte le solide de sa positon d’équilibre d’une certaine distance, puis
on le lâche sans vitesse initiale. Le solide oscille autour de sa position d’équilibre en étant soumis
à des frottements visqueux équivalents à une unique force de module f = λV où V représente la
vitesse du solide, et λ = 40 N.s.m−1
est le coefficient d’amortissement. On désigne par x l’écart
angulaire du solide par rapport à sa positon d’équilibre.
1- Déterminer les réels a et b l’équation différentielle du mouvement se mette sous la forme :
ẍ + aẋ + bx = 0
2- Déterminer α et ω0 pour que x(t) = A cos (ω0t + ϕ) exp (αt) soit solution de cette équation.

Exercice 7.13 :
A la Figure 7.20 ci-dessous, un solide ponctuel (S1) de masse m1 = 3 kg est suspendu à une
corde inextensible de masse négligeable enroulée sur un cylindre homogène de masse M1 = 5 kg
et de rayon R1 = 20 cm. Ce cylindre est solidaire à un autre cylindre de même axe de rotation
(∆), de masse M2 = 4 kg et de rayon R2 = 15 cm, l’ensemble formant ainsi une poulie. Un autre
solide (S2) de masse m2 = 2 kg et de dimensions négligeables, posé sur un plan horizontal est
fixé à l’extrémité d’un ressort de masse négligeable et de raideur k = 100 N.m−1
, dont l’autre
extrémité est fixée à un support vertical. (S2) est également fixé à l’extrémité d’une corde
horizontale, inextensible et de masse négigleable enroulée sur le cylindre de masse M2. Lorsque
le système se maintient en équilibre, le ressort est allongé de ∆`. On néglige les frottements
ainsi que la résistance de l’air.
1- Faire le bilan des forces qui agissent sur les solides et la poulie à l’équilibre, puis les repré-
senter.
2- Déterminer la valeur de ∆` et en déduire les intensités des tensions des cordes et du ressort.
A partir de la position d’équilibre, on tire (S1) vers le bas, puis on le lâche sans vitesse initiale.
On note respectivement par x1 et x2 les déplacements des solides (S1) et (S2) comptés à partir
de la position d’équilibre. On désigne également par θ l’écart angulaire de la poulie par rapport
à la position d’équilibre.
3- Calculer le moment d’inertie J(∆) de la poulie par rapport à (∆).
4- Etablir l’équation différentille satisfaite par x1 et en déduire celles satisfaites par x2 et θ.
5- Calculer la pulsation propre ω0 et la période propre T0 des oscillations du système.

Exercice 7.14 :
A la Figure 7.21 ci-dessous, une corde inextensible de masse négligeable passe par la gorge
d’une poulie en forme de disque homogène de masse M = 6 kg et de rayon R = 50 cm. Aux
extrémités de la corde sont accrochés deux solides (S1) et (S2) dont on négligera les dimensions,
de masses respectives m1 = 4 kg et m2 = 2 kg. (S1) et (S2) sont également fixés à des ressorts
de masses négligeables et de raideurs respectives k1 = 76 N.m−1
et k2 = 60 N.m−1
et de lon-
gueures à vide `01 = 25 cm et `02 = 15 cm, les autres extrémités de ces ressorts étant fixés sur
le sol horizontal. A l’équilibre, le ressort de raideur k1 est comprimé de ∆`1, tandis que l’autre
ressort est allongé de ∆`2. Le solide (S1) se trouve en dessous de (S1), et les deux solides sont
séparés à l’équilibre d’une différence d’altitude a = 20 cm. Les frottements seront négligés tout
au long du problème.
1- Faire le bilan des forces s’exerçant sur les deux solides et sur la poulie à l’équilibre, puis les
représenter.

2- Déterminer les valeurs de ∆`1 et ∆`2.
A partir de la position d’équilibre du système, le solide (S2) est tiré verticalement vers le bas
d’une petite distance, puis lâché sans aucune vitesse. On note x le déplacement des deux solides
et θ l’écart angulaire de la poulie (autour de son axe horizontal (∆)) comptés à partir de la
position d’équilibre du système.
3- Déterminer le moment d’inertie J(∆) de la poulie par rapport à l’axe (∆).
4- Exprimer les énergies cinétique, potentielles et mécanique du système en fonction de x et en
déduire les équations différentielles satisfaites pas x et θ.
5- Déterminer la pulsation propre ω0 et la période propre T0 des oscillations.
Exercice 7.15 :
A la Figure 7.22 ci-dessous, sur un plan incliné à l’horizontale d’un angle α = 30° est placé
un solide de masse m = 878, 7 g et de dimensions négligables fixé à l’extrémité d’une corde
inextensible de masse négligeable passant par la gorge d’une poulie en forme d’anneau circulaire
de masse M = 3 kg et de rayon R, capable de tourner autour de l’axe horizontal (∆) passant par
son centre de gravité. L’autre extrémité de la corde est fixée à l’extrémité libre d’un ressort de
masse négligeable, de raideur k, posé sur un plan horizontal, et dont l’autre extrémité est fixée
à un support vertical. Lorsque le système se trouve en état d’équilibre, le ressort est allongé
d’une longueur ∆`. On néglige les forces de frottements.
1- Exprimer ∆` en fonction des données du problème.

A partir de l’état d’équilibre, on déplace le solide vers le bas d’une distance Xm, puis on le lâche
sans vitesse à l’instant t = 0 s. Le système se met à osciller, et on note x le déplacement du
solide et θ l’écart angulaire de la poulie, comptés à partir de la position d’équilibre. Un appareil
sophistiqué permet de tracer l’évolution de θ en fonction du temps. La courbe a été représentée
Figure 7.23 – Exercice 7.15 (Courbe d’évolution de θ (t)).
2- Après avoir exprimé le moment d’inertie J(∆) de la poulie par rapport à l’axe (∆), établir
les équations différentielles satisfaites par x et θ.
3- Exprimer la pulsation propre ω0 et la période propre T0 des oscillations.
4- Déterminer l’amplitude de θ (t) et en déduire la valeur de Xm sachant que R = 20 cm.
5- Déterminer les valeurs numériques de T0, ω0, k et de ∆`.
6- Donner les équations horaires de θ (t) et de x(t) puis exprimer les énergies cinétique et po-
tentielles du système en fonction du temps. On admettra que l’énergie potentielle de pesanteur
du solide est nulle à l’équilibre.
7- Montrer que l’énergie mécanique Em (t) du système s’exprime par :
Em (t) =
1
2
k Xm
2
+ ∆`2

= constante
En déduire la valeur numérique de Em.

.
Evaluation 7.1 :
Déterminer la longueur ` du pendule simple synchrone avec une tige homogène de longueur
L = 90 cm oscillant dans un plan vertical autour d’un axe horizontal passant par son extrémité
supérieure.
Evaluation 7.2 :
Trois barres homogènes et identiques de même longueur ` sont associées pour former une struc-
ture en I pouvant osciller autour d’un axe horizontal passant par le centre de gravité de la
barre supérieure, comme illustré à la Figure 7.24 ci-dessous.
Un élève ayant étudié le problème affirme que la période propre T0 des oscillations de la structure
s’exprime par :
T0 = 2π
Ê
3`
g
Cet élève a-t-il raison ?
Evaluation 7.3 :
Sur un plan incliné à l’horizontale d’un angle α = 30° repose en équilibre un solide supposé
ponctuel et qui comprime un ressort de longueur à vide `0 = 135, 15 mm de telle sorte que sa
longueur à l’équilibre soit ` = 104, 12 mm. On écarte le solide de sa position d’équilibre d’une
certaine distance par rapport à sa position d’équilibre, puis on le lâche sans vitesse initiale. Que
vaut la période propre T0 des oscillations du système ?

Exercice 7.1 :
1- La tension UBA = VB − VA est positive, donc, l’armature (B) a le potentiel le plus élevé.
Par conséquent, le champ électrique
−
→
E est perpendiculaire aux deux armatures et orienté de
l’armature (B) vers l’armature (A). La charge q de la boule étant négative, la force électrique
−
→
F qu’elle subit est colinéaire et de sens contraire au champ électrique
−
→
E .
−
→
E et
−
→
F ont été
représentés à la Figure 7.25 ci-dessous. Le poids
−
→
P de la boule et la tension
−
→
T du fil ont eux
aussi été représentés.
Le module E du champ électrique
−
→
E est donné par :
E =
|UBA|
d
E =
|10000|
0, 5
Soit :
E = 20 kV.m−1
L’intensité F de la force électrique
−
→
F est donnée par :
F = |q| E

F = −40 × 10−6
× 20000
Soit :
F = 0, 8 N
2- Soit J(∆) le moment d’inertie par rapport à l’axe horizontal (∆) du système constitué par
le fil et la boule. La relation fondamentale de la dynamique peut s’écrire :
M(∆)
€−
→
P
Š
+ M(∆)
€−
→
F
Š
+ M(∆)
€−
→
T
Š
= J(∆)θ̈
Puisque la tension
−
→
T rencontre l’axe (∆), son moment M(∆)
€−
→
T
Š
est nul. Les moments par
rapport à (∆) de
−
→
P et
−
→
F ont pour expressions respectives :
M(∆)
€−
→
P
Š
= −mg` sin θ et M(∆)
€−
→
F
Š
= −F` sin θ
La masse du fil étant négligeable, le moment d’inertie J(∆) du système se réduit au moment
d’inertie de la boule et s’exprime par :
J(∆) = m`2
On a donc :
−mg` sin θ − F` sin θ = m`2
θ̈
=⇒ m`θ̈ + (mg + F) sin θ = 0
θ étant faible, sin θ ' θ. L’équation différentielle qui régit le mouvement s’écrit donc :
θ̈ +
mg + F
m`
θ = 0
L’équation ci-dessus étant de la forme θ̈ + ω0
2
θ = 0, on en conclut que les oscillations de la
boule sont harmoniques.
3- L’énergie cinétique de la boule s’exprime en fonction de θ̇ par :
Ec θ̇

=
1
2
J(∆)θ̇2
=
1
2
m`2
θ̇2
En supposant que l’énergie potentielle de pesanteur du système est nulle lorsque le fil est
vertical, l’expression en fonction de θ de cette énergie aura pour expression :
Epp(θ) = mg` (1 − cos θ)

Puisque θ est faible, alors cos θ ' 1 − 1
2
θ2
. Soit donc :
Epp(θ) =
1
2
mg`θ2
L’énergie potentielle électrostatique quant à elle a pour expression :
Epel(θ) = −F` cos θ + C = F`

1
2
θ2
− 1
‹
+ C
L’énergie mécanique du système s’exprime donc par :
Em θ, θ̇

= Ec θ̇

+ Epp(θ) + Epel(θ) =
1
2
m`2
θ̇2
+
1
2
mg`θ2
+ F`

1
2
θ2
− 1
‹
+ C
Les forces dissipatives étant inexistantes, l’énergie mécanique se conserve tout au long du mou-
vement, et on a :
dEm
dt
= 0
=⇒
1
2
m`2
‚
2
dθ̇
dt
θ̇
Œ
+
1
2
mg`

2
dθ
dt
θ
‹
+
1
2
F`

2
dθ
dt
θ
‹
= 0
=⇒ `θ̇ m`θ̈ + mgθ + Fθ

= 0
On retrouve donc l’équation différentielle du mouvement de la boule :
θ̈ +
mg + F
m`
θ = 0
4- La pulsation propre ω0 est telle que :
ω0
2
=
mg + F
m`
D’où :
ω0 =
Ê
mg + F
m`
ω0 =
Ê
0, 8 × 9, 8 + 0, 8
0, 8 × 0, 3
Soit :
ω0 = 6 rad.s−1
La période propre T0 est quant à elle donnée par :
T0 =
2π
ω0

T0 =
2 × π
6
Soit :
T0 = 1, 047 s
5- L’écart angulaire θ(t) s’exprime en fonction du temps selon l’expression :
θ(t) = θ0 cos (ω0t + ϕ)
Or, à t = 0 s, θ(t = 0) = θ0. On a donc :
θ0 cos ϕ = θ0
=⇒ cos ϕ = 1
=⇒ ϕ = 2kπ avec k ∈ Z
D’où :
θ (t) = 5 cos 6t ◦
Exercice 7.2 :
1- On voit que :
sin α =
x
`
Or, les oscillations sont très faibles, donc, sin α ' α. D’où :
α =
x
`
Avec α en radians.
2- Les oscillations étant faibles, le mouvement de la bille est quasiment horizontal. Son énergie
cinétique a donc pour expression :
Ec (ẋ) =
1
2
mẋ2
L’énergie potentielle de pesanteur a pour expression :
Epp = mg` (1 − cos α)
α étant faible, on a cos α ' 1 − 1
2
α2
. Soit :
Epp =
1
2
mg`α2

D’où :
Epp (x) =
1
2`
mgx2
L’énergie potentielle élastique est donnée par :
Epe (x) =
1
2
kx2
L’énergie mécanique quant à elle s’exprime par :
Em (x, ẋ) = Ec (ẋ) + Epp (x) + Epe (x)
D’où :
Em (x, ẋ) =
1
2`

m`ẋ2
+ (mg + k`) x2

3- L’absence des forces résistives entraîne la conservation de l’énergie mécanique du système.
On a donc :
dEm (x, ẋ)
dt
= 0
=⇒
1
2`
[2m`ẍẋ + 2 (mg + k`) ẋx] = 0
=⇒ m`ẍ + (mg + k`) x = 0
L’équation différentielle vérifiée par x est donc :
ẍ +

g
`
+
k
m
‹
x = 0
On a :
α =
x
`
=⇒ x = `α et ẍ = `α̈
On a donc :
`α̈ + `

g
`
+
k
m
‹
α = 0
L’équation différentielle vérifiée par α est donc :
α̈ +

g
`
+
k
m
‹
α = 0
ω0
2
=
g
`
+
k
m

D’où :
ω0 =
Ê
g
`
+
k
m
ω0 =
Ê
9, 8
0, 4
+
19, 75
0, 5
Soit :
ω0 = 8 rad.s−1
La période propre T0 est donnée par :
T0 =
2π
ω0
T0 =
2 × π
8
Soit :
T0 = 0, 785 s
5- Posons :
α (t) = αm cos (ω0t + ϕ)
A t = 0 s, α (t = 0) = αm. On a donc :
αm cos ϕ = αm
=⇒ cos ϕ = 1
=⇒ ϕ = 2kπ avec k ∈ Z
On a donc :
α (t) = αm cos ω0t
Or, on a :
x(t) = `α (t)
D’où :
α (t) = 4 cos 8t ◦
x(t) = 27, 92 cos 8t mm

Exercice 7.3 :
1- Les forces extérieures qui agissent sur la bille tout au long du mouvement sont son poids
−
→
P = m−
→
g et la tension
−
→
T du fil. Ces forces, ainsi que les accélérations normale −
−
→
anM
et
tangentielle −
−
→
atM
en M ont été représentées à la Figure 7.26 ci-dessous.
2- Au point M, dans la base locale de Frenet, la deuxième loi de Newton peut s’écrire :
−
→
P





−mg cos θ
−mg sin θ
+
−
→
T





T
0
= m−
−
→
aM





manM
= m`θ̇2
matM
= m`θ̈
On a donc :
−mg sin θ = m`θ̈
=⇒ `θ̈ + g sin θ = 0
Or, le système a chaque fois été écarté d’un petit angle. Les oscillations sont donc faibles, et on
a sin θ ' θ. Soit donc :
`θ̈ + gθ = 0
L’équation différentielle du mouvement de la bille s’écrit donc :
θ̈ +
g
`
θ = 0
3- La pulsation propre des oscillations est donnée par :
ω0 =
É
g
`

La période propre T0 est quant à elle donnée par :
T0 =
2π
ω
=
2π
p g
`
D’où :
T0 = 2π
Ê
`
g
4- On sait que la durée d’une oscillation correspond à une période. Donc, la durée de 20
oscillations correspond à 20 périodes. On a donc :
τ = 20T0
=⇒ T0 =
τ
20
Le Tableau 7.1 a été completé avec les valeurs de T0 et T0
2
dans le Tableau 7.2 ci-dessous :
` (cm) 20 30 40 50 60 70 80 90
τ (s) 17, 9 22 25, 4 28, 4 31, 1 33, 6 35, 9 38, 1
T0 (s) 0, 895 1, 1 1, 27 1, 42 1, 555 1, 68 1, 795 1, 905
T0
2
(s2
) 0, 801 1, 21 1, 613 2, 016 2, 418 2, 822 3, 222 3, 629
5- Le graphe T0
2
= f (`) a été représenté à la Figure 7.27. On voit que la courbe obtenue passe
par l’origine des axes. Son équation est donc de la forme :
T0
2
= λ`
On a :
λ = tan α
=
∆T0
2
∆`
=
3, 629 − 0, 801
0, 9 − 0, 2
= 4, 04
T0
2
= 4, 04 ` avec ` en m et T0
2
en s2

6- Nous avons obtenu précédemment l’expression de la période propre T0 :
T0 = 2π
Ê
`
g
En élevant la relation ci-dessus au carré, on obtient :
T0
2
= 4π2 `
g
=
4π2
g
`
Par identification des coefficients, on a donc :
4π2
g
= 4, 04
=⇒ g =
4π2
4, 04
L’accélération de la pesanteur dans le mileu vaut donc :
g = 9, 77 m.s−2

Exercice 7.4 :
1- Les forces extérieures s’exerçant sur le solide à l’équilibre sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
−
→
R du plan incliné ;
— La tension
−
→
T1 du ressort supérieur de raideur k1 ;
— La tension
−
→
T2 du ressort inférieur de raideur k2.
2- Lorsque le solide est en équilibre, la somme vectorielle des forces extérieures qu’il subit est
égale au vecteur nul. On peut donc écrire :
−
→
P





mg sin α
−mg cos α
+
−
→
R





0
R
+
−
→
T1





−T1 = −k1∆`1
0
+
−
→
T2





−T2 = −k2∆`2
0
=
−
→
0





0
0
On a donc :
k1∆`1 + k2∆`2 = mg sin α
Les dimensions du solide étant négligées, on voit bien que la longueur du plan incliné (désignons
la par L) est égale à la somme des longueurs des deux ressorts à l’équilibre (désignons les
respectivement par `1 et `2). On peut donc écrire :
L = `1 + `2
Or, on a :
sin α =
h
L
=⇒ L =
h
sin α

Puisque à l’équilibre, le ressort supérieur est allongé tandis que le ressort inférieur est comprimé,
leurs longueurs s’expriment respectivement par :
`1 = `01 + ∆`1 et `2 = `02 − ∆`2
On a donc :
h
sin α
= `01 + ∆`1 + `02 − ∆`2
=⇒ ∆`1 − ∆`2 =
h
sin α
− `01 − `02
On obtient ainsi le système d’équations d’inconnues ∆`1 et ∆`2 ci-dessous :





k1∆`1 + k2∆`2 = mg sin α
∆`1 − ∆`2 = h
sin α
− `01 − `02
En multipliant la seconde équation du système ci-dessus par k2, on obtient le système ci-dessous :





k1∆`1 + k2∆`2 = mg sin α
k2∆`1 − k2∆`2 = k2
h
sin α
− `01 − `02

(k1 + k2) ∆`1 = mg sin α + k2

h
sin α
− `01 − `02
‹
=⇒ ∆`1 =
1
k1 + k2
•
mg sin α + k2

h
sin α
− `01 − `02
‹˜
De la deuxième équation du tout premier système que nous avions obtenu précédemment, on
peut écrire :
∆`2 = ∆`1 −

h
sin α
− `01 − `02
‹
=
1
k1 + k2
•
mg sin α + k2

h
sin α
− `01 − `02
‹˜
−

h
sin α
− `01 − `02
‹
=
1
k1 + k2
mg sin α +
k2
k1 + k2

h
sin α
− `01 − `02
‹
−

h
sin α
− `01 − `02
‹
=
1
k1 + k2
mg sin α +

k2
k1 + k2
− 1
‹
h
sin α
− `01 − `02
‹
=
1
k1 + k2
mg sin α −
k1
k1 + k2

h
sin α
− `01 − `02
‹
=
1
k1 + k2
•
mg sin α − k1

h
sin α
− `01 − `02
‹˜

D’où :
∆`1 =
1
k1 + k2
•
mg sin α + k2

h
sin α
− `01 − `02
‹˜
∆`2 =
1
k1 + k2
•
mg sin α − k1

h
sin α
− `01 − `02
‹˜
∆`1 =
2 × 9, 8 × sin 30◦
+ 72, 5 × 0,51
sin 30◦ − 0, 6 − 0, 4

40 + 72, 5
∆`2 =
2 × 9, 8 × sin 30◦
− 40 × 0,51
sin 30◦ − 0, 6 − 0, 4

40 + 72, 5
Soit :
∆`1 = 10 cm
∆`2 = 8 cm
3- Lorsque le solide est écarté (vers le bas) d’une distance x par rapport à sa positon d’équilibre,
le ressort supérieur est allongé de ∆`1+x, tandis que le ressort inférieur est comprimé de ∆`2+x.
−
→
P





mg sin α
−mg cos α
+
−
→
R





0
R
+
−
−
→
T1x





−k1 (∆`1 + x)
0
+
−
−
→
T2x





−k2 (∆`2 + x)
0
= m−
→
ax





mẍ
0
On a donc :
mg sin α − k1 (∆`1 + x) − k2 (∆`2 + x) = mẍ
=⇒ mg sin α − k1∆`1 − k2∆`2
| {z }
0
−k1x − k2x = mẍ
=⇒ −k1x − k2x = mẍ
L’équation différentielle du mouvement du solide s’écrit donc :
ẍ +
k1 + k2
m
x = 0

4- L’énergie cinétique du solide s’exprime en fonction de ẋ par la relation :
Ec (ẋ) =
1
2
mẋ2
En considérant que l’énergie potentielle de pesanteur du solide est nulle lorsqu’il est en équilibre,
cette énergie potentielle s’exprimera en fonction de x selon la relation :
Epp (x) = −mgx sin α
L’énergie potentielle élastique quant à elle a pour expression :
Epe (x) =
1
2
”
k1 (∆`1 + x)2
+ k2 (∆`2 + x)2
—
L’énergie mécanique s’exprime donc par :
=
1
2
”
mẋ2
− 2mgx sin α + k1 (∆`1 + x)2
+ k2 (∆`2 + x)2
—
Les forces non conservatives étant absentes, l’énergie mécanique de tout le système se conserve
au cours du temps. On a donc :
dEm (x, ẋ)
dt
= 0
=⇒
1
2
[2mẍẋ − 2mgẋ sin α + 2k1ẋ (∆`1 + x) + 2k2ẋ (∆`2 + x)] = 0
=⇒ mẍ − mg sin α + k1 (∆`1 + x) + k2 (∆`2 + x) = 0
=⇒ mẍ + k1x + k2x = mg sin α − k1∆`1 − k2∆`2 = 0
On retrouve l’équation différentielle qui régit le mouvement du solide :
ẍ +
k1 + k2
m
x = 0
ω0
2
=
k1 + k2
m
D’où :
ω0 =
Ê
k1 + k2
m
ω0 =
Ê
40 + 72, 5
2

Soit :
ω0 = 7, 5 rad.s−1
La période propre T0 quant à elle s’exprime par :
T0 =
2π
ω0
T0 =
2 × π
7, 5
Soit :
T0 = 0, 837 s
6- Posons :
x(t) = xm sin (ω0t + ϕ)
A t = 0 s, x(t = 0) = xm. Soit :
xm sin ϕ = xm
=⇒ sin ϕ = 1
=⇒ ϕ =
π
2
+ 2kπ ; k ∈ Z
D’où :
x(t) = 5 sin

15
2
t +
π
2
‹
cm
Exercice 7.5 :
1- A l’équilibre, les forces appliquées au solide sont :
— Son poids
−
→
P = m−
→
g ;
— La tension
−
→
T1 du ressort inférieur gauche ;
— La tension
−
→
T0
1 du ressort inférieur droit.
Les forces s’exerçant au point d’intersection entre les deux ressort de gauche sont :
— La tension
−
→
T2 du ressort supérieur gauche ;
— La tension
−
−
→
T00
1 du ressort inférieur gauche.
Les forces s’exerçant au point d’intersection entre les deux ressort de droite sont :
— La tension
−
→
T0
2 du ressort supérieur droit ;
— La tension
−
−
→
T00
2 du ressort inférieur droit.

A l’équilibre, on a : 




T1 + T0
1 = mg
T2 = T00
1
T0
2 = T00
2
Or, on a :
T1 = T0
1 = T00
1 = T00
2 = k1∆`1 et T2 = T0
2 = k2∆`2
Soit donc : 




2k1∆`1 = mg
k1∆`1 = k2∆`2
Si l’ensemble des quatre ressorts est équivalent à un unique ressort de raideur K, alors, à
l’équilibre, on a la relation :
mg = K∆` = K (∆`1 + ∆`2)
On a donc : 




2k1∆`1 = mg = K (∆`1 + ∆`2)
k1∆`1 = k2∆`2
De la deuxième équation du système ci-dessus, on obtient :
∆`2 =
k1
k2
∆`1

=⇒ 2k1∆`1 = K

∆`1 +
k1
k2
∆`1
‹
=⇒ 2k1k2 = K (k1 + k2)
L’ensemble des ressorts est donc équivalent à un unique ressort de raideur K donnée par :
K =
2k1k2
k1 + k2
K =
2 × 30 × 50
30 + 50
Soit :
K = 37, 5 N.m−1
2k1∆`1 = mg
D’où :
∆`1 =
mg
2k1
∆`1 =
1, 5 × 9, 8
2 × 30
Soit :
∆`1 = 24, 5 cm
On a également obtenu l’expression :
∆`2 =
k1
k2
∆`1
∆`2 =
30 × 0, 245
50
Soit :
∆`2 = 14, 7 cm
On a finalement :
∆` = ∆`1 + ∆`2
∆` = 24, 5 + 14, 7
Soit :
∆` = 39, 2 cm

2- Le système sera désormais assimilé à un ressort de raideur K auquel est suspendu le solide
de masse m. Lorsque le solide est écarté de sa position d’équilibre vers le bas d’une longueur x,
le ressort est allongé de ∆` + x. Le théorème du centre d’inertie peut s’écrire :
mg − K (∆` + x) = mẍ
=⇒ mg − K∆`
| {z }
0
−Kx = mẍ
L’équation différentielle du mouvement du solide s’écrit donc :
ẍ +
K
m
x = 0
La pulsation propre des oscillations est donnée par :
ω0 =
Ê
K
m
ω0 =
Ê
37, 5
1, 5
Soit :
ω0 = 5 rad.s−1
La période propre est quant à elle donnée par :
T0 =
2π
ω0
T0 =
2 × π
5
Soit :
T0 = 1, 256 s
3- Posons :
x(t) = X cos (ω0t + ϕ)
A la date t = 0 s, x(t = 0) = X. Soit :
X cos ϕ = X
=⇒ cos ϕ = 1
=⇒ ϕ = 2kπ ; k ∈ Z

D’où :
x(t) = 4 cos 5t cm
La vitesse V (t) du solide est donnée par :
V (t) = ẋ(t)
= −0, 04 × 5 × sin 5t m.s−1
D’où :
V (t) = 0, 2 sin (5t + π) m.s−1
Exercice 7.6 :
1- L’axe vertical (∆) autour duquel tourne le système passe par le centre de gravité de la tige.
Le moment d’inertie du système par rapport à (∆) est égal à la somme des moments d’inertie
de la tige et ceux des deux masselottes. Soit :
J(∆) =
1
12
M`2
+ m

1
4
`
‹2
+ m

1
4
`
‹2
=
3
12
m`2
+
2
16
m`2
=
2
8
m`2
+
1
8
m`2
D’où :
J(∆) =
3
8
m`2
2- En appliquant la relation fondamentale de la dynamique au système, on peut écrire :
−Cα = J(∆)α̈ =
3
8
m`2
α̈
L’équation différentielle du mouvement du système s’écrit donc :
α̈ +
8C
3m`2
α = 0
3- La pulsation propre est telle que :
ω0
2
=
8C
3m`2
D’où :
ω0 =
1
`
Ê
8C
3m

La période propre T0 est quant elle donnée par :
T0 =
2π
ω0
Soit :
T0 = 2π`
Ê
3m
8C
4- Puisque le pendule bat la seconde, sa période propre vaut 2 secondes. On a donc :
T0 = 2π`
É
3m
8C
= 2
=⇒ π2
`2 3m
8C
= 1
D’où :
C =
3mπ2
`2
8
C =
3 × 1 × π2
× 0, 52
8
Soit :
C = 0, 925 N.m.rad−1
Exercice 7.7 :
1- Les forces magnétiques
−
→
F1 et
−
→
F2 s’exerçant respectivement sur les deux barres contenues
dans le plan horizontal et les forces magnétiques
−
→
F3 et
−
→
F4 s’exerçant respectivement sur les
deux barres verticales ont été représentées à la Figure 7.30. A l’équilibre, les directions des
courants traversant les deux barres horizontales font avec la direction du champ magnétique le
même angle α0. Par conséquent,
−
→
F1 et
−
→
F2 ont la même intensité donnée par :
F1 = F2 = BIc sin α0
F1 = F2 = 4 × 2, 19 × 0, 7926 × sin 24◦
Soit :
F1 = F2 = F = 2, 824 N
A l’équilibre, les directions des courants traversant les deux barres verticales sont perpendicu-
laires à la direction du champ magnétique. Les forces de Laplace
−
→
F3 et
−
→
F4 qu’elles subissent

ont donc la même intensité donnée par :
F3 = F4 = BIc
F3 = F4 = 4 × 2, 19 × 0, 7926
Soit :
F3 = F4 = F0
= 6, 943 N
2- Lorsque le système se trouve à l’équilibre, la somme algébrique des moments par rapport
à l’axe vertical passant par le fil est nul. Les forces de Laplace
−
→
F1 et
−
→
F2 subies par les deux
barres horizontales rencontrent l’axe vertical, et leurs moments sont de ce fait nuls. De même,
les poids des quatre barres sont verticales et donc parallèles à l’axe vertical passant par le fil
de torsion. Les moments des poids des barres sont donc eux aussi nuls. Au final, le moment du
couple de torsion est compensé par les moments des forces magnétiques
−
→
F3 et
−
→
F4 subies par
les barres verticales. Soit d le bras de levier de
−
→
F3 et
−
→
F4 , et C la constante de torsion du fil.
On peut écrire :
−Cα0 + F3d + F4d = 0

=⇒ −Cα0 + 2F0
d = 0
Or, on a :
cos α0 =
d
c
2
=⇒ d =
1
2
c cos α0
Soit :
−Cα0 + F0
c cos α0 = 0
D’où :
C =
F0
c cos α0
α0
C =
6, 943 × 0, 7926 × cos 24◦
24×π
180
Soit :
C = 12 N.m.rad−1
3- Le moment d’inertie du cadre par rapport à (∆) est égal à la somme des moments d’inertie
des deux barres horizontales et des deux barres verticales. On peut donc écrire :
J(∆) = 2Jh + 2Jv = 2

1
12
Mc2
+ kMc2
‹
D’où :
J(∆) =
12k + 1
6
Mc2
4- Lorsque le cadre oscille, l’écart angulaire α est d’après la relation fondamentale de la dyna-
mique telle que :
−Cα = J(∆)α̈ =
12k + 1
6
Mc2
α̈
L’équation différentielle satisfaite par α s’écrit donc :
α̈ +
6C
Mc2 (12k + 1)
α = 0
5- Les oscillations du cadre sont harmoniques, et la pulsation propre est donnée par :
ω0 =
Ê
6C
Mc2 (12k + 1)
=
1
c
Ê
6C
M (12k + 1)

La période propre quant à elle s’exprime par :
T0 =
2π
ω0
= 2πc
É
M (12k + 1)
6C
On sait qu’une alternance correspond à une demi-oscillation. Par conséquent, 20 alternances
correspondent à 10 oscillations. Ainsi, le temps τ mis par le cadre pour effectuer 20 alternances
(donc 10 oscillations) correspond à 10 fois la période propre T0. On a donc :
τ = 10T0
D’où :
τ = 20πc
Ê
M (12k + 1)
6C
6- De l’expression de τ obtenue précédement, on peut écrire :
τ2
= 400π2
c2
•
M (12k + 1)
6C
˜
=⇒
τ2
200π2c2
=
M (12k + 1)
3C
=⇒ M (12k + 1) =
3Cτ2
200π2c2
=⇒ 12k + 1 =
3Cτ2
200Mπ2c2
=⇒ 12k =
3Cτ2
200Mπ2c2
− 1
D’où :
k =
Cτ2
800Mπ2c2
−
1
12
k =
12 × 16, 62
800 × 2 × π2 × 0, 79262
−
1
12
Soit :
k = 0, 25 =
1
4
Exercice 7.8 :
1- L’énergie cinétique du cylindre s’exprime en fonction de θ̇ selon la relation :
Ec θ̇

=
1
2
J(∆)θ̇2

L’énergie potentielle de torsion quant à elle a pour expression :
Ept (θ) =
1
2
C1θ2
+
1
2
C2θ2
=
1
2
(C1 + C2) θ2
L’énergie mécanique s’exprime donc par :
Em θ, θ̇

= Ec θ̇

+ Ept (θ) =
1
2
J(∆)θ̇2
+
1
2
(C1 + C2) θ2
D’où :
Em
€
θ, θ̇
Š
=
1
2
”
J(∆)θ̇2
+ (C1 + C2)θ2
—
Puisque les forces dissipatives sont absentes, l’énergie mécanique du système se conserve au
cours du temps. On peut donc écrire :
dEm (C1 + C2)
dt
= 0
=⇒
1
2

2J(∆)θ̈θ̇ + 2 (C1 + C2)θ̇θ

= 0
=⇒ J(∆)θ̈ + (C1 + C2)θ = 0
L’équation différentielle qui régit le mouvement du cylindre s’écrit donc :
θ̈ +
C1 + C2
J(∆)
θ = 0
ω0 =
Ê
C1 + C2
J(∆)
Posons :
θ (t) = θm cos (ω0t + ϕ)
A l’instant initial t = 0 s, θ (t = 0) = θm. Soit :
θm cos ϕ = θm
=⇒ cos ϕ = 1
=⇒ ϕ = 2kπ ; k ∈ Z
D’où :
θ (t) = θm cos
–‚Ê
C1 + C2
J(∆)
Œ
t
™

On a donc :
θ̇ (t) = −θm
Ê
C1 + C2
J(∆)
sin
–‚Ê
C1 + C2
J(∆)
Œ
t
™
D’où :
θ̇ (t) = θm
Ê
C1 + C2
J(∆)
sin
–‚Ê
C1 + C2
J(∆)
Œ
t + π
™
3- De l’équation horaire de θ̇ trouvée précédemment, on peut exprimer la vitesse angulaire
maximale Ωm acquise par le cylindre par :
Ωm = θm
Ê
C1 + C2
J(∆)
=⇒ Ωm
2
= θm
2

C1 + C2
J(∆)
‹
D’où :
J(∆) =
θm
2
(C1 + C2)
Ωm
2
J(∆) =
30×π
180
2
× (30, 33 + 28, 32)
162
Soit :
J(∆) = 6, 28 × 10−2
kg.m2
4- Le moment d’inertie du cylindre se met sous la forme :
J(∆) =
1
12
ML2
+ kMD2
=⇒
J(∆)
M
=
1
12
L2
+ kD2
D’où :
k =
1
D2
‚
J(∆)
M
−
L2
12
Œ
k =
1
0, 042
‚
6, 28 × 10−2
3
−
0, 52
12
Œ
Soit :
k = 0, 0625 =
1
16

Exercice 7.9 :
1- Notons P1 et P2 les positions respectives des deux masselottes. Le centre de masse G du
système vérifie l’égalité vectorielle ci-dessous :
M
−
−
→
GO + m1
−
−
−
→
GP1 + m2
−
−
−
→
GP2 =
−
→
0
=⇒ M
−
−
→
GO + m1
−
−
→
GO + m1
−
−
−
→
OP1 + m2
−
−
→
GO + m2
−
−
−
→
OP2 =
−
→
0
=⇒ (M + m1 + m2)
−
−
→
GO + m1
−
−
−
→
OP1 + m2
−
−
−
→
OP2 =
−
→
0
Or, on a :
−
−
−
→
OP1 = −
1
2
−
−
−
→
P1P2 et
−
−
−
→
OP2 =
1
2
−
−
−
→
P1P2
Soit :
(M + m1 + m2)
−
−
→
GO −
1
2
m1
−
−
−
→
P1P2 +
1
2
m2
−
−
−
→
P1P2 =
−
→
0
=⇒
−
−
→
OG =
m2 − m1
2 (M + m1 + m2)
−
−
−
→
P1P2
Puisque m2 m1, alors m2 − m1 0. Les vecteurs
−
−
→
OG et
−
−
−
→
P1P2 sont donc colinéaires de
même sens. Par conséquent, le centre de masse G du système se trouve entre O et la
masselotte de masse m2. La distance OG est donnée par :
OG =
m2 − m1
2 (M + m1 + m2)
P1P2
Or, P1P2 = `. D’où :
OG =
m2 − m1
2 (M + m1 + m2)
`
2- Le moment d’inertie du système par rapport à l’axe (∆) est égal à la somme des moments
d’inertie de la tige et des deux masselottes. On a donc :
J(∆) =
1
12
M`2
+ m1

1
2
`
‹2
+ m2

1
2
`
‹2
=
1
12
M`2
+
1
4
m1`2
+
1
4
m2`2
=
1
12
M`2
+
3
12
m1`2
+
3
12
m2`2
D’où :
J(∆) =
1
12
(M + 3m1 + 3m2) `2
3- Le système est assimilé à un solide de masse (M + m1 + m2) et de centre de masse G en
lequel est appliqué son poids. Lorsqu’il oscille, seul son poids a un moment non nul par rapport

à l’axe (∆) donné par :
M = − (M + m1 + m2) gOG sin θ
= − (M + m1 + m2) g
m2 − m1
2 (M + m1 + m2)
` sin θ
= −
m2 − m1
2
g` sin θ
La relation fondamentale de la dynamique peut s’écrire :
M = J(∆)θ̈
=⇒ −
m2 − m1
2
g` sin θ =
1
12
(M + 3m1 + 3m2) `2
θ̈
=⇒
M + 3m1 + 3m2
6
`θ̈ + (m2 − m1) g sin θ = 0
Les oscillations étant de faible amplitude, sin θ ' θ. L’équation différentielle du mouvement du
système s’écrit donc :
=⇒ θ̈ +
6g (m2 − m1)
` (M + 3m1 + 3m2)
θ = 0
La pulsation propre des oscillations s’exprime par :
ω0 =
Ê
6g (m2 − m1)
` (M + 3m1 + 3m2)
La période propre quant à elle s’exprime donc par :
T0 = 2π
Ê
` (M + 3m1 + 3m2)
6g (m2 − m1)
4- On sait que la période propre T0
0 d’un pendule simple de longueur `0
s’exprime par :
T0
0 = 2π
Ê
`0
g
Pour que ce pendule simple soit synchrone avec le pendule pesant de notre exercice, ils doivent
avoir la même période. on doit donc avoir la relation :
T0 = T0
0
=⇒ 2π
Ê
` (M + 3m1 + 3m2)
6g (m2 − m1)
= 2π
Ê
`0
g
=⇒
` (M + 3m1 + 3m2)
6g (m2 − m1)
=
`0
g

D’où :
`0
=
M + 3m1 + 3m2
6 (m2 − m1)
`
`0
=
0, 8 × (1, 5 + 3 × 0, 4 + 3 × 0, 8)
6 × (0, 8 − 0, 4)
Soit :
`0
= 170 cm
Exercice 7.10 :
1- Soient G1 et G2 les centres de gravité respectifs du cerceau et du disque. Le centre de masse
G du système vérifie l’équation vectorielle :
M1
−
−
−
→
GG1 + M2
−
−
−
→
GG2 =
−
→
0
=⇒ M1
−
−
→
GO + M1
−
−
−
→
OG1 + M2
−
−
→
GO + M2
−
−
−
→
OG2 =
−
→
0
=⇒ (M1 + M2)
−
−
→
GO + M1
−
−
−
→
OG1 + M2
−
−
−
→
OG2 =
−
→
0
=⇒ (M1 + M2)
−
−
→
OG = M1
−
−
−
→
OG1 + M2
−
−
−
→
OG2
Les vecteurs
−
−
→
OG ,
−
−
−
→
OG1 et
−
−
−
→
OG2 étant colinéaires de même sens, on peut transformer l’équation
vectorielle précédente en une équation algébrique :
(M1 + M2) OG = M1OG1 + M2OG2
Or :
OG1 = R1 et OG2 = OI + IG2 = 2R1 + R2
Soit :
(M1 + M2) OG = M1R1 + M2 (2R1 + R2)
D’où :
OG =
(M1 + 2M2) R1 + M2R2
M1 + M2
2- Le moment d’inertie du système par rapport à l’axe horizontal (∆) est égal à la somme
des moments d’inertie du cerceau et du disque. Notons Jc(∆) et Jd(∆) les moments d’inertie
respectifs du cerceau et du disque par rapport à (∆). Le moment d’inertie du système peut
donc s’écrire :
J(∆) = Jc(∆) + Jd(∆)

Du théorème de Huyguens, on peut écrire :
Jc(∆) = M1R1
2
+ M1R1
2
= 2M1R1
2
Jd(∆) =
1
2
M2R2
2
+ M2 (2R1 + R2)2
=
1
2
M2R2
2
+ M2 4R1
2
+ R2
2
+ 4R1R2

=
1
2
M2R2
2
+ 4M2R1
2
+ M2R2
2
+ 4M2R1R2
= 4M2R1
2
+
3
2
M2R2
2
+ 4M2R1R2
On a donc :
J(∆) = 2M1R1
2
+ 4M2R1
2
+
3
2
M2R2
2
+ 4M2R1R2 = 2 (M1 + 2M2) R1
2
+
3
2
M2R2
2
+ 4M2R1R2
D’où :
J(∆) =
1
2

4 (M1 + 2M2) R1
2
+ 3M2R2
2
+ 8M2R1R2

3- Le système est équivalent à un solide de masse (M1 + M2) et de centre de gravité G. Le
moment M par rapport à (∆) du poids du système est donné par :
M = − (M1 + M2) gOG sin θ
= − (M1 + M2) g
(M1 + 2M2) R1 + M2R2
M1 + M2
sin θ
= −g [(M1 + 2M2) R1 + M2R2] sin θ
La relation fondamentale de la dynamique peut s’écrire :
M = J(∆)θ̈
=⇒ −g [(M1 + 2M2) R1 + M2R2] sin θ =
1
2

4 (M1 + 2M2) R1
2
+ 3M2R2
2
+ 8M2R1R2

θ̈
=⇒ −2g [(M1 + 2M2) R1 + M2R2] sin θ =

4 (M1 + 2M2) R1
2
+ 3M2R2
2
+ 8M2R1R2

θ̈
=⇒

4 (M1 + 2M2) R1
2
+ 3M2R2
2
+ 8M2R1R2

θ̈ + 2g [(M1 + 2M2) R1 + M2R2] sin θ = 0
Les oscillations étant de faible amplitude, sin θ ' θ. Soit :

4 (M1 + 2M2) R1
2
+ 3M2R2
2
+ 8M2R1R2

θ̈ + 2g [(M1 + 2M2) R1 + M2R2] θ = 0
L’équation différentielle satisfaite par θ est donc :
θ̈ +
2g [(M1 + 2M2) R1 + M2R2]
4 (M1 + 2M2) R1
2
+ 3M2R2
2
+ 8M2R1R2
θ = 0

4- La pulsation ω0 des oscillations est telle que :
ω0
2
=
2g [(M1 + 2M2) R1 + M2R2]
4 (M1 + 2M2) R1
2
+ 3M2R2
2
+ 8M2R1R2
Dans le cas où M1 = 2M2 = 2M et R1 = 2R2 = 2R, on a :
ω0
2
=
2g [(2M + 2M) (2R) + MR]
4 (2M + 2M) (2R)2
+ 3MR2 + 8M (2R) R
=
2g [8MR + MR]
64MR2 + 3MR2 + 16MR2
=
18g
83R
=⇒ ω0 =
É
18g
83R
La période propre T0 s’exprime donc par :
T0 = 2π
Ê
83R
18g
5- Si le pendule bat la seconde, alors sa période propre est égale à 2 secondes. On a donc :
2π
Ê
83R
18g
= 2
=⇒ π2 83R
18g
= 1
=⇒ R =
18g
83π2
Or, R1 = 2R et R2 = R. D’où :
R1 =
36g
83π2
R2 =
18g
83π2
R1 =
36 × 9, 8
83 × π2
R2 =
18 × 9, 8
83 × π2
Soit :
R1 = 430, 676 mm
R2 = 215, 338 mm

Exercice 7.11 :
1- Le moment d’inertie de la plaque par rapport à l’axe (∆) peut s’écrire :
J(∆) =
1
12
M L2
+ `2

+ M

L
2
‹2
=
1
12
M L2
+ `2

+
1
4
ML2
=
1
12
M L2
+ `2

+
3
12
ML2
=
1
12
M L2
+ `2
+ 3L2

D’où :
J(∆) =
1
12
M 4L2
+ `2

2- Le centre de gravité de la plaque est séparé de l’axe (∆) d’une distance correspondant à la
moitié de sa longueur. La plaque tourne sous l’effet de son poids, et la relation fondamentale
de la dynamique peut s’écrire :
−Mg
L
2
sin θ = J(∆)θ̈
=⇒ −Mg
L
2
sin θ =
1
12
M 4L2
+ `2

θ̈
=⇒ 4L2
+ `2

θ̈ + 6gL sin θ = 0
Les oscillations de la plaque étant de faible amplitude, sin θ ' θ. L’équation différentielle qui
régit les oscillations de la plaque s’écrit donc :
θ̈ +
6gL
4L2 + `2
θ = 0
3- Si la plaque est synchrone au pendule simple de longueur `0
= 85 cm, alors sa période propre
est égale à la période propre du pendule simple. On a donc :
T0 = 2π
Ê
`0
g
T0 = 2 × π ×
Ê
0, 85
9, 8
Soit :
T0 = 1, 85 s

4- A partir de l’équation différentielle du mouvement de la plaque, on voit que la pulsation
propre s’exprime par :
ω0 =
Ê
6gL
4L2 + `2
La période propre quant à elle s’exprime par :
T0 =
2π
ω0
= 2π
Ê
4L2 + `2
6gL
Or, L = 2`. On a donc :
T0 = 2π
s
4 (2`)2
+ `2
6g (2`)
= 2π
Ê
16`2 + `2
12g`
= 2π
Ê
17`
12g
On a donc :
T0
2
= 4π2

17`
12g
‹
=⇒
T0
2
4π2
=
17`
12g
=⇒
12gT0
2
4π2
= 17`
=⇒ 17` =
3gT0
2
π2
D’où :
L =
6gT0
2
17π2
` =
3gT0
2
17π2
L =
6 × 9, 8 × 1, 852
17 × π2
` =
3 × 9, 8 × 1, 852
17 × π2
Soit :
L = 120 cm
` = 60 cm

Exercice 7.12 :
1- Lorsque le solide est écarté de sa position d’équilibre d’une distance x, il est soumis à la
tension de rappel du ressort et à la force de frottement visqueux. Le théorème du centre d’inertie
peut s’écrire :
−kx − λV = mẍ
Or, V = ẋ. Soit :
−kx − λẋ = mẍ
=⇒ ẍ +
λ
m
ẋ +
k
m
x = 0
L’équation différentielle du mouvement du solide peut donc se mettre sous la forme :
ẍ + aẋ + bx = 0
Avec :
a =
λ
m
b =
k
m
a =
40
2
b =
250
2
Soit :
a = 20 N.s.m−1
.kg−1
b = 125 N.m−1
.kg−1
2- Pour que la fonction x(t) = A cos (ω0t + ϕ) exp (αt) soit solution de l’équation différentielle
précédente, on doit avoir :
ẍ(t) + aẋ(t) + bx(t) = 0
On a :
ẋ(t) =
dx(t)
dt
= A [−ω0 sin (ω0t + ϕ) exp (αt) + α cos (ω0t + ϕ) exp (αt)]
= A [α cos (ω0t + ϕ) − ω0 sin (ω0t + ϕ)] exp (αt)

ẍ(t) =
dẋ(t)
dt
= A

−αω0 sin (ω0t + ϕ) − ω0
2
cos (ω0t + ϕ)

exp (αt)
+ A

α2
cos (ω0t + ϕ) − αω0 sin (ω0t + ϕ)

exp (αt)
= A

α2
− ω0
2

cos (ω0t + ϕ) − 2αω0 sin (ω0t + ϕ)

exp (αt)
Ainsi, on a :
ẍ(t) + aẋ(t) + bx(t) = A

α2
− ω0
2
+ αa + b

cos (ω0t + ϕ)

exp (αt)
+ A [(−2αω0 − aω0) sin (ω0t + ϕ)] exp (αt)
= 0
=⇒ A

α2
− ω0
2
+ αa + b

cos (ω0t + ϕ) + (−2αω0 − aω0) sin (ω0t + ϕ)

exp (αt) = 0
Les coefficients de cos (ω0t + ϕ) et sin (ω0t + ϕ) doivent être nuls. On a donc :





α2
− ω0
2
+ αa + b = 0
−2αω0 − aω0 = 0
De la deuxième équation du système ci-dessus, on obtient :
α = −
a
2
On a donc :
a2
4
− ω0
2
−
a2
2
+ b = 0
=⇒ ω0
2
= −
a2
4
+ b = 0
On a donc finalement :
α = −
a
2
ω0 =
Ê
−
a2
4
+ b
α = −
20
2
ω0 =
Ê
−
202
4
+ 125
Soit :
α = −10 s−1
ω0 = 5 rad.s−1

Exercice 7.13 :
1- Les forces qui agissent sur (S1) à l’équilibre sont :
— Son poids
−
→
P1 = m1
−
→
g ;
— La tension
−
→
T1 de la corde à laquelle il est suspendu.
Les forces qui agissent sur (S2) à l’équilibre sont :
— Son poids
−
→
P2 = m2
−
→
g ;
— La tension
−
→
T2 de la corde à laquelle il est fixé ;
— La tension
−
→
T du ressort ;
−
→
R du plan horizontal.
Les forces qui agissent sur la poulie à l’équilibre sont :
— Son poids
−
→
P = (M1 + M2)−
→
g ;
— La tension
−
→
T0
1 de la corde enroulée sur le plus gros cylindre ;
— La tension
−
→
T0
2 de la corde enroulée sur le plus petit cylindre ;
— La réaction
−
→
R qui supporte la poulie.
2- A l’équilibre, les forces qui agissent sur les deux solides se compensnent. On peut directement
écrire :
T1 = m1g et T2 = T = k∆`
A l’équilibre, la somme des moments par rapport à l’axe (∆) des efforts s’exerçant sur la poulie
est nulle. Le poids
−
→
P de la poulie ainsi que la réaction
−
→
R rencontrant l’axe (∆), leurs moments

sont nuls. On peut donc écrire :
T0
1R1 = T0
2R2
Or :
T0
1 = T1 et T0
2 = T2
On a donc :
T1R1 = T2R2
=⇒ m1gR1 = kR2∆`
D’où :
∆` =
m1gR1
kR2
∆` =
3 × 9, 8 × 0, 2
100 × 0, 15
Soit :
∆` = 39, 2 cm
Les intensités des tensions des cordes et du ressort sont données par :
T1 = m1g
T2 = T = k∆`
T1 = 3 × 9, 8
T2 = T = 100 × 0, 392
Soit :
T1 = 29, 4 N
T2 = 39, 2 N
T = 39, 2 N
3- Le moment d’inertie J(∆) de la poulie par rapport à l’axe horizontal (∆) est donné par :
J(∆) =
1
2
M1R1
2
+ M2R2
2

J(∆) =
5 × 0, 22
+ 4 × 0, 152
2
Soit :
J(∆) = 0, 145 kg.m2

4- Lorsque les deux solides et la poulie sont écartés de la position d’équilibre respectivement
de x1, x2 et θ, la relation fondamentale de la dynamique appliquée au système peut s’écrire :





−T1x + m1g = m1ẍ1
−Tx + T2x = m2ẍ2
T0
1xR1 − T0
2xR2 = J(∆)θ̈
=⇒





−T1x + m1g = m1ẍ1
−k (x2 + ∆`) + T2x = m2ẍ2
T1xR1 − T2xR2 = J(∆)θ̈
=⇒





T1x = m1g − m1ẍ1
T2x = m2ẍ2 + k (x2 + ∆`)
T1xR1 − T2xR2 = J(∆)θ̈
=⇒ R1 (m1g − m1ẍ1) − R2 [m2ẍ2 + k (x2 + ∆`)] = J(∆)θ̈
Or, on a :
θ =
x1
R1
=
x2
R2
; θ̇ =
ẋ1
R1
=
ẋ2
R2
; θ̈ =
ẍ1
R1
=
ẍ2
R2
On a donc :
R1 (m1g − m1ẍ1) − R2
•
m2
R2
R1
ẍ1 + k

R2
R1
x1 + ∆`
‹˜
= J(∆)
1
R1
ẍ1
=⇒ m1R1g − m1R1ẍ1 −
m2R2
2
R1
ẍ1 −
kR2
2
R1
x1 − kR2∆` = J(∆)
1
R1
ẍ1
=⇒ m1R1g − kR2∆` = m1R1ẍ1 +
m2R2
2
R1
ẍ1 +
kR2
2
R1
x1 +
J(∆)
R1
ẍ1
Or, à l’équilibre, nous avons établi précédemment la relation :
m1R1g = kR2∆`
Soit :
m1R1g − kR2∆` = 0
On a donc :
m1R1ẍ1 +
m2R2
2
R1
ẍ1 +
kR2
2
R1
x1 +
J(∆)
R1
ẍ1 = 0
=⇒
‚
m1R1 +
m2R2
2
R1
+
J(∆)
R1
Œ
ẍ1 +
kR2
2
R1
x1 = 0
=⇒ m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)

ẍ1 + kR2
2
x1 = 0

L’équation différentielle satisfaite par x1 est donc :
ẍ1 +
kR2
2
m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)
x1 = 0
On a les relations :
x1 = R1θ =
R1
R2
x2 ; ẍ1 = R1θ̈ =
R1
R2
ẍ2
On a donc :
R1
R2
ẍ2 +
kR2
2
m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)
R1
R2
x2 = 0
R1θ̈ +
kR2
2
m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)
R1 θ = 0
D’où :
ẍ2 +
kR2
2
m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)
x2 = 0
θ̈ +
kR2
2
m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)
θ = 0
Les équations différentielles satisfaites par x2 et θ sont donc identiques à celle satisfaite par x1.
ω0 =
s
kR2
2
m1R1
2
+ m2R2
2
+ J(∆)
ω0 =
Ê
100 × 0, 152
3 × 0, 22
+ 2 × 0, 152
+ 0, 145
Soit :
ω0 = 2, 694 rad.s−1
La période propre est quant à elle donnée par :
T0 =
2π
ω0
T0 =
2 × π
2, 694
Soit :
T0 = 2, 332 s

Exercice 7.14 :
1- Les forces qui agissent sur le solide (S1) à l’équilibre sont :
— Son poids
−
→
P1 = m1
−
→
g ;
— La tension
−
→
T1 de la corde ;
— La tension
−
−
→
Tr1 du ressort.
Les forces qui agissent sur le solide (S2) à l’équilibre sont :
— Son poids
−
→
P2 = m2
−
→
g ;
— La tension
−
→
T2 de la corde ;
— La tension
−
−
→
Tr2 du ressort.
Les forces qui agissent sur la poulie à l’équilibre sont :
— Son poids
−
→
P = M−
→
g ;
— La tension
−
→
T0
1 du brin de corde gauche ;
— La tension
−
→
T0
2 du brin de corde droit.
— La réaction
−
→
R qui supporte la poulie.

2- Lorsque le système est en équilibre, on peut écrire :





m1g − Tr1 − T1 = 0
m2g + Tr2 − T2 = 0
−T0
1R + T0
2R = 0
=⇒





m1g − k1∆`1 − T1 = 0
m2g + k2∆`2 − T2 = 0
T0
1 = T0
2
=⇒





T1 = m1g − k1∆`1
T2 = m2g + k2∆`2
T0
1 = T0
2
Or, T0
1 = T1 et T0
2 = T2. On a donc :





T1 = m1g − k1∆`1
T2 = m2g + k2∆`2
T1 = T2
=⇒ m1g − k1∆`1 = m2g + k2∆`2
=⇒ k1∆`1 + k2∆`2 = (m1 − m2) g
La différence d’altitude a entre les deux solides ((S1) étant en dessous de (S2)) à l’équilibre est
encore égale à la différence entre les longueurs des deux ressorts à l’équilibre. Or le ressort de
raideur k1 est comprimé tandis que l’autre ressort est étiré. On peut donc écrire :
`02 + ∆`2 − (`01 − ∆`1) = a
=⇒ ∆`1 + ∆`2 = a + `01 − `02
On obtient donc le système d’équations ci-dessous :





k1∆`1 + k2∆`2 = (m1 − m2) g
∆`1 + ∆`2 = a + `01 − `02
En multipliant la deuxième équation du système ci-dessus par −k2, on obtient :





k1∆`1 + k2∆`2 = (m1 − m2) g
−k2∆`1 − k2∆`2 = −k2 (a + `01 − `02 )
(k1 − k2) ∆`1 = (m1 − m2) g − k2 (a + `01 − `02 )

D’où :
∆`1 =
g (m1 − m2) − k2 (a + `01
− `02
)
k1 − k2
∆`1 =
9, 8 × (4 − 2) − 60 × (0, 2 + 0, 25 − 0, 15)
76 − 60
Soit :
∆`1 = 10 cm
On a :
∆`1 + ∆`2 = a + `01 − `02
D’où :
∆`2 = a + `01
− `02
− ∆`1
∆`2 = 0, 2 + 0, 25 − 0, 15 − 0, 1
Soit :
∆`2 = 20 cm
3- Le moment d’inertie de la poulie par rapport à l’axe (∆) est donné par :
J(∆) =
1
2
MR2
J(∆) =
6 × 0, 52
2
Soit :
J(∆) = 0, 75 kg.m2
4- L’énergie cinétique du système est donnée par :
Ec =
1
2
m1ẋ2
+
1
2
m2ẋ2
+
1
2
J(∆)θ̇2
Or, on a :
θ =
x
R
; θ̇ =
ẋ
R
; θ̈ =
ẍ
R
Soit :
Ec =
1
2
m1ẋ2
+
1
2
m2ẋ2
+
1
2
J(∆)
ẍ2
R2

D’où :
Ec (ẋ) =
1
2

m1 + m2 +
J(∆)
R2
‹
ẋ2
En prenant le plan horizontal passant par la position du solide (S1) à l’équilibre comme référence
de l’énergie potentielle de pesanteur, on peut écrire cette énergie pour tout le système selon la
relation :
Epp = m1gx + m2g (a − x)
D’où :
Epp (x) = (m1 − m2) gx + m2ga
L’énergie potentielle élastique s’exprime par :
Epe (x) =
1
2
k1 (∆`1 − x)2
+
1
2
k2 (∆`2 − x)2
D’où :
Epe (x) =
1
2
”
k1 (∆`1 − x)2
+ k2 (∆`2 − x)2
—
L’énergie mécanique du système a pour expression :
D’où :
Em (x, ẋ) = 1
2
”€
m1 + m2 +
J(∆)
R2
Š
ẋ2
+ 2(m1 − m2) gx
—
+ 1
2
”
2m2ga + k1 (∆`1 − x)2
+ k2 (∆`2 − x)2
—
Les forces dissipatives étant absentes, l’énergie mécanique du système se conserve au cours du
temps, et on peut écrire :
dEm
dt
= 0
=⇒ 1
2
”
2
€
m1 + m2 +
J(∆)
R2
Š
ẍẋ + 2(m1 − m2) gẋ − 2k1ẋ (∆`1 − x) − 2k2ẋ (∆`2 − x)
—
= 0
=⇒

m1 + m2 +
J(∆)
R2
‹
ẍẋ + (m1 − m2) gẋ − k1ẋ (∆`1 − x) − k2ẋ (∆`2 − x) = 0
=⇒

m1 + m2 +
J(∆)
R2
‹
ẍ + (m1 − m2) g − k1 (∆`1 − x) − k2 (∆`2 − x) = 0
=⇒

m1 + m2 +
J(∆)
R2
‹
ẍ + (m1 − m2) g − k1∆`1 + k1x − k2∆`2 + k2x = 0
Or, on a obtenu précédemment la relation :
k1∆`1 + k2∆`2 = (m1 − m2) g
=⇒ (m1 − m2) g − k1∆`1 − k2∆`2 = 0

On a donc :
m1 + m2 +
J(∆)
R2
‹
ẍ + k1x + k2x = 0
L’équation différentielle satisfaite par x est donc :
ẍ +
k1 + k2
m1 + m2 +
J(∆)
R2
x = 0
On a donc :
Rθ̈ +
k1 + k2
m1 + m2 +
J(∆)
R2
Rθ = 0
θ̈ +
k1 + k2
m1 + m2 +
J(∆)
R2
θ = 0
5- La pulsation propre des oscillations est donnée par la relation :
ω0 =
s
k1 + k2
m1 + m2 +
J(∆)
R2
ω0 =
s
76 + 60
4 + 2 + 0,75
0,52
Soit :
ω0 = 3, 887 rad.s−1
La pulsation propre est quant à elle donnée par :
T0 =
2π
ω0
T0 =
2 × π
3, 887
Soit :
T0 = 1, 616 s

Exercice 7.15 :
1- A l’équilibre, le solide est soumis à son poids
−
→
P , à la tension
−
→
T de la corde et à la réaction
normale
−
→
R du plan incliné. Au point d’intersection entre la corde et le ressort s’exerce la tension
−
→
T0 de la corde et la tension
−
→
Tr du ressort.
−
→
T0
et
−
→
T0
0 sont les forces que la corde exercent sur
la gorge de la poulie. Toutes ces forces ont été représentées à la Figure 7.33 ci-dessous.
A l’équilibre, on peut écrire : 




T = mg sin α
T0 = Tr
T0
R − T0
0R = 0
=⇒





T = mg sin α
T0 = k∆`
T0
= T0
0
Or, T0
= T et T0
0 = T0. On a donc :





T = mg sin α
T0 = k∆`
T = T0
Soit :
mg sin α = k∆`

D’où :
∆` =
mg sin α
k
2- Le moment d’inertie par rapport à l’axe (∆) de la poulie en forme d’anneau s’exprime par :
J(∆) = MR2
La relation fondamentale de la dynamique appliquée au système peut s’écrire :





−Tx + mg sin α = mẍ
T0x − Trx = 0
T0
xR − T0
0xR = J(∆)θ̈
=⇒





Tx = mg sin α − mẍ
T0x = k (x + ∆`)
T0
xR − T0
0xR = MR2
θ̈
=⇒





T0x = k (x + ∆`)
T0
x − T0
0x = MRθ̈
Or, on a :
T0
x = Tx , T0
0x = T0x et θ̈ =
ẍ
R
Soit : 




T0x = k (x + ∆`)
Tx − T0x = MR ẍ
R
=⇒





T0x = k (x + ∆`)
Tx − T0x = Mẍ
On a donc :
mg sin α − mẍ − k (x + ∆`) = Mẍ
=⇒ (m + M)ẍ = mg sin α − kx − k∆`
=⇒ (m + M)ẍ + kx = mg sin α − k∆`
Or, on a établi précédemment la relation :
mg sin α = k∆`
Donc :
mg sin α − k∆` = 0

On a alors :
(m + M)ẍ + kx = 0
L’équation différentielle satisfaite par x est donc :
ẍ +
k
m + M
x = 0
Sachant que x = Rθ et ẍ = Rθ̈, on a :
Rθ̈ +
k
m + M
Rθ = 0
θ̈ +
k
m + M
θ = 0
3- La pulsation propre des oscillations s’exprime par :
ω0 =
Ê
k
m + M
La période propre quant à elle est donnée par :
T0 =
2π
ω0
D’où :
T0 = 2π
Ê
m + M
k
4- A partir de la courbe donnat l’évolution de θ (t) représentée à la Figure 7.23, on voit que
l’amplitude de θ (t) vaut :
Θm = 0, 5 rad
L’amplitude Xm est donnée par :
Xm = RΘm
Xm = 0, 2 × 0, 5
Soit :
Xm = 10 cm

5- D’après la courbe de la Figure 7.23, on voit que la période propre des oscillations vaut :
T0 = 1, 75 s
La pulsation propre ω0 est quant à elle donnée par :
ω0 =
2π
T0
ω0 =
2 × π
1, 75
Soit :
ω0 = 3, 59 rad.s−1
ω0 =
Ê
k
m + M
=⇒ ω0
2
=
k
m + M
D’où :
k = ω0
2
(m + M)
k = 3, 592
× (0, 8787 + 3)
D’où :
k = 50 N.m−1
On a de même :
∆` =
mg sin α
k
∆` =
0, 8787 × 9, 8 × sin 30°
50
Soit :
∆` = 86, 11 mm
6- Posons :
θ (t) = Θm cos (ω0t + ϕ)

A l’instant initial t = 0 s, θ (t = 0) = Θm. On a donc :
Θm cos ϕ = Θm
=⇒ cos ϕ = 1
=⇒ ϕ = 2kπ ; k ∈ Z
On peut donc prendre ϕ = 0. On a donc :
θ (t) = Θm cos (ω0t)
x(t) = Xm cos (ω0t)
L’énergie cinétique du système s’exprime par :
Ec =
1
2
mẋ2
+
1
2
J(∆)θ̇2
=
1
2
mẋ2
+
1
2
MR2 ẋ2
R2
=
1
2
mẋ2
+
1
2
Mẋ2
=
1
2
(m + M)ẋ2
=
1
2
(m + M)[−Xmω0 sin (ω0t)]2
D’où :
Ec(t) =
1
2
(m + M)ω0
2
Xm
2
sin2
(ω0t)
L’énergie potentielle de pesanteur du système est donnée par :
Epp = −mgx sin α
D’où :
Epp(t) = −mg sin αXm cos (ω0t)
L’énergie potentielle élastique emmagasinnée par le ressort a pour expression :
Epe =
1
2
k (x + ∆`)2
=
1
2
k x2
+ 2x∆` + ∆`2

=
1
2
kx2
+ kx∆` +
1
2
k∆`2

D’où :
Epe(t) =
1
2
kXm
2
cos2
(ω0t) + k∆`Xm cos (ω0t) +
1
2
k∆`2
L’énergie mécanique du système s’exprime par :
Em(t) = Ec(t) + Epp(t) + Epe(t)
Soit :
Em(t) = 1
2
(m + M)ω0
2
Xm
2
sin2
(ω0t)−mg sin αXm cos (ω0t)
+ 1
2
kXm
2
cos2
(ω0t) + k∆`Xm cos (ω0t) + 1
2
k∆`2
=⇒ Em(t) = 1
2
Xm
2
[ω0
2
(m + M) sin2
(ω0t) + k cos2
(ω0t)]
+(−mg sin α + k∆`) Xm cos (ω0t) + 1
2
k∆`2
Or, on a établi précédement la relation :
k = ω0
2
(m + M)
De même, on a :
mg sin α = k∆`
On a alors :
Em(t) =
1
2
Xm
2

k sin2
(ω0t) + k cos2
(ω0t)

+
1
2
k∆`2
=⇒ Em(t) =
1
2
kXm
2
+
1
2
k∆`2
D’où :
Em(t) =
1
2
k Xm
2
+ ∆`2

= constante
Em =
50 × 0, 12
+ 0, 086112

2
Soit :
Em = 435, 384 mJ

Evaluation 7.1 :
Notons m la masse de la tige. Son moment d’inertie J par rapport à l’axe horizontal passant
par son extrémité supérieure s’exprime par :
J =
1
12
mL2
+ m

L
2
‹2
=
1
3
mL2
La pulsation propre ω0 de la tige est donc donnée par :
ω0 =
Ê
mg L
2
J
=
s
mg L
2
1
3
mL2
=
É
3g
2L
Pour qu’un pendule simple de longueur ` soit synchrone avec la tige, sa pulsation propre ω doit
être telle que :
ω =
É
g
`
= ω0 =
É
3g
2L
=⇒
1
`
=
3
2L
D’où :
` =
2L
3
` =
2 × 90
3
La longueur du pendule simple synchrone avec la tige vaut donc ` = 60 cm.
Evaluation 7.2 :
Notons O le centre de gravité de la barre supérieure, G1 le centre de gravité de la barre inférieure
et G2 le centre de gravité de la barre qui les relie. Les barres étant identiques, elles ont la même
masse m, et le centre de gravité G du système vérifie :
−
−
→
GO +
−
−
−
→
GG1 +
−
−
−
→
GG2 =
−
→
0
=⇒ 3
−
−
→
GO +
−
−
−
→
OG1 +
−
−
−
→
OG2 =
−
→
0
Notons −
→
u le vecteur unitaire dirigé suivant la droite joignant les trois centre de gravité, et
orienté de O vers G1. On a :
−
−
−
→
OG1 = `−
→
u et
−
−
−
→
OG2 =
1
2
`−
→
u

On a donc :
−
−
→
OG =
1
3

`−
→
u +
1
2
`−
→
u
‹
=
1
2
`−
→
u
Le centre de gravité du système coïncide donc avec le centre de gravité de la barre qui relie les
barres supérieure et inférieure. Le moment d’inertie J1 de la barre supérieure s’exprime par :
J1 =
1
12
m`2
Le moment d’inertie J2 de la barre inférieure s’exprime par :
J2 =
1
12
m`2
+ m`2
=
13
12
m`2
Le moment d’inertie J3 de la barre qui relie les deux autres barres s’exprime par :
J3 =
1
12
m`2
+ m

`
2
‹2
=
4
12
m`2
Le moment d’inertie J du système s’exprime donc par :
J = J1 + J2 + J3 =
18
12
m`2
=
3
2
m`2
La période propre T0 des oscillations de la structure s’exprime donc par :
T0 = 2π
Ê
J
mgOG
= 2π
s
3
2
m`2
mg `
2
D’où :
T0 = 2π
Ê
3`
g
L’élève a donc raison.
Evaluation 7.3 :
Notons m la masse du solide et k la raideur du ressort. Le système oscillant étant un pendule
élastique, la période propre des oscillations s’exprime par :
T0 = 2π
É
m
k
A l’équilibre, la tension du ressort est compensée par la composante suivant le plan incliné du
poids du solide. On peut donc écrire :
mg sin α = k (`0 − `)
=⇒
m
k
=
`0 − `
g sin α

D’où :
T0 = 2π
Ê
`0 − `
g sin α
T0 = 2π
Ê
10−3 × (135, 15 − 104, 12)
9, 8 × sin 30◦
La période propre des oscillations du système vaut donc T0 = 0, 5 s.

CHAPITRE 8. CONDENSATEURS 434
Chapitre 8
Condensateurs
Jésus-Christ est le même hier, aujourd’hui, et éternellement.
Hébreux 13 : 8
8.1 Description des condensateurs
Les dispositifs électroniques que nous utilisons couramment dans notre quotidien comportent
des dipôles qui peuvent débiter ou recevoir des courants électriques. Un dipôle est un com-
posant électrique qui possède deux bornes de branchement. Un dipôle est dit actif s’il peut
fournir de l’énergie électrique à d’autres composants électriques qui lui sont connectés ; il s’agit
nécessairement d’un générateur. Un dipôle est dit passif s’il est incapable de fournir de l’éner-
gie autre que de l’énergie thermique à un autre composant électrique auquel il est branché ; il
s’agit nécessairement d’un récepteur. Il existe des dipôles pouvant être actif et passif, c’est le
cas des condensateurs. Un condensateur est un dipôle électrique constitué de deux surfaces
conductrices identiques appelées armatures et séparées par un diélectrique. Un diélectrique
ou isolant est un milieu matériel incapable de conduire les électrons. En ce sens, le courant
électrique ne peut circuler dans un diélectrique. Lorsque les armatures d’un condensateur sont
planes et parallèles, ce condensateur est dit plan. La Figure 8.1 ci-dessous représente le schéma
annoté d’un condensateur.
Figure 8.1 – Schéma d’un condensateur.

La Figure 8.2 ci-dessous représente le symbole d’un condensateur.
Figure 8.2 – Symbole d’un condensateur.
L’une des particularités des condensateurs est que les électrons peuvent quitter l’une des arma-
tures pour aller se stocker sur l’autre. Les condensateurs sont principalement caractérisés par
leur capacité C dont l’unité est le Farad (F). La capacité d’un condensateur est l’aptitude
de ce condensateur à stocker les électrons sur ses armatures. Pour un condensateur plan, la
capacité est fonction de la surface S des deux armatures, de la distance d entre elles et de la
permittivité diélectrique ε du milieu qui les sépare. On a la relation :
C =
εS
d
(8.1)
La permittivité diélectrique d’un milieu se donne en Farad par mètre (F.m−1
). Elle s’ex-
prime en fonction de la permittivité diélectrique du vide ε0 = 8, 854 × 10−12
F.m−1
et de la
permittivité relative εr du milieu selon la relation :
ε = ε0εr (8.2)
Outre sa capacité, un condensateur est également caractérisé par sa tension de service (ten-
sion à laquelle il fonctionne normalement), sa tension de rupture (tension à partir de laquelle
il se détériore) et sa température de claquage (température à partir de laquelle il se détruit).
La charge ou quantité d’électricité q d’un condensateur correspond à la valeur absolue des
charges électriques sur ses armatures. Elle dépend du nombre n d’électrons qui se sont déplacés
d’une armature vers l’autre et de la charge élémentaire e = 1, 6 × 10−19
C. On a la relation :
q = ne (8.3)
La quantité d’électricité s’exprime en Coulomb (C) ou en Ampère-heure (Ah). On a :
1 Ah = 3600 C
Les applications des condensateurs sont nombreuses. Ils sont rencontrés dans les appareils
électriques servant au stockage de l’énergie électrique notamment les onduleurs. Ils servent
aussi à réguler et à lisser la tension dans les redresseurs. Ils permettent également de traiter les
signaux dans les filtres électriques et d’augmenter les facteurs de puissance en électrotechnique.
8.2 Alimentation des condensateurs
Lorsque les deux armatures d’un condensateur sont électriquement neutres, sa quantité
d’électricité est nulle, et on dit que le condensateur est déchargé. Dès lors qu’on le branche

aux bornes d’un générateur, il se comporte comme un récepteur (dipôle passif) et se charge
progressivement ; sa charge électrique q (t) augmente avec le temps. L’intensité i du courant
reçu par le condensateur correspond au débit d’électrons qui se fixent sur ses armatures. On a
les relations :
i =
dq (t)
dt
(8.4)
q (t) =
Z
i dt (8.5)
Considérons le cas d’un générateur délivrant un courant continu d’intensité constante, comme
une pile par exemple, caractérisée par sa force électromotrice (f.é.m.) constante E, et dont
le symbole a été représenté à la Figure 8.3 ci-dessous.
Figure 8.3 – Symbole d’une pile.
Considérons le schéma de montage de la Figure 8.4 ci-dessous où un condensateur de capacité
C est branché aux bornes d’une pile de f.é.m. constante E délivrant un courant électrique
d’intensité I constante.
Figure 8.4 – Condensateur alimenté par une pile.
Le courant électrique débité par la pile ne peut pas traverser le condensateur, étant donné que
ses armatures sont séparées par un isolant. Les électrons quittent l’armature reliée directement
à la borne positive de la pile pour aller s’accumuler sur l’armature reliée directement à la borne
négative. Ainsi, à un instant donné, l’armature connectée à la borne positive de la pile a une
charge positive q, tandis que l’armature connectée à la borne négative a une charge négative
−q égale en valeur absolue à la charge de l’autre armature. A cause de la différence de charge
sur les armatures, il va se créer entre elles une tension ou différence de potentiel (d.d.p.) u qui
s’exprime en fonction de la quantité d’électricité q et de la capacité C selon la relation :
u =
q
C
(8.6)

Le condensateur finit de se charger lorsque la valeur de u atteint celle de la f.é.m. E de la pile.
Après sa charge, le condensateur cesse d’être alimenté, il ne reçoit désormais aucun courant
électrique, et se comporte maintenant comme un circuit ouvert. Les courants électriques
continus ne traversent pas les condensateurs, en revanche, il faut noter que ceux-ci se laissent
traverser par les courants alternatifs. Après la charge du condensateur, si on le branche à
un récepteur, il se comportera comme un générateur (dipôle actif), et restituera à ce récepteur
l’énergie électrique qu’il a reçue. La quantité d’électricité q (t) du condensateur varie avec le
temps selon la relation :
q (t) =
Z
I dt = I
Z
dt = It
La d.d.p. u (t) entre les armatures du condensateur s’exprime selon la relation :
u(t) =
q (t)
C
=
It
C
Le temps de charge du condensateur correspond à l’instant Tc où la charge est terminée. A
cet instant, la d.d.p. u atteint la valeur de la f.é.m. E de la pile qui alimente le condensateur.
On a :
u(t = Tc) =
ITc
C
= E
D’où :
Tc =
CE
I
(8.7)
La charge électrique Q accumulée par le condensateur est sa quantité d’électricité à la fin de la
charge. Soit :
Q = ITc = CE (8.8)
A un instant t donné, la puissance électrique P(t) aux bornes du condensateur s’exprime par :
P(t) = u(t) I =
I2
t
C
(8.9)
L’énergie électrique E emmagasinée par le condensateur est donnée par la relation :
E =
Z Tc
0
P(t) dt
=
Z Tc
0
I2
t
C
dt
=
I2
C
Z Tc
0
t dt
=
I2
C
•
t2
2
˜Tc
0
=
I2
C
‚
Tc
2
2
Œ
=
(ITc)2
2C

D’où :
E =
Q2
2C
=
CE2
2
(8.10)
L’énergie emmagasinée par le condensateur ne dépend donc que de sa capacité et de la f.é.m.
du générateur auquel il est branché.
8.3 Groupements de condensateurs
Pour diverses raisons, il arrive très souvent qu’on souhaite associer ensemble plusieurs
condensateurs dans un circuit électrique. Quelque soit la manière dont ces condensateurs sont
groupés entre eux, il est toujours possible de remplacer l’assemblage par un condensateur équi-
valent dont la capacité dépend des capacités des condensateurs associés.
8.3.1 Groupement en série
Lorsque plusieurs condensateurs se suivent en cascade, ils reçoivent le même courant, et on
dit qu’ils sont groupés en série. La deuxième borne du premier condensateur coïncide avec la
première borne du deuxième, la deuxième borne du deuxième condensateur coïncide avec la
première borne du troisième, ainsi de suite, jusqu’au n-ième condensateur, comme illustré à la
Figure 8.5 ci-dessous.
Figure 8.5 – Association en série de condensateurs.
Lorsqu’une pile de f.é.m. E alimente l’ensemble des n condensateurs montés en série, chaque
condensateur de capacité Ci (i = 1, 2, · · · , n) est chargé sous une tension Ui (i = 1, 2, · · · , n).
Etant donné qu’ils reçoivent le même courant, ils accumulent la même quantité d’électricité Q,
et on a la relation :
Ui =
Q
Ci
; i = 1, 2, · · · , n

De la loi de l’additivité des tensions, on peut écrire :
E =
n
X
i=1
Ui
= U1 + U2 + · · · + Un
=
Q
C1
+
Q
C2
+ · · · +
Q
Cn
= Q

1
C1
+
1
C2
+ · · · +
1
Cn
‹
Soit Céq la capacité du condensateur équivalent aux n condensateurs montés en série. Ce conden-
sateur équivalent étant directement branché aux bornes de la pile, il accumule lui aussi la quan-
tité d’électricité Q, et la tension U sous laquelle il se charge est égale à la f.é.m. E de la pile.
On a la relation
U = E =
Q
Céq
On a donc :
Q
Céq
= Q

1
C1
+
1
C2
+ · · · +
1
Cn
‹
Lorsque n condensateurs sont groupés en série, la capacité Céq du condensateur équivalent
vérifie donc la relation :
1
Céq
=
1
C1
+
1
C2
+ · · · +
1
Cn
(8.11)
La capacité du condensateur équivalent est inférieure à la capacité de chaque condensateur du
groupement en série.
8.3.2 Groupement en parallèle
Lorsque plusieurs condensateurs sont associés ensemble de telle manière que les premières
bornes de tous les condensateurs sont reliées, et qu’il en est de même pour les deuxièmes bornes,
on dit qu’ils sont groupés en parallèle ou en dérivation (Figure 8.6). Lorsqu’une pile de
f.é.m. E alimente l’ensemble des n condensateurs montés en parallèle, chaque condensateur de
capacité Ci (i = 1, 2, · · · , n) accumule une quantité d’électricité Qi (i = 1, 2, · · · , n). Les tensions
sous lesquelles ils se chargent sont toutes égales à la f.é.m. E de la pile, et on a la relation :
Qi = CiUi = CiE i = 1, 2, · · · , n
Soit Céq la capacité du condensateur équivalent aux n condensateurs montés en parallèle. Ce
condensateur étant directement branché aux bornes de la pile, la tension U sous laquelle il se
charge est égale à la f.é.m. E de la pile. Soit Q la quantité d’électricité que ce condensateur
équivalent accumule. On a la relation :
Q = CéqU = CéqE

Figure 8.6 – Association en parallèle de condensateurs.
De la loi de l’additivité des courants (des quantités d’électricité), on peut écrire :
Q =
n
X
i=1
Qi = Q1 + Q2 + · · · + Qn
Soit :
CéqE = C1E + C2E + · · · + CnE = E (C1 + C2 + · · · + Cn)
Lorsque n condensateurs sont groupés en parallèle, la capacité Céq du condensateur équivalent
vérifie donc la relation :
Céq = C1 + C2 + · · · + Cn (8.12)
La capacité du condensateur équivalent est supérieure à la capacité de chaque condensateur du
groupement en parallèle.
8.3.3 Groupement mixte de condensateurs identiques
Lorsqu’un certain nombre de branches sont montées en parallèle, et que chacune de ces
branches comporte un certain nombre de condensateurs montés en série, on est en présence
d’un groupement mixte. Considérons le cas de m branches comportant toutes n condensateurs
identiques de capacité C (Figure 8.7). La capacité C0
des condensateurs équivalents sur chaque
branche vérifie la relation :
1
C0
=
1
C
+
1
C
+ · · · +
1
C
| {z }
n fois
=
n
C

On a donc :
C0
=
C
n
Figure 8.7 – Groupement mixte de condensateurs.
Le groupement est maintenant équivalent à m condensateurs identiques de capacité C0
montés
en parallèle. La capacité équivalente Céq du groupement vérifie donc la relation :
Céq = C0
+ C0
+ · · · + C0
| {z }
m fois
= mC0
La capacité du condensateur équivalent au groupement mixte s’exprime donc selon la relation :
Céq =
mC
n
(8.13)
Ainsi, si le nombre m de branches est égal au nombre n de condensateurs sur chaque branche,
la capacité du condensateur équivalent est encore égale à la capacité de chaque condensateur.

Exercices
Exercice 8.1 :
Un condensateur plan initialement déchargé est constitué de deux armatures identiques et
rectangulaires de longueur L = 20 cm et de largeur ` = 15 cm. L’espace entre ces deux armatures
est vide, et elles sont séparées par une distance d = 10 mm.
1- Calculer la capacité C de ce condensateur.
2- On branche ce condensateur aux bornes d’une batterie dont la f.é.m. vaut E = 300 V. Calculer
la charge Q qu’il accumule ainsi que l’énergie électrique E qu’il emmagasine.
3- On suppose que le condensateur est à nouveau déchargé, et on le branche maintenant aux
bornes d’un générateur de courant alternatif dont la f.é.m. est e (t) = E cos ωt.
3.1- Exprimer la charge q (t) du condensateur et l’intensité i (t) du courant qui le traverse, puis
calculer le déphasage ϕ de e(t) par rapport à i(t).
3.2- Exprimer la puissance instantannée P (t) aux bornes du condensateur.
3.3- Exprimer l’énergie électrique E (T) emmagasinée par le condensateur à un instant T donné,
et montrer que cette énergie est nulle pour T = 2π
ω
. On rapelle la relation :
E (T) =
Z T
0
P(t) dt
Exercice 8.2 :
Pour les assemblages suivants, calculer la capacité du condensateur équivalent entre les bornes
A et B. On donne C1 = 10 µF, C2 = 15 µF, C3 = 20 µF, C4 = 25 µF, C5 = 30 µF, C6 = 35 µF,
C7 = 40 µF, C8 = 45 µF et C9 = 50 µF.
1-

2-
3-

4-
5-

Exercice 8.3 :
Pour les circuits suivants, exprimer en fonction de E, C1, C2 et C3 la capacité équivalente C
entre les bornes A et B puis les tensions U1, U2 et U3 et les quantités d’électricité Q1, Q2 et Q3
aux bornes de chaque condensateur.
1-
2-
Exercice 8.4 :
On dispose de plusieurs piles identiques de f.é.m. E0 = 1, 5 V et de plusieurs condensateurs
identiques de capacité C = 20 µF. Pour les trois cas de figures suivants, faire le schéma de
montage et calculer la charge Q accumulée par chaque condensateur ainsi que l’énergie électrique
E emmagasinée dans chacun d’eux.
1- On assemble certains de ces condensateurs en série de telle manière que le condensateur
équivalent soit chargé sous une tension E = 6 V et que chacun des condensateurs soit chargé
sous une tension U = 1, 2 V.
2- On assemble certains de ces condensateurs en dérivation, de telle sorte que la capacité du
condensateur équivalent valle Céq = 80 µF et qu’il soit chargé sous une tension U = 4, 5 V.
3- On effectue un groupement mixte de ces condensateurs de telle sorte que la capacité du
condensateur équivalent vaille Céq = 15 µF, qu’il soit chargé sous une tension de 3 V et que
chacun de ces condensateurs soit chargé sous une tension U = 750 mV.

Exercice 8.5 :
On groupe en dérivation m branches identiques composées chacune de n condensateurs iden-
tiques de capacité C montés en série. On connecte l’ensemble aux bornes d’une batterie d’accu-
mulateur consitutée de p piles identiques de f.é.m. E = 1, 5 V montés en série. On fait varier les
valeurs de m, n et p et on mesure à chaque fois la quantité d’électricité Q accumulée aux bornes
du condensateur équivalent. Les données ont été consignées dans le Tableau 8.1 ci-dessous.
m 2 3 4 2 3 4 2 3 4 4
n 3 4 2 2 3 4 3 4 2 3
p 4 2 3 2 3 4 2 3 4 4
Q (mC) 0, 4 0, 23 0, 9 0, 3 0, 45 0, 6 0, 2 0, 34 1, 2 0, 8
mp
n
Q
E
(mC.V−1
)
1- Exprimer la capacité Céq du condensateur équivalent.
2- En déduire la relation entre m, n, p, E, C et Q.
3- Compléter le Tableau 8.1.
4- Tracer le graphe Q
E
= f mp
n

et établir une équation de la courbe obtenue.
Echelle : 1 cm −→ 1 unité en abcisse et 1 cm −→ 1 mC.V−1
en ordonnée.
5- En déduire la valeur de la capacité C de chaque condensateur, ainsi que la valeur de la per-
mittivité électrique ε entre les deux armatures, sachant que celles si ont une surface S = 150 cm2
et sont séparées par une distance d = 5 mm.

Evaluation 8.1 :
On dispose dans un laboratoire d’électronique d’une batterie de f.é.m. E = 10 V et de deux
types de condensateurs. Les condensateurs de type (1) ont chacun une capacité C1 et ceux de
type (2) une capacité C2. Les armatures de ces deux types de condensateurs sont identiques,
mais celles des condensateurs de type (2) sont moins espacées que celles des condensateurs de
type (1). D’autre part l’espace entre les armatures est occupé par une même matière pour les
deux types de condensateurs.
Lorsqu’on assemble en parallèle un condensateur de type (1) et un condensateur de type (2) et
qu’on branche l’assemblage aux bornes de la batterie, la quantité d’électricité accumulée par le
groupement vaut Qp = 150 mC.
Lorsqu’on assemble en série un condensateur de type (1) et un condensateur de type (2) et
qu’on branche l’assemblage aux bornes de la batterie, la quantité d’électricité accumulée par le
groupement vaut Qs = 36 mC.
Aider les techniciens de ce laboratoire à déterminer les capacités C1 et C2 des deux types de
condensateurs.
Evaluation 8.2 :
Un condensateur de capacité C = 500 mF est branché aux bornes d’une batterie et se charge
en exactement 2 heures. A l’aide de plusiseurs dispositifs appropriés, on mesure l’évolution en
fonction du temps de la puissance P (t) aux bornes du condensateur, et obtient le graphe de
la Figure 8.15. Deux élèves de la classe de Terminale analysent ce graphe, le premier affirme
que la charge accumulée par le condensateur est égale à 20 mAh et que l’énergie électrique qu’il
emmagasine vaut 6286 J, tandis que le second déclare que la charge vaut plutôt 15 mAh et que
l’énergie emmagasinée est égale à 5184 J. L’un des deux élèves a-t-il raison ? Si oui, lequel ? Si
non, quelle est la bonne réponse ?
Evaluation 8.3 :
Un élève de la classe de Terminale dispose d’une batterie d’accumulateur de f.é.m. E = 9 V
et de quatre condensateurs identiques de capacité C. Il effectue le schéma de montage de la
Figure 8.16 et affirme que chacun de ces condensateurs est chargé sous une tension de 4, 5 V
et que la capacité du condensateur équivalent est égale à la capacité de chaque condensateur.
A-t-il raison ?

Figure 8.15 – Evaluation 8.2
Figure 8.16 – Evaluation 8.3

Exercice 8.1 :
1- La capacité C du condensateur plan s’exprime selon la formule ci-dessous :
C =
ε0S
d
Or, les armatures étant rectangulaires, leur surface S a pour expression :
S = L`
D’où :
C =
ε0L`
d
C =
8, 854 × 10−12
× 0, 2 × 0, 15
0, 01
Soit :
C = 2, 6562 × 10−11
F = 26, 562 pF
2- La charge électrique Q accumulée par le condensateur et l’énergie électrique E qu’il emma-
gasine sont données par les relations suivantes :
Q = CE
E =
CE2
2
Q = 2, 6562 × 10−11
× 300
E =
2, 6562 × 10−11
× 3002
2
Soit :
Q = 7, 9686 × 10−9
C = 7, 9686 nC
E = 1, 195 × 10−6
J

3- 3.1- Le condensateur étant branché aux bornes du générateur de courant alternatif, la
tension qui règne à ses bornes est égale à celle délivrée par le générateur. La charge q (t) du
condensateur est donnée par la relation :
q (t) = Ce(t)
Soit :
q (t) = EC cos ωt
L’intensité i(t) du courant traversant le condensateur est donnée par la relation :
i(t) =
dq
dt
D’où :
i(t) = −ECω sin ωt = ECω cos

ωt +
π
2

Le déphasage ϕ de la f.é.m. e(t) par rapport au courant i(t) est donc :
ϕ = −
π
2
3.2- La puissance instantannée P(t) aux bornes du condensateur s’exprime par :
P (t) = u(t)i(t) = −E2
Cω cos ωt sin ωt
D’où :
P (t) = −
1
2
E2
Cω sin 2ωt
3.3- L’énergie électrique E (T) emmagasinée par le condensateur après un temps T est donnée
par la relation :
E (T) =
Z T
0
P(t) dt
=
Z T
0

−
1
2
E2
Cω sin 2ωt
‹
dt
=
1
4
E2
C
Z T
0
(−2ω sin 2ωt) dt
=
1
4
E2
C [cos 2ωt]T
0
D’où :
E(T) =
1
4
CE2
(cos 2ωT − 1)

Pour T = 2π
ω
, on a :
E

T =
2π
ω
‹
=
1
4
CE2
•
cos

2ω
2π
ω
‹
− 1
˜
=
1
4
CE2
(cos 4π − 1)
=
1
4
CE2
(1 − 1)
= 0
L’énergie électrique emmagasinée par le condensateur à T = 2π
ω
est donc nulle.
Exercice 8.2 :
1- La capacité équivalente C12 de l’assemblage entre les deux condensateurs montés en dériva-
tion vaut :
C12 = C1 + C2
De même, pour les trois condensateurs montés en dérivation, et les quatre autres eux aussi
montés en dérivation, on a :
C345 = C3 + C4 + C5
C6789 = C6 + C7 + C8 + C9
La capactité équivalente Céq1 entre les bornes A et B est donc telle que :
1
Céq1
=
1
C12
+
1
C345
+
1
C6789
=
1
C1 + C2
+
1
C3 + C4 + C5
+
1
C6 + C7 + C8 + C9
=
C1 + C2 + C3 + C4 + C5
(C1 + C2) (C3 + C4 + C5)
+
1
C6 + C7 + C8 + C9
=
(C1 + C2 + C3 + C4 + C5) (C6 + C7 + C8 + C9) + (C1 + C2) (C3 + C4 + C5)
(C1 + C2) (C3 + C4 + C5) (C6 + C7 + C8 + C9)
D’où :
Céq1 =
(C1 + C2) (C3 + C4 + C5) (C6 + C7 + C8 + C9)
(C1 + C2 + C3 + C4 + C5) (C6 + C7 + C8 + C9) + (C1 + C2) (C3 + C4 + C5)
Céq1 =
(10 + 15) (20 + 25 + 30) (35 + 40 + 45 + 50)
(10 + 15 + 20 + 25 + 30) (35 + 40 + 45 + 50) + (10 + 15) (20 + 25 + 30)
Soit :
Céq1 = 16, 88 µF

2- La capacité équivalente C12 de l’assemblage entre les deux condensateurs montés en série est
telle que :
1
C12
=
1
C1
+
1
C2
=
C1 + C2
C1C2
De même, pour les trois condensateurs montés en série, et les quatre autres eux aussi montés
en série, on a :
1
C345
=
1
C3
+
1
C4
+
1
C5
=
C3 + C4
C3C4
+
1
C5
=
C3C4 + C5 (C3 + C4)
C3C4C5
1
C6789
=
1
C6
+
1
C7
+
1
C8
+
1
C9
=
C6C7 + C8 (C6 + C7)
C6C7C8
+
1
C9
=
C6C7C8 + C6C7C9 + C8C9 (C6 + C7)
C6C7C8C9
Soit :
C12 =
C1C2
C1 + C2
; C345 =
C3C4C5
C3C4 + C5 (C3 + C4)
; C6789 =
C6C7C8C9
C6C7C8 + C6C7C9 + C8C9 (C6 + C7)
La capactité équivalente Céq2 entre les bornes A et B est donnée par :
Céq2 = C12 + C345 + C6789
D’où :
Céq2 =
C1C2
C1 + C2
+
C3C4C5
C3C4 + C5 (C3 + C4)
+
C6C7C8C9
C6C7C8 + C6C7C9 + C8C9 (C6 + C7)
Céq2 =
10 × 15
10 + 15
+
20 × 25 × 30
(20 × 25) + 30 (20 + 25)
+
35 × 40 × 45 × 50
35 × 40 × 45 + 35 × 40 × 50 + 45 × 50 (35 + 40)
Soit :
Céq2 = 6, 21 µF

3- On se rend compte que le schéma de cette question correspond à l’assemblage en série des
condensateurs équivalents des questions 1 et 2 précédentes. La capactité équivalente Céq3 entre
les bornes A et B est donc telle que :
1
Céq3
=
1
Céq1
+
1
Céq2
=
Céq1 + Céq2
Céq1Céq2
D’où :
Céq3 =
Céq1Céq2
Céq1 + Céq2
Céq3 =
16, 88 × 6, 21
16, 88 + 6, 21
Soit :
Céq3 = 4, 54 µF
4- On se rend compte que le schéma de cette question correspond à l’assemblage en parallèle
des condensateurs équivalents des questions 1 et 2 précédentes. La capactité équivalente Céq4
entre les bornes A et B s’exprime donc par :
Céq4 = Céq1 + Céq2
Céq4 = 16, 88 + 6, 21
Soit :
Céq4 = 23, 1 µF
5- On se rend compte que le schéma de cette question correspond à l’assemblage en parallèle
de deux branches identiques, dont chaque branche correspond au schéma de la question 3
précédente. La capactité équivalente Céq5 entre les bornes A et B s’exprime donc par :
Céq5 = 2Céq3
Céq5 = 2 × 4, 54
Soit :
Céq5 = 9, 09 µF
Exercice 8.3 :
1- La capacité équivalente C23 de l’assemblage des deux condensateurs montés en parallèle est
donnée par :
C23 = C2 + C3

La capacité équivalente C entre les bornes A et B est donc telle que :
1
C
=
1
C1
+
1
C23
=
1
C1
+
1
C2 + C3
=
C1 + C2 + C3
C1 (C2 + C3)
D’où :
C =
C1 (C2 + C3)
C1 + C2 + C3
La quantité d’électricité Q accumulée par le condensateur équivalent entre les bornes A et B
s’exprime par :
Q = EC =
EC1 (C2 + C3)
C1 + C2 + C3
Puisque le courant délivré par le générateur atteint directement le condensateur de capacité C1,
la quantité d’électricité Q1 qu’il accumule est la même que celle que le condensateur équivalent
accumule. On a donc :
Q1 = Q
D’où :
Q1 =
EC1 (C2 + C3)
C1 + C2 + C3
La tension U1 aux bornes du condensateur de capacité C1 s’exprime par :
U1 =
Q1
C1
=
EC1 (C2 + C3)
C1 (C1 + C2 + C3)
D’où :
U1 =
E (C2 + C3)
C1 + C2 + C3
Soit U23 la tension aux bornes de l’assemblage en dérivation des condensateurs de capacités C2
et C3. Puisque cet assemblage est monté en série avec le condensateur de capacité C1, alors, la
tension U aux bornes du condensateur équivalent entre A et B s’exprime par :
U = U1 + U23
Or, le condensateur équivalent étant branché aux bornes du générateur de f.é.m. E, on a :
U = E
Donc :
U1 + U23 = E

=⇒ U23 = E − U1
= E −
E (C2 + C3)
C1 + C2 + C3
=
E (C1 + C2 + C3) − E (C2 + C3)
C1 + C2 + C3
=
EC1
C1 + C2 + C3
Les condensateurs de capacités C2 et C3 étant montés en parallèle, les tensions U2 et U3 à leurs
bornes sont égales. On a donc :
U2 = U3 = U23
D’où :
U2 = U3 =
EC1
C1 + C2 + C3
Les quantités d’électricité Q2 et Q3 accumulées respectivement par les condensateurs de capa-
cités respectives C2 et C3 s’expriment par :
Q2 = U2C2
Q3 = U3C3
D’où :
Q2 =
EC1C2
C1 + C2 + C3
Q3 =
EC1C3
C1 + C2 + C3
2- La capacité équivalente C23 de l’assemblage des deux condensateurs montés en série est telle
que :
1
C23
=
1
C2
+
1
C3
=
C2 + C3
C2C3
Soit :
C23 =
C2C3
C2 + C3
La capacité équivalente C entre les bornes A et B s’exprime donc par :
C = C1 + C23 = C1 +
C2C3
C2 + C3
D’où :
C =
C1C2 + C1C3 + C2C3
C2 + C3
La quantité d’électricité Q accumulée par le condensateur équivalent entre les bornes A et B

s’exprime par :
Q = EC =
E (C1C2 + C1C3 + C2C3)
C2 + C3
Puisque le condensateur de capacité C1 est en parallèle avec le générateur, la tension U1 à ses
bornes est égale à la f.é.m. E de ce générateur. On a donc :
U1 = E
La quantité d’électricité Q1 accumulée par le condensateur de capacité C1 est donnée par la
relation :
Q1 = U1C1
D’où :
Q1 = EC1
Puisque les condensateurs de capacités C2 et C3 sont montés en série, les quantités d’électricité
Q2 et Q3 qu’ils accumulent sont égales. On a donc :
Q2 = Q3 = Q23
Etant donné que l’assemblage des deux condensateurs précédents est groupé en parallèle avec
le condensateur de capacité C1, la quantité d’électricité Q est telle que :
Q = Q1 + Q23
=⇒ Q23 = Q − Q1
=
E (C1C2 + C1C3 + C2C3)
C2 + C3
− EC1
=
E (C1C2 + C1C3 + C2C3) − E (C1C2 + C1C3)
C2 + C3
D’où :
Q2 = Q3 =
EC2C3
C2 + C3
Les tensions U2 et U3 aux bornes des condensateurs de capacités respectives C1 et C2 s’ex-
priment par :
U2 =
Q2
C2
U3 =
Q3
C3
D’où :
U2 =
EC3
C2 + C3

U3 =
EC2
C2 + C3
Exercice 8.4 :
1- Pour que le condensateur équivalent soit chargé sous une tension E, il faut associer en série
p piles tel que :
p =
E
E0
=
6
1, 5
= 4
Pour que chaque condensateur soit chargé sous une tension U, il faut associer en série n d’entre
eux tel que :
n =
E
U
=
6
1, 2
= 5
Le schéma de montage a été représenté à la Figure 8.17 ci-dessous.
La charge accumulée par chaque condensateur et l’énergie électrique emmagasinée dans chacun
d’eux s’expriment par :
Q = CU
E =
CU2
2
Q = 20 × 10−6
× 1, 2
E =
20 × 10−6
× 1, 22
2
Soit :
Q = 24 µC
E = 14, 4 µJ
2- Les condensateurs devrant être groupés en parallèle, la tension aux bornes de chaque conden-
sateur est encore égale à la tension aux bornes du condensateur équivalent, encore égale à la
f.é.m. de la batterie d’alimentation. Pour que chaque condensateur soit chargé sous une tension

U, il faut donc associer en série p piles tel que :
p =
U
E0
=
4, 5
1, 5
= 3
La capacité équivalente des m condensateurs identiques montés en parallèle est le produit de
m et de la capacité de chacun de ces condensateurs. On a donc :
m =
Céq
C
=
80
20
= 4
Q = CU
E =
CU2
2
Q = 20 × 10−6
× 4, 5
E =
20 × 10−6
× 4, 52
2
Soit :
Q = 90 µC
E = 202, 5 µJ

3- Pour que le condensateur équivalent soit chargé sous une tension E, il faut associer en série
p piles tel que :
p =
E
E0
=
3
1, 5
= 2
Le nombre n de condensateurs sur chaque branche vaut :
n =
E
U
=
3
0, 75
= 4
Soit m le nombre de branches. La capacité équivalente de l’ensemble des condensateurs est
donnée par :
Céq =
mC
n
On a donc :
m =
nCéq
C
=
4 × 15
20
= 3
Q = CU
E =
CU2
2
Q = 20 × 10−6
× 1
E =
20 × 10−6
× 12
2

Soit :
Q = 20 µC
E = 10 µJ
Exercice 8.5 :
1- La capacité équivalente Cn des n condensateurs identiques montés en série est telle que :
1
Cn
=
n
X
i=1
1
C
=
n
C
Soit :
Cn =
C
n
La capacité équivalente Céq vaut donc :
Céq =
m
X
i=1
Cn = mCn
D’où :
Céq =
mC
n
2- La f.é.m. totale ET résultant de l’assemblage en série des p piles vaut :
ET = pE
On a la relation :
Q = ETCéq = pE
mC
n
On peut donc écrire :
Q
E
= C
mp
n
3- Le Tableau 8.1 a été complété dans le Tableau 8.2 ci-dessous :
m 2 3 4 2 3 4 2 3 4 4
n 3 4 2 2 3 4 3 4 2 3
p 4 2 3 2 3 4 2 3 4 4
Q (mC) 0, 4 0, 23 0, 9 0, 3 0, 45 0, 6 0, 2 0, 34 1, 2 0, 8
mp
n
2, 66 1, 5 6 2 3 4 1, 33 2, 25 8 5, 33
Q
E
(mC.V−1
) 0, 26 0, 15 0, 6 0, 2 0, 3 0, 4 0, 13 0, 22 0, 8 0, 53

4- Le graphe Q
E
= f mp
n

a été représenté à la Figure 8.20 ci-dessous.
Figure 8.20 – Correction de l’exercie 8.5.
La courbe obtenue étant une droite passant par l’origine, son équation est de la forme :
Q
E
= α
mp
n
α est le coefficient directeur de la droite, dont l’expression est donnée par :
α =
∆ Q
E
∆ mp
n
=
10−3
× (0, 8 − 0, 13)
8 − 1, 33
= 10−4
Q
E
= 10−4
mp
n
en C.V−1
5- Nous avons établi précédemment la relation :
Q
E
= C
mp
n
Par identification des coefficients de l’équation de la courbe tracée, on en déduit donc que :
C = 10−4
F = 100 µF

La permittivité électrique ε de l’espace entre les deux armatures des condensateurs est telle
que :
C =
εS
d
D’où :
ε =
Cd
S
ε =
10−4
× 0, 005
1, 5
Soit :
ε = 3, 33 × 10−7
F.m−1

Evaluation 8.1 :
Lorsqu’on groupe en parallèle les deux types de condensateurs, la capacité équivalente Cp
s’exprime par :
Cp = C1 + C2
Lorsqu’on branche le groupement aux bornes de la batterie de f.é.m. E, la quantité d’électricité
Qp qu’il accumule est donnée par :
Qp = CpE = E (C1 + C2)
On a donc la relation :
C1 + C2 =
Qp
E
En assemblant les deux types de condensateur en série, la capacité équivalente Cs est telle que :
1
Cs
=
1
C1
+
1
C2
=
C1 + C2
C1C2
Soit :
Cs =
C1C2
C1 + C2
L’assemblage en série des deux condensateurs étant branché aux bornes de la batterie de f.é.m.
E, la quantité d’électricité Qs qu’il accumule s’exprime par :
Qs = CsE =
EC1C2
C1 + C2
On a donc la relation :
C1C2
C1 + C2
=
C1C2
Qp
E
=
Qs
E
On obtient donc une nouvelle relation :
C1C2 =
QpQs
E2
Les capacités C1 et C2 satisfont donc au système d’équations ci-après :





C1 + C2 = Qp
E
C1C2 = QpQs
E2
De la deuxième équation de ce système, on peut exprimer la capacité C2 en fonction de la
capacité C1 selon la relation suivante :
C2 =
QpQs
C1E2

En remplaçant cette expression dans la première équation du précédent système, on obtient :
C1 +
QpQs
C1E2
=
Qp
E
=⇒ C1
2
+
QpQs
E2
=
Qp
E
C1
La capacité C1 vérifie donc l’équation du second degré ci-dessous :
C1
2
−
Qp
E
C1 +
QpQs
E2
= 0
Son discriminant ∆ s’exprime par :
∆ =
Qp
2
E2
−
4QpQs
E2
=
Qp (Qp − 4Qs)
E2
On a donc :
C1 =
Qp
E
±
√
Qp(Qp−4Qs)
E
2
=
Qp ±
p
Qp (Qp − 4Qs)
2E
On a ainsi :
C2 =
QpQs
Qp±
√
Qp(Qp−4Qs)
2E
E2
=
2QpQs
E
”
Qp ±
p
Qp (Qp − 4Qs)
—
On a donc :
C1 =
Qp +
p
Qp (Qp − 4Qs)
2E
C2 =
2QpQs
E
”
Qp +
p
Qp (Qp − 4Qs)
—
Ou :
C1 =
Qp −
p
Qp (Qp − 4Qs)
2E
C2 =
2QpQs
E
”
Qp −
p
Qp (Qp − 4Qs)
—
C1 =
0, 15 +
p
0, 15 × (0, 15 − 4 × 0, 036)
2 × 10
C2 =
2 × 0, 15 × 0, 036
10 ×
”
0, 15 +
p
0, 15 × (0, 15 − 4 × 0, 036)
—
Ou :
C1 =
0, 15 −
p
0, 15 × (0, 15 − 4 × 0, 036)
2 × 10

C2 =
2 × 0, 15 × 0, 036
10 ×
”
0, 15 −
p
0, 15 × (0, 15 − 4 × 0, 036)
—
Soit :
C1 = 9 mF
C2 = 6 mF
Ou :
C1 = 6 mF
C2 = 9 mF
Notons S la surface des armatures des deux types de condensateurs et ε la permittivité diélec-
trique du milieu qui sépare ces armartures. Notons respectivement par d1 et d2 les distances
séparant les deux armatures des condensateurs de types (1) et les deux armatures des conden-
sateurs de types (2). On a les relations :
C1 =
εS
d1
C2 =
εS
d2
Donc :
d1 =
εS
C1
d2 =
εS
C2
Les armatures des condensateurs de type (2) étant moins espacées que celles des condensateurs
de type (1), on a :
d2 d1
=⇒
εS
C2

εS
C1
=⇒
1
C2

1
C1
=⇒ C2 C1
En définitive, on conclut donc que la capacité des condensateurs de type (1) vaut
C1 = 6 mF tandis que celle des condensateurs de type (2) vaut C2 = 9 mF .
Evaluation 8.2 :
Notons I l’intensité du courant débité par la batterie et qui arrive sur le condensateur pendant
sa charge. La quantité d’électricité q (t) de ce condensateur varie linéairement avec le temps
selon la relation :
q (t) = It

La tension u(t) aux bornes du condensateur s’exprime donc par :
u(t) =
q (t)
C
=
I
C
t
La puissance P(t) aux bornes du condensateur à un instant t donné s’exprime donc par :
P(t) = u(t)I =
I2
C
t
L’intensité du courant débité par la batterie est donc donnée par :
I =
É
CP (t)
t
=
É
CP (τ)
τ
Soit τ le temps au bout duquel le condensateur a fini de se charger. La quantité d’électricité Q
qu’il accumule s’exprime par :
Q = Iτ = τ
É
CP (τ)
τ
Soit :
Q =
È
CτP (τ)
Or, τ = 2 heures et d’après la courbre de la Figure 8.15, P(τ = 2 heures) = 1, 44 W. On a
donc :
Q =
p
0, 5 × 2 × 3600 × 1, 44
Soit :
Q = 72 C = 20 mAh
L’énergie électrique E emmagasinée par le condensateur est donnée par :
E =
Q2
2C
E =
722
2 × 0, 5
Soit :
E = 5184 J
En conclusion, le premier élève a eu raison concernant la quantité d’électricité ac-
cumulée qui vaut effectivement 20 mAh, mais celui-ci a eu tort concernant l’énergie
électrique emmagasinée. Le deuxième élève quant à lui a eu tort concernant la quan-
tité d’électricité accumulée, cependant il a eu raison concernant l’énergie électrique
emmagasinée qui vaut effectivement 5184 J.

Evaluation 8.3 :
Les condensateurs étant identiques, les tensions aux bornes de chaque condensateur sont égales.
De même, les tensions aux bornes de chaque condensateur sont encore égales aux tensions aux
bornes de chaque couple de condensateurs montés en parallèle. Soit U la tension aux bornes de
chaque condensateur. On a la relation :
E = 2U
Soit :
U =
E
2
=
9
2
= 4, 5 V
La capacité équivalente C0
correspondant à chaque couple de condensateurs montés en parallèle
vaut :
C0
= 2C
La capacité équivalente Céq de l’ensemble est donc telle que :
1
Céq
=
1
C0
+
1
C0
=
1
2C
+
1
2C
=
1
C
Donc :
Céq = C
L’élève de Terminale a donc tout à fait raison, la tension aux bornes de chaque
condensateur est de 4, 5 V, et la capacité du condensateur équivalent est égale à la
capacité de chaque condensateur.

CHAPITRE 9. OSCILLATEURS ÉLECTRIQUES 468
Chapitre 9
Oscillateurs électriques
Si quelqu’un est en Christ, il est une nouvelle créature. Les choses anciennes sont passées
; voici, toutes choses sont devenues nouvelles.
2 Corinthiens 5 : 17
9.1 Généralités sur les oscillateurs électriques
Pour qu’un appareil électrique puisse fonctionner, des courants électriques doivent circuler
dans les circuits électriques qui le composent. En régime permanant, ces courants peuvent
être soit continus, soit alternatifs. En régime transitoire par contre, ces courants varient avec
le temps selon des lois qui dépendent des caractéristiques des circuits. On appelle régime per-
manant le comportement d’un système stable observable après un certain temps. Le régime
transitoire quant à lui est le comportement d’un système pendant la transition entre deux ré-
gimes permanants. Les régimes transitoires sont généralement caractérisés par une constante
de temps ou temps de relaxation, notée généralement τ, ayant la dimension d’un temps,
et très souvent de faible valeur. La constante de temps d’un circuit est une grandeur qui
caractérise la rapidité des évolutions de ses grandeurs électriques dans le temps lorsque ces
évolutions suivent des lois exponentielles. Un oscillateur électrique est un circuit électrique
siège des oscillations électriques, c’est-à-dire un circuit dans lequel circulent des courants
électriques qui varient de façon périodique et alternative. Comme dans le cas des oscillateurs
mécaniques, les oscillations électriques peuvent être libres ou forcées.
9.2 Dipôles électriques de base
Les oscillateurs électriques comportent des dipôles électriques qui peuvent être actifs (généra-
teurs) ou passifs (récepteurs). Ces dipôles peuvent générer ou recevoir des courants électriques,
et entre leurs bornes peuvent exister une différence de potentiel ou tension. Chaque dipôle est
caractérisé par une relation courant-tension.

9.2.1 Générateurs électriques
Un générateur électrique est un dipôle capable de transformer une forme d’énergie quel-
conque en énergie électrique. On distingue deux principaux types de générateurs ; les géné-
rateurs de courant et les générateurs de tension. Dans ce cours, nous n’aborderons que
les générateurs de tension. Ces types de générateurs sont principalement caractérisés par leur
force électromotrice (f.é.m.) et leur résistance interne qui est négligée dans la plupart
des cas. Parmi eux, on distingue principalement les générateurs de tension continue ayant
une force électromotrice constante notée E et les générateurs de tension alternative ayant
une force électromotrice notée e qui varie de façon sinusoïdale avec le temps. Parmi les gé-
nérateurs de tension alternative, on rencontre particulièrement les générateurs de basses
fréquences (GBF) qui délivrent une tension alternative de fréquence relativement faible. La
f.é.m. d’un générateur est une grandeur qui s’exprime en Volt (V). Les symboles d’un géné-
rateur de tension continue et d’un GBF ont été respectivement représentés à la Figure 9.1 et
à la Figure 9.2. Lorsque la résistance interne d’un générateur de tension est nulle, la tension
qu’il délivre correspond à sa f.é.m. De façon conventionnelle, on représente le courant débité
par un générateur suivant le même sens que la tension qu’il délivre.
Figure 9.1 – Symbole d’un générateur de tension continue.
Figure 9.2 – Symbole d’un générateur de basses fréquences.
9.2.2 Récepteurs électriques
Un récepteur électrique est un dipôle capable de tranformer l’énergie électrique qu’il
reçoit en une autre forme d’énergie. Les récepteurs sont caractérisés par certains coefficients
faisant référence à leurs fonctions principales. Conventionnellement, on représente la tension
aux bornes d’un récepteur suivant le sens contraire du courant électrique qui le traverse.
9.2.2.1 Résistors
Un résistor, encore appelé conducteur ohmique est un récepteur électrique destiné à
s’opposer au passage du courant électrique. Un résistor est caractérisé par sa résistance notée
R qui s’exprime en Ohm (Ω). La résistance d’un résistor est son aptitude à freiner la circulation
du courant électrique. L’inverse de la résistance est appelée conductance, notée G, et s’exprime
en Siemens (S). Le symbole d’un résistor a été représenté à la Figure 9.3.

Figure 9.3 – Symbole d’un résistor.
Soient iR l’intensité du courant traversant un résistor et uR la tension à ses bornes. La relation
courant-tension du résistor s’écrit :
uR = RiR (9.1)
Les résistors transforment intégralement l’énergie électrique qu’ils reçoivent en énergie ther-
mique (chaleur). C’est l’énergie dissipée par effet Joule.
9.2.2.2 Bobines
Une bobine électrique est un dipôle électrique formé par des enroulements (spires) de fil
conducteur et qui a la capacité de générer un champ magnétique en son centre lorsqu’il est
traversé par un courant électrique. Une bobine est caractérisée par son inductance notée L
qui s’exprime en Henry (H). A la Figure 9.4 ci-dessous a été représenté le symbole d’une
bobine.
Figure 9.4 – Symbole d’une bobine.
Soient iL l’intensité du courant traversant une bobine et uL la tension à ses bornes. La relation
courant-tension de la bobine s’écrit :
uL = L
diL
dt
(9.2)
Le flux magnétique φ à travers une bobine est donné par la relation :
φ = LiL (9.3)
L’unité du flux est le Weber (Wb). Lorsqu’une bobine reçoit un courant électrique, il se
comporte comme un dipôle passif et stocke de l’énergie magnétique EL exprimée par :
EL =
1
2
LiL
2
(9.4)
Ultérieurement, la bobine pourra se comporter comme un dipôle actif et restituer l’énergie
magnétique reçue en énergie électrique.
9.2.2.3 Condensateurs
Au chapitre précédent, nous avons étudié en détail les condensateurs. Nous rappellons qu’un
condensateur est un dipôle électrique formé de deux surfaces conductrices séparées par un

diélectrique. Un condensateur est caractérisé par sa capacité C qui s’exprime en Farad (F) et
qui traduit l’aptitude du condensateur à stocker des électrons sur ses armatures. Nous rappellons
également qu’un condensateur se laisse traverser par les courants alternatifs, mais pas par les
courants continus. Le symbole d’un condensateur a été représenté à la Figure 9.5 ci-dessous.
Figure 9.5 – Symbole d’un condensateur.
Soient iC l’intensité du courant reçu par un condensateur, q sa charge, et uC la tension à ses
bornes. On rappelle les relations :
iC =
dq
dt
(9.5)
q = CuC (9.6)
La relation courant-tension d’un condensateur s’écrit donc :
iC = C
duC
dt
(9.7)
Lorsqu’un condensateur reçoit un courant électrique, il se comporte comme un dipôle passif et
stocke de l’énergie électrique EC qui s’exprime selon la relation :
EC =
1
2
CuC
2
(9.8)
Ultérieurement, le condensateur pourra se comporter comme un dipôle actif et restituer cette
énergie reçue.
9.3 Régimes transitoires
Les régimes transitoires se déroulent durant la transition entre deux régimes permanants.
La plupart des circuits électriques fonctionnant en régime transitoire sont caractérisés par des
équations différentielles de premier ordre sans second membre ou avec second membre constant.
9.3.1 Equations différentielles du premier ordre
Soit ξ une grandeur électrique qui satisfait à l’équation différentielle de premier ordre ci-
dessous :
dξ
dt
+ αξ = β avec α ∈ R+
et β ∈ R (9.9)
Pour résoudre ce type d’équation, on commence par considérer l’équation homogène (c’est-à-
dire sans second membre) associée :
dξh
dt
+ αξh = 0 (9.10)

On a ainsi :
dξh
dt
ξh
= −α
Intégrons cette égalité par rapport au temps :
Z dξh
dt
ξh
dt =
Z
−α dt
On obtient :
ln ξh = −αt + γ avec γ ∈ R
On a donc :
ξh (t) = exp (ln ξh)
= exp (−αt + γ)
= exp γ exp (−αt)
Posons :
A = exp γ
On a donc :
ξh (t) = A exp (−αt) avec A ∈ R (9.11)
Revenons à l’équation différentielle (9.9) et notons ξp une solution particulière qui soit constante,
c’est-à-dire dont la dérivée par rapport au temps soit nulle. On a donc :
dξp
dt
= 0
Soit :
αξp = β
D’où :
ξp =
β
α
(9.12)
La solution générale ξ (t) de l’équation (9.9) est telle que :
ξ (t) = ξh (t) + ξp (9.13)
On a donc :
ξ (t) = A exp (−αt) +
β
α
avec A ∈ R
Ajoutons la condition initiale :
ξ (t = 0) = ξ0
On a donc :
A +
β
α
= ξ0

D’où :
A = ξ0 −
β
α
La solution ξ (t) de l’équation différentielle (9.9) est donc :
ξ (t) =

ξ0 −
β
α
‹
exp (−αt) +
β
α
(9.14)
On définit la constante de temps τ par :
τ =
1
α
(9.15)
Ainsi, plus la valeur de α est élevée, plus la constante de temps τ est faible.
9.3.1.1 Cas particulier où ξ0 = 0 et β 0
Lorsque ξ0 = 0 et β 0, la solution ξ (t) s’exprime par :
ξ (t) =
β
α
[1 − exp (−αt)] (9.16)
La courbe d’évolution en fonction du temps de ξ (t) a été représentée à la Figure 9.6 ci-dessous.
Figure 9.6 – Courbe d’évolution de ξ (t) dans le cas où ξ = 0 et β 0.
La courbe passe par l’origine, et sa tangente en ce point coupe la droite horizontale d’ordonnée
β
α
en un point dont l’abscisse correspond à la constante de temps τ.
9.3.1.2 Cas particulier où ξ0 0 et β = 0
Lorsque ξ0 0 et β = 0, la solution ξ (t) s’exprime par :
ξ (t) = ξ0 exp (−αt) (9.17)
La courbe d’évolution en fonction du temps de ξ (t) a été représentée à la Figure 9.7.

Figure 9.7 – Courbe d’évolution de ξ (t) dans le cas où ξ 0 et β = 0.
La courbe coupe l’axe vertical d’origine en un point d’ordonnée ξ0. La tangente à la courbe en
ce point coupe l’axe horizontal d’origine (axe des temps) en un point dont l’abscisse correspond
à la constante de temps τ.
9.3.2 Circuit RC
Considérons le schéma de montage de la Figure 9.8 ci-dessous comprenant un générateur de
tension continue de f.é.m. E, un condensateur déchargé de capacité C, un résistor de résistance
R et un interrupteur K.
Figure 9.8 – Circuit E-R-C-K.
Lorsque l’interrupteur K bascule en position (1), le condensateur se charge jusqu’à ce que la
tension à ses bornes soit égale à la f.é.m. E du générateur. A la fin de la charge du condensateur,
on fait basculer l’interrupteur à la position (2). Le condensateur commence alors à se décharger
dans le résistor. Le circuit ainsi formé (Figure 9.9) porte le nom de circuit RC.

Figure 9.9 – Circuit RC.
Prenons l’instant où l’interrupteur a été basculé à la position (2) comme origine des dates. Soit
u la tension commune aux bornes du condensateur et aux bornes du résistor. Notons iC et
iR les intensités des courants qui traversent respectivement le condensateur et le résistor. Des
relations courant-tension, on peut écrire :
iC = C
du
dt
iR =
u
R
Etant donné que les courants iC et iR sont de sens contraires, on a :
iC = −iR
=⇒ C
du
dt
= −
u
R
L’équation différentielle satisfaite par la tension u dans le circuit RC s’écrit donc :
du
dt
+
1
RC
u = 0 (9.18)
Le condensateur étant initialement chargé sous la tension E, on a la condition initiale :
u(t = 0) = E
Par analogie avec l’équation différentielle (9.9), on a :
α =
1
RC
et β = 0
De façon analogue avec la relation (9.17), la solution u(t) de l’équation différentielle (9.18)
s’écrit donc :
u(t) = E exp

−
t
RC
‹
(9.19)
La constante de temps du circuit RC s’exprime par :
τ = RC (9.20)
La courbe d’évolution de u(t) est analogue à la courbe de la Figure 9.7.

9.4 Oscillations électriques libres : Circuit RLC série
Les oscillations électriques se déroulant dans un circuit électrique sont dites libres lors-
qu’aucun générateur n’impose un signal périodique variable. Dans ce cas, un courant électrique
périodique est débité par l’un des récepteurs (qui se comporte comme un dipôle actif) parmi
ceux présents dans le circuit. Considérons le schéma de montage de la Figure 9.10 ci-dessous
comprenant un générateur de tension continue de f.é.m. E, un résistor de résistance R, une
bobine d’inductance L, un condensateur déchargé de capacité C et un interrupteur K.
Figure 9.10 – Circuit E-R-L-C-K.
Lorsque l’interrupteur est en position (1), le condensateur se charge jusqu’à la tension E. A la
fin de la charge, on bascule l’interrupteur en position (2). Le circuit ainsi constitué (Figure
9.11) est un circuit RLC série.
Figure 9.11 – Circuit RLC série.
Prenons l’instant où l’interrupteur a été basculé à la position (2) comme origine des dates. Soient
uR, uL et uC les tensions respectives aux bornes du résistor, de la bobine et du condensateur.
Soient q la charge du condensateur et iC l’intensité du courant qui le traverse. Soit également
i le courant qui traverse le résistor et la bobine. De la loi de l’additivité des tensions, on peut
écrire la relation :
uC = uR + uL
iC = −i =
dq
dt

uC =
q
C
uR = Ri = −R
dq
dt
uL = L
di
dt
= −L
d2
q
dt2
On a donc :
q
C
= −R
dq
dt
− L
d2
q
dt2
L’équation différentielle satisfaite par la charge q du condensateur s’écrit donc :
d2
q
dt2
+
R
L
dq
dt
+
1
LC
q = 0 (9.21)
Posons :
η =
R
L
et ω0
2
=
1
LC
L’équation différentielle (9.21) précédente peut encore se mettre sous la forme :
d2
q
dt2
+ η
dq
dt
+ ω0
2
q = 0 (9.22)
ω0 est la pulsation propre du circuit RLC série.
9.4.1 Oscillations électriques harmoniques libres
Si le résistor est retiré du circuit RLC précédent, on parle maintenant d’un circuit LC, et
l’équation différentielle de la charge q devient :
d2
q
dt2
+ ω0
2
q = 0 (9.23)
Cette équation est celle d’un oscillateur harmonique libre de pulsation propre ω0 et de
période propre T0 donnée par :
T0 =
2π
ω0
= 2π
É
1
LC
La solution générale q (t) de l’équation (9.23) est une fonction sinusoïdale du temps :
q (t) = A cos ω0t + B sin ω0t (9.24)
A et B sont des constantes qui dépendent des conditions initiales. Supposons que ces conditions
initiales sont :
q (t = 0) = q0 et
dq
dt
(t = 0) = iC0
De la relation (9.24), on a :
dq
dt
(t) = iC(t) = −Aω0 sin ω0t + Bω0 cos ω0t

On a donc :
A = q0 et Bω0 = iC0
Soit :
A = q0 et B =
iC0
ω0
D’où :
q (t) = q0 cos ω0t +
iC0
ω0
sin ω0t (9.25)
A la Figure 9.12 ci-dessous a été représentée l’allure de la courbe d’évolution en fonction du
temps de la charge q (t) lorsque les oscillations sont harmoniques.
Figure 9.12 – Courbe d’évolution de q (t) lorsque les oscillations sont harmoniques.
Les oscillations harmoniques sont dues à la conservation de l’énergie électromagnétique dans
le circuit. L’énergie magnétique emmagasinée par la bobine est restituée en énergie électrique
dans le condensateur, et de même, l’énergie électrique emmagasinée par le condensateur est
restituée en énergie magnétique dans la bobine.
9.4.2 Oscillations électriques amorties libres
Dans le cas où le résistor est présent dans le circuit, l’évolution de la charge q est régie par
l’équation différentielle (9.22) précédente. Des oscillations électriques amorties peuvent se
dérouler dans le circuit si la condition ci-dessous est satisfaite :
η 2ω0 (9.26)

Soit encore :
R 2
É
L
C
(9.27)
Lorsque cette condition est satisfaite, on dit que le régime est pseudo-périodique, et la
solution générale q (t) de l’équation (9.22) est de la forme :
q (t) = (A cos ωt + B sin ωt) exp (−αt) (9.28)
Il s’agit d’une fonction sinusoïdale de pseudo-pulsation ω (et donc de pseudo-période T) dont
l’amplitude décroît au fur et à mesure que le temps augmente. On a :
ω =
√
4ω0
2 − η2
2
=
√
4LC − R2C2
2LC
(9.29)
T =
2π
ω
=
4π
√
4ω0
2 − η2
=
4πLC
√
4LC − R2C2
(9.30)
A et B sont des constantes qui dépendent des conditions initiales. α est une constante positive
donnée par la relation :
α =
η
2
=
R
2L
(9.31)
A la Figure 9.13 ci-dessous a été représentée l’allure de la courbe d’évolution en fonction du
temps de la charge q (t) lors du régime pseudo-périodique.
Figure 9.13 – Courbe d’évolution de q (t) lorsque les oscillations sont amorties.
Les oscillations sont amorties à cause de l’énergie perdue par le résistor sous forme de chaleur.

9.5 Oscillations électriques forcées
Lorsqu’un générateur impose un signal périodique dans un circuit, les oscillations électriques
dans ce circuit sont dites forcées ou entretenues. Considérons le schéma de montage de la
Figure 9.14 ci-dessous comprenant un générateur de basses fréquences (GBF) monté en série
avec un résistor de résistance R, une bobine d’inductance L et un condensateur de capacité C.
Figure 9.14 – Circuit RLC série comprenant un GBF.
Soit e (t) la tension délivrée par le générateur dont l’expression est donnée par :
e (t) = Em cos (ωt + ϕe) (9.32)
Em est l’amplitude ou la valeur maximale de la tension, ω sa pulsation, et ϕe la phase à la
date t = 0. La valeur efficace Eeff est liée à la valeur maximale selon la relation :
Eeff =
Em
√
2
(9.33)
Dans le circuit constitué, le générateur qui impose au circuit une tension sinusoïdale joue le
rôle d’excitateur. Le circuit RLC quant à lui joue le rôle de résonateur.
9.5.1 Equations différentielles
Notons i l’intensité du courant débité par le générateur. Soient uR, uL et uC les tensions
respectives aux bornes du résistor, de la bobine et du condensateur. Soit q la charge du conden-
sateur. De la loi de l’additivité des tensions dans le circuit de la Figure 9.14, on peut écrire :
uR + uL + uC = e(t) = Em cos (ωt + ϕe)
uR = Ri = R
dq
dt

uL = L
di
dt
= L
d2
q
dt2
uC =
q
C
On a donc :
R
dq
dt
+ L
d2
q
dt2
+
q
C
= Em cos (ωt + ϕe)
L’équation différentielle satisfaite par la charge q du condensateur s’écrit donc :
L
d2
q
dt2
+ R
dq
dt
+
1
C
q = Em cos (ωt + ϕe) (9.34)
En dérivant cette équation par rapport au temps, on obtient :
L
d
dt

d2
q
dt2
‹
+ R
d
dt

dq
dt
‹
+
1
C
dq
dt
= −Emω sin (ωt + ϕe)
L’équation différentielle satisfaite par le courant i circulant dans le circuit s’écrit donc :
L
d2
i
dt2
+ R
di
dt
+
1
C
i = −Emω sin (ωt + ϕe) (9.35)
Les équations différentielles satisfaites par q et i sont donc sensiblement identiques.
9.5.2 Diagramme de Fresnel
En régime permanant, supposons que le courant i varie avec le temps selon la relation :
i (t) = Im cos (ωt + ϕi) (9.36)
On a ainsi :
uR (t) = Ri (t) = RIm cos (ωt + ϕi)
uL (t) = L
di
dt
= −LωIm sin (ωt + ϕi)
= LωIm cos

ωt + ϕi +
π
2

uC (t) =
q
C
=
1
C
Z
i (t) dt
=
Im
Cω
sin (ωt + ϕi)
=
Im
Cω
cos

ωt + ϕi −
π
2


Les amplitudes respectives uRm, uLm et uCm des tensions respectives uR, uL et uC aux bornes
du résistor, de la bobine et du condensateur s’expriment selon les relations ci-après :
uRm = RIm (9.37)
uLm = LωIm (9.38)
uCm =
Im
Cω
(9.39)
Le diagramme de Fresnel relatif au circuit a été représenté à la Figure 9.15 ci-dessous.
Figure 9.15 – Diagramme de Fresnel du circuit RLC série comprenant un GBF.
Le triangle OMP étant rectangle en M, on peut écrire :
OP2
= OM2
+ MP2
= OM2
+ (MN − NP)2
Soit :
Em
2
= uRm
2
+ (uLm − uCm)2
= (RIm)2
+

LωIm −
Im
Cω
‹2
= Im
2
–
R2
+

Lω −
1
Cω
‹2
™
=⇒ Em = Im
Ê
R2 +

Lω −
1
Cω
‹2

On obtient donc l’expression de l’amplitude Im en fonction de ω :
Im (ω) =
Em
È
R2 + Lω − 1
Cω
2
(9.40)
On définit l’impédance Z d’un circuit RLC série comme étant le rapport entre l’amplitude de
la tension imposée par le générateur et l’amplitude du courant qui circule dans le circuit :
Z =
Em
Im
=
Ê
R2 +

Lω −
1
Cω
‹2
(9.41)
Tout comme la résistance, l’impédance s’exprime en Ohm (Ω). L’inverse de l’impédance est
appelée admittance et s’exprime comme la conductance en Siemens (S). Soit ϕ = ϕe − ϕi
le déphasage de la tension e (t) délivrée par le générateur par rapport au courant i (t) dans le
circuit. En appliquant les propriétés trigonométriques dans le triangle OMP, on obtient :
sin ϕ =
MP
OP
=
MN − NP
OP
=
uLm − uCm
Em
=
LωIm − Im
Cω
ZIm
D’où :
sin ϕ =
Lω − 1
Cω
Z
(9.42)
On a de même :
cos ϕ =
OM
OP
=
uRm
Em
=
RIm
ZIm
D’où :
cos ϕ =
R
Z
(9.43)
On a donc :
tan ϕ =
sin ϕ
cos ϕ
(9.44)
Si ϕ 0, le circuit est dit inductif. Si ϕ 0, le circuit est dit capacitif. cos ϕ représente
le facteur de puissance du circuit. La puissance apparente S consommée par le circuit
s’exprime par :
S =
1
2
EmIm =
1
2
ZIm
2
(9.45)

La puissance moyenne ou puissance active P quant à elle a pour expression :
P =
1
2
EmIm cos ϕ =
1
2
RIm
2
(9.46)
La puissance apparente s’exprime en Volt-Ampère (VA) tandis que la puissance moyenne
s’exprime en Watt (W).
9.5.3 Résonance d’intensité
Considérons la relation (9.40) précédente donnant l’expression de l’amplitude Im du courant
en fonction de la pulsation ω. En faisant varier les valeurs de ω, on peut obtenir les valeurs
correspondantes de Im. Lorsque l’amplitude Im du courant atteint sa valeur maximale Imr, on est
en présence d’un phénomène appelé résonance d’intensité. La valeur ωr de ω pour laquelle
cette valeur maximale est atteinte est appelée pulsation de résonance et vérifie la relation :
Lωr −
1
Cωr
= 0 (9.47)
On a donc :
ωr =
É
1
LC
(9.48)
De même, la fréquence à la résonance Nr s’exprime par :
Nr =
ωr
2π
=
1
2π
É
1
LC
(9.49)
On se rend compte qu’à la résonance d’intensité, la pulsation imposée par le générateur (exci-
tateur) est égale à la pulsation propre du circuit RLC série (résonateur). Imr est donné par :
Imr =
Em
R
(9.50)
A la résonance d’intensité, l’impédance Zr est donc égale à la résistance totale du circuit :
Zr =
Em
Imr
= R (9.51)
A la résonance, le circuit se comporte comme un résistor. On parle alors de circuit résonant,
ou encore circuit résistif. Si la bobine a une résistance interne RL, l’impédance à la résonance
est donnée par :
Zr = R + RL (9.52)
A la résonance d’intensité, on a :
tan ϕr =
Lωr − 1
Cωr
R
= 0
Le déphasage ϕr entre la tension délivrée par le générateur et le courant qu’il débite est donc
nul à la résonance d’intensité. Ces deux grandeurs sont donc en phase.

9.5.4 Bande passante à 3 décibels
On appelle bande passante à 3 décibels (dB) l’intervalle des pulsations dans lequel
l’amplitude du courant est supérieure à sa valeur efficace lors de la résonance. Les limites ω1
et ω2 (ω1 ωr ω2) de la bande passante correspondent aux valeurs de la pulsation ω pour
lesquelles l’amplitude Im du courant est égale à sa valeur efficace Ieffr à la résonance exprimée
par :
Ieffr =
Imr
√
2
=
Em
R
√
2
Les pulsations ω1 et ω2 sont donc solutions de l’équation :
Im (ω) =
Em
È
R2 + Lω − 1
Cω
2
= Ieffr =
Em
R
√
2
=⇒ R2
+

Lω −
1
Cω
‹2
= 2R2
=⇒

Lω −
1
Cω
‹2
= R2
=⇒ Lω −
1
Cω
= ±R
On obtient donc deux équations polynomiales en ω :
Lω2
+ Rω −
1
C
= 0 et Lω2
− Rω −
1
C
= 0
Ces deux équations ont le même discriminant ∆ donné par :
∆ = R2
+
4L
C
∆ étant positif, les solutions de l’ensemble des deux équations sont :



−R −
È
R2 + 4L
C
2L
;
−R +
È
R2 + 4L
C
2L
;
R −
È
R2 + 4L
C
2L
;
R +
È
R2 + 4L
C
2L



La première et la troisième solution étant négatives, elles sont à exclure. Les limites de la bande
passante s’expriment donc selon les relations ci-après :
ω1 =
È
R2 + 4L
C
− R
2L
(9.53)
ω2 =
È
R2 + 4L
C
+ R
2L
(9.54)
La largeur ∆ω de la bande passante est donnée par la différence entre ses limites :
∆ω = ω2 − ω1 =
R
L
(9.55)

On définit le facteur de qualité Q ou surtension à la résonance comme le rapport entre
la pulsation à la résonance et la largeur de la bande passante :
Q =
ωr
∆ω
=
1
R
É
L
C
(9.56)
Le facteur de qualité est une grandeur sans dimension qui rend compte de l’acuité de la
résonance. Pour des valeurs de Q supérieures à 10, la résonance est dite aigue. On dit que
le circuit est sélectif. Pour des valeurs de Q inférieures à 10, la résonance est dite floue. La
Figure 9.16 et la Figure 9.17 représentent les courbes d’amplitude du courant (encore
appelées courbes de résonance), c’est-à-dire les tracés du graphe Im = f (ω) respectivement
lorsque la résonance est aigue et lorsqu’elle est floue.
Figure 9.16 – Courbe d’amplitude du courant (résonance aigue).
Lorsque la résonance est aigue, la courbe présente un pic à la valeur ω = ωr.

Figure 9.17 – Courbe d’amplitude du courant (résonance floue).
Lorsque la résonance est floue, on n’observe pas de pic.
9.6 Analogies électromécaniques
Les analogies électromécaniques représentent les équivalences entre les grandeurs méca-
niques et les grandeurs électriques. Elles ont été regroupées dans le Tableau 9.1 ci-dessous.
Tableau 9.1 – Analogies électromécaniques.
Grandeurs mécaniques Grandeurs électriques
Déplacement x Charge électrique q
Vitesse ẋ Intensité du courant i = q̇
Masse m Inductance L
Raideur k Inverse de la capacité 1
C
Coeffcient de dissipation λ Résistance R
Force f Tension u
Energie potentielle 1
2
kx2
Energie électrique 1
2
q2
C
Energie cinétique 1
2
mẋ2
Energie magnétique 1
2
Li2
Les analogies électromécaniques permettent d’effectuer les équivalences entre les phénomènes
mécaniques et ceux électriques.

Exercices
Exercice 9.1 :
Le circuit de la Figure 9.18 ci-dessous comprend une pile de f.é.m. E montée en série avec un
condensateur de capacité C initialement déchargé et un résistor de résistance R.
1- Etablir l’équation différentielle satisfaite par la tension uC aux bornes du condensateur.
2- En déduire l’expression de uC(t) en fonction du temps pendant le régime transitoire.
3- En déduire les expressions en fonction du temps de l’intensité i(t) du courant dans le circuit
et de la tension uR(t) aux bornes du résistor.
4- Représenter les allures de uC(t) et uR(t).
Exercice 9.2 :
On considère le circuit de la Figure 9.19 ci-dessous comprenant une pile de f.é.m. E montée
en série avec une bobine d’inductance L et un résistor de résistance R. A l’instant initial, la
bobine n’est traversée par aucun courant.
1- Etablir l’équation différentielle satisfaite par l’intensité i du courant dans le circuit.
2- En déduire l’expression de i(t) en fonction du temps pendant le régime transitoire.
3- En déduire les expressions en fonction du temps des tensions respectives uL(t) et uR(t) aux
bornes de la bobine et du résistor.
4- Représenter sur une même figure les allures de uL(t) et uR(t).

Exercice 9.3 :
Un condensateur de capacité C est monté en série avec une bobine d’inductance L comme
illustré à la Figure 9.20 ci-dessous.
1- Montrer que l’équation différentielle satisfaite par la tension u peut se mettre sous la forme
ci-dessous, où ω0 est un paramètre que l’on exprimera en fonction de L et C :
ü + ω0
2
u = 0
2- Sachant qu’à l’instant initial, la charge du condensateur vaut Q et que le courant dans le
circuit est nul, donner les conditions initiales, c’est-à-dire les valeurs de u(t = 0) et u̇(t = 0).
3- En déduire les expressions en fonction du temps de u(t), iC(t) et iL(t).
4- Démontrer que l’énergie électromagnétique E emmagasinée dans le circuit est égale à une
constante que l’on exprimera.
Exercice 9.4 :
Un condensateur de capacité C est monté en série avec une bobine d’inductance L et un résistor
de résistance R comme illustré à la Figure 9.21 ci-dessous.
1- Montrer que l’équation différentielle satisfaite par la tension uC aux bornes du condensateur
peut se mettre sous la forme ci-dessous, où η et ω0 sont des paramètres que l’on exprimera en
fonction de R, L et C :
üC + ηu̇C + ω0
2
uC = 0
2- Etablir l’équation du second degré satisfaite par le paramètre α pour que la fonction exp (αt)
soit solution de l’équation précédente.

3- Quelle relation doit-il exister entre R, L et C pour que le régime soit critique, c’est-à-dire
pour que l’équation précédente admette une solution double.
Exercice 9.5 :
Un générateur de basses fréquences de f.é.m. e(t) alimente un résistor de résistance R = 15 Ω,
une bobine d’inductance L = 100 mH et un condensateur de capacité C = 50 µF tous montés
en série. Le générateur délivre un courant alternatif d’intensité i(t) = Im cos (ωt + ϕi) avec
Im = 5 A, ω = 100π rad.s−1
et ϕi = − π
3
.
1- Calculer les amplitudes uRm, uLm et uCm des tensions respectives aux bornes du résistor, de
la bobine et du condensateur.
2- Représenter le diagramme de Fresnel du circuit en respectant les dimensions et les angles.
3- Calculer l’impédance Z du circuit ainsi que le déphasage ϕ de e(t) par rapport à i(t).
4- Calculer les valeurs de Em et ϕe telles que la f.é.m. du générateur puisse se mettre sous la
forme e(t) = Em cos (ωt + ϕe). Vérifier ces valeurs sur le diagramme de la question 2.
5- Calculer le facteur de puissance f du circuit et la puissance moyenne P qu’il consomme.
Exercice 9.6 :
Un résistor de résistance R = 1000 Ω est monté en série avec une bobine d’inductance L = 30 H
et un condensateur de capacité C = 400 nF. L’ensemble est branché aux bornes d’un GBF dont
la f.é.m. a pour expression e(t) = Em cos 2πNt + π
6

avec Em = 300 V et N = 50 Hz.
1- Calculer l’impédance Z du circuit.
2- En déduire l’amplitude Im du courant i(t) = Im cos (2πNt + ϕi) délivré par le générateur.
3- Calculer les amplitudes uRm, uLm et uCm des tensions respectives aux bornes du résistor, de
la bobine et du condensateur.
4- Calculer le déphasage ϕ de e(t) par rapport à i(t), la phase ϕi, puis représenter le diagramme
de Fresnel du circuit.
5- Calculer les puissances apparentes et moyennes consommées par le circuit.
Exercice 9.7 :
Un GBF alimente une bobine de résistance négligeable et d’inductance L = 600 mH et un
condensateur de résistance négligeable et de capacité C = 25 µF montés en série. Les tensions
instantannées respectivement aux bornes de la bobine et du condensateur s’expriment par
uL(t) = uLm cos (ωt + ϕL) et uC(t) = uCm cos (ωt + ϕC) avec uLm = 480 V, uCm = 200 V,
ϕL = 3π
4
, ϕC = − π
4
et ω = 400 rad.s−1
.
1- Calculer les valeurs de Em et ϕe telles que la tension e(t) délivrée par le GBF puisse se
mettre sous la forme e(t) = Em cos (ωt + ϕe).
2- Calculer l’impédance Z du circuit et en déduire l’amplitude Im du courant i(t) circulant dans
le circuit.
3- Calculer le déphasage ϕ de e(t) par rapport à i(t) puis déterminer ϕi telle que i(t) puisse se
mettre sous la forme i(t) = Im cos (ωt + ϕi).

Exercice 9.8 :
Un générateur de basses fréquences délivre une tension sinusoïdale de valeur efficale Eeff = 159 V
et de fréquence N ajustable. Ce générateur alimente un résistor de résistance R = 500 Ω, une
bobine d’inductance L = 4 H et un condensateur de capacité C = 10, 13 µF tous montés en
série.
1- Calculer la fréquence Nr à la résonance d’intensité.
2- Calculer l’amplitude Imr du courant à la résonance.
3- Calculer les limites N1 et N2 (N1 Nr N2) de la bande passante et en déduire sa largeur
∆N.
4- En déduire la valeur du facteur de qualité Q. La résonance est-elle aigue ou floue ?
Exercice 9.9 :
Un résistor de résistance R = 25 Ω est monté en série avec une bobine d’inductance L = 800 mH
et un condensateur de capacité C. L’ensemble est branché aux bornes d’un GBF qui délivre une
tension variable e (t). Les voies 1 et 2 d’un oscilloscope sont placées comme illustré à la Figure
9.22 ci-dessous. Les courbes d’évolution en fonction du temps des tensions correspondantes ont
été représentées à la Figure 9.23. La vitesse de balayage de l’oscilloscope est de 2 ms/div,
tandis que sa sensibilité verticale est de 20 V/div. On rappelle que l’oscilloscope visualise la
tension aux bornes de la portion de circuit comprise entre la voie correspondante et la masse.
Figure 9.22 – Exercice 9.9 (Circuit).
1- A quelles tensions respectives correspondent les voies 1 et 2 ?
2- Calculer les amplitudes respectives Em, uRm et Im de e(t), de la tension uR(t) aux bornes du
résistor et du courant i(t) dans le circuit.
3- Calculer la fréquence N de i(t) et e(t), le décalage horaire θ et le déphasage ϕ entre eux.
4- Calculer l’impédance Z du circuit et déterminer la valeur de C.
5- Calculer les amplitudes uLm et uCm des tensions respectives aux bornes de la bobine et du
condensateur.
6- Déterminer les phases à l’origine ϕi et ϕe de i(t) et e(t) puis représenter le diagramme de
Fresnel du circuit.

Figure 9.23 – Exercice 9.9 (Oscillogrammes).
Exercice 9.10 :
Un GBF délivrant un courant alternatif de fréquence N alimente un résistor de résistance R,
une bobine d’inductance L et un condensateur de capacité C = 500 µF tous montés en série.
On fait varier la valeur de N et on mesure à chaque fois la valeur correspondante de l’amplitude
Im de l’intensité du courant. Les données ont été consignées dans le Tableau 9.2 ci-dessous.
N (Hz) 15 18 19 20 20, 1 20, 2 20, 3 20, 4 21 22 23 25
Im (A) 3, 88 9, 73 16, 44 30, 4 31, 18 31, 45 31, 18 30, 42 21, 86 12, 66 8, 73 5, 42
1- Tracer le graphe Im = f (N). Echelle : 1 cm −→ 2 Hz et 1 cm −→ 2, 5 A.
2- Déterminer expérimentalement la fréquence Nr à la résonance d’intensité et l’amplitude Imr
du courant correspondant.
3- En déduire la valeur de L.
4- Déterminer expérimentalement les limites N1 et N2 (N1 Nr N2) de la bande passante,
sa largeur ∆N, et en déduire la valeur de R.
5- Calculer le facteur de qualité Q. La résonance est-elle aigue ou floue ?

Evaluation 9.1 :
On groupe en série un résistor de résistance R = 75 Ω, une bobine de résistance négligeable et
un condensateur de résistance négligeable. L’ensemble est branché aux bornes d’un générateur
de basses fréquences délivrant une tension alternative e(t). Les courbes d’évolution des tensions
respectives u1(t) et u2(t) aux bornes du résistor lorsqu’on courcicuite respectivement le conden-
sateur et la bobine ont été représentées à la Figure 9.24 ci-dessous. La vitesse de balayage est
de 2 ms/div. On précise que la tension aux bornes d’un dipôle mis en court-circuit est nulle.
Déterminer les valeurs des caractéristiques de la bobine et du condensateur.
Evaluation 9.2 :
Un générateur de basses fréquences alimente un résistor de résistance R = 30 Ω monté en série
avec une bobine d’inductance L et de résistance RL et un condensateur plan de capacité C
constitué de deux armatures rectangulaires de longueur `1 = 20 cm et de largeur `2 = 12 cm.
L’espace entre ces armatures est vide, et elles sont séparées par une distance d = 1, 77 µm. Les
courbes d’évolution de la tension e(t) délivrée par le générateur et la tension uR (t) aux bornes
du résistor ont été représentées à la Figure 9.25. La vitesse de balayage est de 2 ms/div.
Déterminer les valeurs des caractéristiques de la bobine.

Evaluation 9.3 :
Un résistor est monté en série avec une bobine et un condensateur tous deux sans résistance.
L’ensemble est branché aux bornes d’un générateur de basses fréquences délivrant une tension
alternative d’amplitude Em = 300 V et de pulsation ω. On fait varier les valeurs de ω, et on
mesure à chaque fois l’amplitude Im du courant alternatif dans le circuit. Le graphe Im = f (ω)
a été représenté à la Figure 9.26. Déterminer les valeurs des caractéristiques du résistor, de la
bobine et du condensateur.
Evaluation 9.4 :
Un condensateur plan dont les armatures rectangulaires ont une longueur L = 20 cm et une
largeur ` = 15 cm est chargé sous une tension U0. On le branche aux bornes d’un résistor de
résistance R. A la Figure 9.27 a été représentée la courbe d’évolution en fonction du temps de
la tension uC aux bornes du condensateur à partir de la date t = 0. Déterminer la permittivité
relative du diélectrique qui sépare les armatures du condensateur.
Evaluation 9.5 :
Un générateur de tension continue de f.é.m. E = 16 V est monté en série avec une bobine
d’inductance L = 300 mH et un conducteur ohmique dont la courbe d’évolution de la tension
uR à ses bornes a été représentée à la Figure 9.28 à partir de la date t = 0. Déterminer la
résistance du conducteur ohmique.

Exercice 9.1 :
1- De la loi de l’additivité des tensions dans le circuit, on peut écrire la relation :
uC + uR = E
Or, on a la relation :
uR = Ri
De plus, on a :
i = C
duC
dt
Soit :
uR = RC
duC
dt
On a donc :
uC + RC
duC
dt
= E
L’équation différentielle satisfaite par la tension uC aux bornes du condensateur est donc :
duC
dt
+
1
RC
uC =
E
RC
2- La tension uC(t) solution de l’équation différentielle obtenue précédemment s’exprime en
fonction du temps selon la relation ci-dessous, où A est une constante :
uC(t) = A exp

−
t
RC
‹
+ E
Le condensateur étant initialement déchargé, la tension à ses bornes à la date t = 0 est nulle.
On a donc :
uC(t = 0) = 0
=⇒ A + E = 0
Soit :
A = −E
Pendant le régime transitoire, la tension uC(t) aux bornes du condensateur s’exprime donc en
fonction du temps selon la relation :
uC(t) = E
•
1 − exp

−
t
RC
‹˜

3- Le courant i(t) dans le circuit s’exprime par :
i(t) = C
duC
dt
= C
d
dt
§
E
•
1 − exp

−
t
RC
‹˜ª
= C
•
E
RC
exp

−
t
RC
‹˜
D’où :
i(t) =
E
R
exp

−
t
RC
‹
La tension uR(t) aux bornes du résistor s’exprime selon la relation :
uR(t) = Ri(t)
= R
•
E
R
exp

−
t
RC
‹˜
D’où :
uR(t) = E exp

−
t
RC
‹
4- Les allures des tensions uC(t) et uR(t) ont été représentées à la Figure 9.29 ci-dessous.

Exercice 9.2 :
uL + uR = E
Or, on a les relations :
uL = L
di
dt
uR = Ri
On a donc :
L
di
dt
+ Ri = E
L’équation différentielle satisfaite par le courant i qui circule dans le circuit est donc :
di
dt
+
R
L
i =
E
L
2- Le courant i(t) solution de l’équation différentielle obtenue précédemment s’exprime en
fonction du temps selon la relation ci-dessous, où A est une constante :
i(t) = A exp

−
Rt
L
‹
+
E
R
La bobine n’étant traversée par aucun courant à l’instant initial, le courant dans le circuit à la
date t = 0 est nul. On a donc :
i(t = 0) = 0
=⇒ A +
E
R
= 0
Soit :
A = −
E
R
Pendant le régime transitoire, le courant i(t) dans le circuit s’exprime donc en fonction du
temps selon la relation :
i(t) =
E
R
•
1 − exp

−
Rt
L
‹˜
3- La tension uL(t) aux bornes de la bobine s’exprime par :
uL(t) = L
di
dt
= L
d
dt
§
E
R
•
1 − exp

−
Rt
L
‹˜ª
= L
•
ER
RL
exp

−
Rt
L
‹˜

D’où :
uL(t) = E exp

−
Rt
L
‹
La tension uR(t) aux bornes du résistor s’exprime selon la relation :
uR(t) = Ri(t)
= R
§
E
R
•
1 − exp

−
Rt
L
‹˜ª
D’où :
uR(t) = E
•
1 − exp

−
Rt
L
‹˜
4- Les allures des tensions uL(t) et uR(t) ont été représentées à la Figure 9.30 ci-dessous.
Exercice 9.3 :
1- On constate que la tension u dans le circuit correspond à la fois à la tension aux bornes du
condensateur et à la tension aux bornes de la bobine. On a les relations :
iC = C
du
dt
u = L
diL
dt

On a donc :
diC
dt
= C
d2
u
dt2
= Cü
diL
dt
=
u
L
Les courants iC et iL étant de sens contraires, on a la relation :
iC = −iL
Soit encore :
diC
dt
= −
diL
dt
On a donc :
Cü = −
u
L
D’où :
ü +
1
LC
u = 0
L’équation différentielle satisfaite par la tension u aux bornes du condensateur peut donc se
mettre sous la forme ci-dessous :
ü + ω0
2
u = 0
Avec :
ω0 =
Ê
1
LC
2- Soit q (t) la charge du condensateur à une date quelconque. On a :
u(t) =
q (t)
C
Puisque la charge à l’instant initial t = 0 vaut Q, on a donc :
q (t = 0) = Q
Soit :
u(t = 0) =
Q
C
Etant donné que le courant dans le circuit est nul à l’instant initial t = 0, on a :
i(t = 0) = 0
Soit encore :
Cu̇(t = 0) = 0

Les conditions initiales sont donc :





u(t = 0) = Q
C
u̇(t = 0) = 0
3- L’équation différentielle obtenue à la question 1 précédente étant celle d’un oscillateur har-
monique, la solution u(t) peut se mettre sous la forme ci-dessous, où A et B sont des constantes :
u(t) = A cos ω0t + B sin ω0t
Soit :
u̇(t) = ω0 (−A sin ω0t + B cos ω0t)
Puisque u(t = 0) = Q
C
, on a :
A =
Q
C
Puisque u̇(t = 0) = 0, on a :
B = 0
D’où :
u(t) =
Q
C
cos
Ê
1
LC
t
!
On a de même :
iC(t) = −iL(t) = Cu̇(t)
D’où :
iC(t) = −Q
Ê
1
LC
sin
Ê
1
LC
t
!
= Q
Ê
1
LC
cos
Ê
1
LC
t +
π
2
!
iL(t) = Q
Ê
1
LC
sin
Ê
1
LC
t
!
4- L’énergie électromagnétique E emmagasinée dans le circuit est la somme de l’énergie élec-
trique emmagasinée dans le condensateur et l’énergie magnétique emmagasinée dans la bobine.

Soit :
E = EC + EL
=
1
2
Cu2
+
1
2
LiL
2
=
1
2
–
CQ2
C2
cos2
‚É
1
LC
t
Œ
+
LQ2
LC
sin2
‚É
1
LC
t
Œ™
=
1
2
–
Q2
C
cos2
‚É
1
LC
t
Œ
+
Q2
C
sin2
‚É
1
LC
t
Œ™
=
Q2
2C
–
cos2
‚É
1
LC
t
Œ
+ sin2
‚É
1
LC
t
Œ™
L’énergie électromagnétique E emmagasinée dans le circuit est donc constante et
s’exprime par :
E =
Q2
2C
Exercice 9.4 :
uC = uL + uR
On a :
iC = −i = C
duC
dt
uL = L
di
dt
= −LC
d
dt

duC
dt
‹
= −LC
d2
u
dt2
= −LCüC
uR = Ri
= −RC
duC
dt
= −RCu̇C
On a donc :
uC = −LCüC − RCu̇C

D’où :
üC +
R
L
u̇C +
1
LC
uC = 0
L’équation différentielle satisfaite par la tension uC aux bornes du condensateur peut donc se
mettre sous la forme ci-dessous :
üC + ηu̇C + ω0
2
uC = 0
Avec :
η =
R
L
ω0 =
Ê
1
LC
2- Considérons la fonction f (t) = exp (αt). On a :
ḟ (t) = α exp (αt)
f̈ (t) = α2
exp (αt)
Pour que la fonction f (t) = exp (αt) soit solution de l’équation différentielle obtenue précédem-
ment, on doit avoir :
f̈ (t) + ηḟ (t) + ω0
2
f (t) = 0
=⇒ α2
exp (αt) + ηα exp (αt) + ω0
2
exp (αt) = 0
=⇒ exp (αt) α2
+ ηα + ω0
2

= 0
Or, pour tout réel t, exp (αt) 6= 0. Pour que la fonction exp (αt) soit solution de l’équation
différentielle obtenue à la question 1 précédente, le paramètre α doit donc vérifier l’équation
ci-dessous :
α2
+ ηα + ω0
2
= 0
3- Pour que le régime soit critique, il faudrait que l’équation du second degré obtenue précé-
demment admette une solution double. Pour cela, le discriminant ∆ de cette équation doit être
nul. On a :
∆ = η2
− 4ω0
2
∆ = 0 ⇐⇒ η2
− 4ω0
2
= 0
Soit :
η2
= 4ω0
2
=⇒ η = ±2ω0
=⇒
R
L
= ±2
É
1
LC

Les grandeurs R, L, C étant positives, on doit donc avoir :
R
L
= 2
É
1
LC
=⇒ R = 2L
É
1
LC
Pour que le régime soit critique, on doit donc avoir la relation :
R = 2
Ê
L
C
Exercice 9.5 :
1- Les amplitudes uRm, uLm et uCm des tensions respectives aux bornes du résistor, de la bobine
et du condensateur s’expriment selon les relations ci-après :
uRm = RIm
uLm = LωIm
uCm =
Im
Cω
uRm = 15 × 5
uLm = 0, 1 × 100 × π × 5
uCm =
5
50 × 10−6 × 100 × π
Soit :
uRm = 75 V
uLm = 157, 08 V
uCm = 318, 31 V
2- Le diagramme de Fresnel a été représenté à la Figure 9.31. Echelle : 1 unité −→ 25 V
3- L’impédance Z du circuit s’exprime selon la relation ci-dessous :
Z =
Ê
R2 +

Lω −
1
Cω
‹2

Z =
Ê
152 +

0, 1 × ×100 × π −
1
50 × 10−6 × 100 × π
‹2
Soit :
Z = 35, 564 Ω
Le déphasage ϕ de e(t) par rapport à i(t) vérifie la relation :
tan ϕ =
Lω − 1
Cω
R
D’où :
ϕ = tan−1
‚
Lω − 1
Cω
R
Œ
ϕ = tan−1
‚
0, 1 × 100 × π − 1
50×10−6×100×π
15
Œ
Soit :
ϕ = −65◦
= −
13π
36
4- Exprimons la f.é.m. e(t) du générateur sous la forme ci-dessous :
e(t) = Em cos (ωt + ϕe)
L’amplitude Em est donnée par la relation :
Em = ZIm

Em = 35, 564 × 5
Soit :
Em = 177, 82 V
La phase à l’origine ϕe est telle que :
ϕe − ϕi = ϕ
D’où :
ϕe = ϕ + ϕi
ϕe = −65◦
− 60◦
Soit :
ϕe = −125◦
= −
25π
36
En mesurant les valeurs de Em et ϕe sur le diagramme de Fresnel de la Figure 9.31, on retrouve
pratiquement les mêmes résultats.
5- Le facteur de puissance f du circuit est donné par la relation :
f = cos ϕ
f = cos (−65◦
)
Soit :
f = 0, 422
La puissance moyenne P consommée par le circuit est donnée par :
P =
1
2
RIm
2
P =
15 × 52
2
Soit :
P = 187, 5 W

Exercice 9.6 :
1- L’impédance Z du circuit s’exprime selon la relation ci-dessous :
Z =
Ê
R2 +

2πNL −
1
2πNC
‹2
Z =
Ê
10002 +

2 × π × 50 × 30 −
1
2 × π × 50 × 400 × 10−9
‹2
Soit :
Z = 1775, 437 Ω
2- L’amplitude Im du courant délivré par le GBF s’exprime selon la relation ci-dessous :
Im =
Em
Z
Im =
300
1775, 437
Soit :
Im = 168, 972 mA
3- Les amplitudes uRm, uLm et uCm des tensions respectives aux bornes du résistor, de la bobine
et du condensateur s’expriment selon les relations ci-après :
uRm = RIm
uLm = 2πNLIm
uCm =
Im
2πNC
uRm = 1000 × 0, 168972
uLm = 2 × π × 50 × 30 × 0, 168972
uCm =
0, 168972
2 × π × 50 × 400 × 10−9
Soit :
uRm = 168, 972 V

uLm = 1592, 527 V
uCm = 1344, 64 V
4- Le déphasage ϕ de e(t) par rapport à i(t) vérifie la relation :
tan ϕ =
2πNL − 1
2πNC
R
D’où :
ϕ = tan−1
‚
2πNL − 1
2πNC
R
Œ
ϕ = tan−1
‚
2 × π × 50 × 30 − 1
2×π×50×400×10−9
1000
Œ
Soit :
ϕ = 55, 72◦
'
31π
100
La phase ϕi est telle que :
ϕe − ϕi = ϕ
Avec ϕe = 30◦
= π
6
. On a donc :
ϕi = ϕe − ϕ
ϕi = 30◦
− 55, 72◦
Soit :
ϕi = −25, 72◦
' −
43π
300
Le diagramme de Fresnel a été représenté à la Figure 9.32. Echelle : 1 unité −→ 100 V
5- La puissance apparente S et la puissance moyenne P consommées par le circuit sont données
par les formules ci-après :
S =
1
2
ZIm
2
P =
1
2
RIm
2
Soit encore :
S =
Em
2
2Z
P =
REm
2
2Z2

S =
3002
2 × 1775, 437
P =
1000 × 3002
2 × 1775, 4372
Soit :
S = 25, 345 VA
P = 14, 275 W

Exercice 9.7 :
1- Puisque le générateur alimente la bobine et le condensateur montés en série, la tension e (t)
qu’il délivre est égale à la somme des tensions aux bornes de ces deux derniers dipôles. On a
donc :
e (t) = uL(t) + uC(t)
= uLm cos (ωt + ϕL) + uCm cos (ωt + ϕC)
= uLm cos ϕL cos ωt − uLm sin ϕL sin ωt + uCm cos ϕC cos ωt − uCm sin ϕC sin ωt
= (uLm cos ϕL + uCm cos ϕC) cos ωt − (uLm sin ϕL + uCm sin ϕC) sin ωt
Or, on a également :
e (t) = Em cos (ωt + ϕe)
= Em cos ϕe cos ωt − Em sin ϕe sin ωt
Par identification, on a donc :





Em cos ϕe = uLm cos ϕL + uCm cos ϕC
Em sin ϕe = uLm sin ϕL + uCm sin ϕC
En développant ces deux égalités au carré, on obtient :





Em
2
cos2
ϕe = uLm
2
cos2
ϕL + uCm
2
cos2
ϕC + 2uLmuCm cos ϕL cos ϕC
Em
2
sin2
ϕe = uLm
2
sin2
ϕL + uCm
2
sin2
ϕC + 2uLmuCm sin ϕL sin ϕC
En additionnant membre à membre les deux égalités ci-dessus, on obtient :
Em
2
= uLm
2
+ uCm
2
+ 2uLmuCm (cos ϕL cos ϕC + sin ϕL sin ϕC)
= uLm
2
+ uCm
2
+ 2uLmuCm cos (ϕL − ϕC)
En faisant le rapport membre à membre des deux égalités du premier système obtenu plus haut,
on obtient :
tan ϕe =
sin ϕe
cos ϕe
=
uLm sin ϕL + uCm sin ϕC
uLm cos ϕL + uCm cos ϕC
On a donc :
Em =
È
uLm
2 + uCm
2 + 2uLmuCm cos (ϕL − ϕC)
ϕe = tan−1

uLm sin ϕL + uCm sin ϕC
uLm cos ϕL + uCm cos ϕC
‹

Em =
Ê
4802 + 2002 + 2 × 480 × 200 × cos

3π
4
+
π
4
‹
ϕe = tan−1
‚
480 × sin 3π
4
+ 200 × sin − π
4

480 × cos 3π
4
+ 200 × cos − π
4

Œ
= tan−1
‚
140
√
2
−140
√
2
Œ
Soit :
Em = 280 V
ϕe =
3π
4
2- Le circuit étant dépourvu de résistor, son impédance Z s’exprime selon la relation :
Z =
Ê
Lω −
1
Cω
‹2
D’où :
Z = Lω −
1
Cω
Z = 0, 6 × 400 −
1
25 × 10−6 × 400
Soit :
Z = 140 Ω
L’amplitude Im du courant délivré par le GBF s’exprime selon la relation ci-dessous :
Im =
Em
Z
Im =
280
140
Soit :
Im = 2 A

3- Le déphasage ϕ de e(t) par rapport à i(t) vérifie la relation :
sin ϕ =
Lω − 1
Cω
Z
=
Lω − 1
Cω
Lω − 1
Cω
=
Lω − 1
Cω
Lω − 1
Cω
= 1
D’où :
ϕ =
π
2
La phase ϕi est telle que :
ϕe − ϕi = ϕ
On a donc :
ϕi = ϕe − ϕ
ϕi =
3π
4
−
π
2
Soit :
ϕi =
π
4
Exercice 9.8 :
1- A la résonance d’intensité, la fréquence Nr du GBF vérfie la relation :
2πNrL =
1
2πNrC
D’où :
Nr =
1
2π
Ê
1
LC
Nr =
1
2 × π
Ê
1
4 × 10, 13 × 10−6
Soit :
Nr = 25 Hz
2- A la résonance d’intensité, l’impédance Z est égale à la résistance totale R du circuit.
L’amplitude Imr du courant à la résonance s’exprime donc en fonction de l’amplitude Em du

GBF selon la relation :
Imr =
Em
R
Or, on a :
Em = Eeff
√
2
D’où :
Imr =
Eeff
√
2
R
Imr =
159 ×
√
2
500
Soit :
Imr = 449, 72 mA
3- On sait que les limites de la bande passante s’expriment selon les relations ci-après :
N1 =
È
R2 + 4L
C
− R
4πL
N2 =
È
R2 + 4L
C
+ R
4πL
N1 =
È
5002 + 4×4
10,13×10−6 − 500
4 × π × 4
N2 =
È
5002 + 4×4
10,13×10−6 + 500
4 × π × 4
Soit :
N1 = 16, 961 Hz
N2 = 36, 855 Hz
La largeur ∆N de la bande passante a pour expression :
∆N = N2 − N1
∆N = 36, 855 − 16, 961
Soit :
∆N = 19, 894 Hz

4- Le facteur de qualité Q s’exprime selon la relation :
Q =
Nr
∆N
Q =
25
19, 894
Soit :
Q = 1, 256
Cette valeur de Q n’étant pas élevée (inférieure à 10), on en conclut donc que la résonance
est floue.
Exercice 9.9 :
1- La voie 1 correspond à la tension aux bornes de l’ensemble formé du résistor,
de la bobine et du condensateur montés en série, qui est encore égale à la tension
e(t) délivrée par le générateur. La voie 2 quant à elle correspond à la tension uR(t)
aux bornes du résistor.
2- En observant la tension de la voie 1 qui est la tension e (t) délivrée par le GBF, on se rend
compte que son amplitude Em est égale à 10 divisions verticales. Or, une division verticale
correspond à 20 V. D’où :
Em = 200 V
En observant la voie 2 qui correspond à la tension uR(t) aux bornes du résistor, on se rend
compte que son amplitude uRm est égale à 5 divisions verticales. D’où :
uRm = 100 V
L’amplitude uRm dépend de l’amplitude Im du courant i (t) dans le circuit selon la relation :
uRm = RIm
D’où :
Im =
uRm
R
Im =
100
25
Soit :
Im = 4 A
3- On se rend compte que e (t) et uR(t) (par conséquent le courant i (t) également) ont la même
période T égale à 12 divisions horizontales. Or, une division horizontale correspond à 2 ms. La

période T vaut donc 24 ms. La fréquence N quant à elle vaut donc :
N =
1
T
=
1
0, 024
D’où :
N = 41, 66 Hz
On se rend compte que le décalage horaire θ entre e (t) et uR(t) (qui correspond également au
décalage horaire entre e (t) et le courant i(t)) est égale à 2 divisions horizontales. On a donc :
θ = 4 ms
On se rend compte que e (t) est en avance de phase par rapport au courant i (t). Le déphasage
ϕ de e (t) par rapport à i (t) s’exprime selon la relation ci-dessous :
ϕ = θω
= 2πNθ
D’où :
ϕ =
π
3
4- L’impédance Z du circuit vérifie la relation :
Em = ZIm
D’où :
Z =
Em
Im
Z =
200
4
Soit :
Z = 50 Ω
Le déphasage ϕ vérifie la relation :
sin ϕ =
2πNL − 1
2πNC
Z
=⇒ 2πNL −
1
2πNC
= Z sin ϕ
=⇒
1
2πNC
= 2πNL − Z sin ϕ

D’où :
C =
1
2πN (2πNL − Z sin ϕ)
C =
1
2 × π × 41, 66 × 2 × π × 41, 66 × 0, 8 − 50 × sin π
3

Soit :
C = 23 µF
5- Les amplitudes uLm et uCm des tensions respectives aux bornes de la bobine et du conden-
sateur s’expriment selon les relations ci-après :
uLm = 2πNLIm
uCm =
Im
2πNC
uLm = 2 × π × 41, 66 × 0, 8 × 4
uCm =
4
2 × π × 41, 66 × 23 × 10−6
Soit :
uLm = 837, 758 V
uCm = 664, 553 V
6- Mettons le courant i(t) sous la forme :
i(t) = Im cos (2πNt + ϕi)
A la date τ = −2 × 2 ms = −4 ms, on a uR(τ) = uRm donc, i(τ) = Im. Soit :
Im cos (2πNτ + ϕi) = Im
=⇒ cos

−
π
3
+ ϕi

= 1
=⇒ −
π
3
+ ϕi = 2kπ avec k ∈ Z
En optant pour la valeur principale, on prend k = 0. Donc :
−
π
3
+ ϕi = 0

La phase à l’origine ϕi du courant vaut donc :
ϕi =
π
3
On sait que la phase à l’origine ϕe de la f.é.m. e(t) du générateur vérifie la relation :
ϕe − ϕi = ϕ
=⇒ ϕe = ϕi + ϕ =
π
3
+
π
3
D’où :
ϕe =
2π
3
Le diagramme de Fresnel du circuit a été représenté à la Figure 9.33 ci-dessous.
Echelle : 1 unité −→ 50 V

Exercice 9.10 :
1- Le graphe Im = f (N) a été tracé à la Figure 9.34 ci-dessous.
Figure 9.34 – Solution de l’exercice 9.10.
2- A la résonance d’intensité, l’amplitude du courant atteint sa valeur maximale. A partir du
graphe tracé et du Tableau 9.2, On en déduit que la fréquence Nr à la résonance vaut :
Nr = 20, 2 Hz
De même, l’amplitude Imr du courant correspondant vaut :
Imr = 31, 45 A
3- On sait que la fréquence Nr à la résonance d’intensité vérifie la relation :
2πNrL =
1
2πNrC

D’où :
L =
1
4π2Nr
2
C
L =
1
4 × π2 × 20, 22
× 500 × 10−6
Soit :
L = 124, 156 mH
4- A la résonance d’intensité, la valeur efficace Ieffr du courant vaut :
Ieffr =
Imr
√
2
=
31, 45
√
2
= 22, 23 A
A partir du graphe tracé à la Figure 9.34, on trouve que les limites de la bande passante,
c’est-à-dire les fréquences N1 et N2 pour lesquelles l’amplitude du courant est égale à Ieffr sont :





N1 = 19, 456 Hz
N2 = 20, 974 Hz
La largeur ∆N de la bande passante a pour expression :
∆N = N2 − N1
∆N = 20, 974 − 19, 456
Soit :
∆N = 1, 518 Hz
On sait que la largeur ∆N de la bande passante vérifie la relation :
∆N =
R
2πL
D’où :
R = 2πL∆N
R = 2 × π × 0, 124156 × 1, 518

Soit :
R = 1, 18 Ω
5- Le facteur de qualité Q s’exprime selon la relation :
Q =
Nr
∆N
Q =
20, 2
1, 518
Soit :
Q = 13, 307
Cette valeur de Q ayant une valeur supérieure à 10, et compte tenu de l’état du graphe de la
Figure 9.34 on en conclut donc que la résonance est aigue.

Evaluation 9.1 :
Soit ω la pulsation des tensions e(t), u1(t) et u2(t). De la Figure 9.24, on se rend compte
que la période T de ces trois signaux est égale à 10 divisions horizontales. Or, une division
horizontale correspond à 2 ms. On a donc :
T = 20 ms
Soit :
ω =
2π
T
= 100π rad.s−1
Le décalage horaire θ1 de e(t) par rapport à u1(t) correspond à une divison. Soit :
θ1 = 2 ms
Le décalage horaire θ2 de e(t) par rapport à u2(t) est négatif et correspond à 2 divisons. Soit :
θ2 = −4 ms
Les déphasages respectifs ϕ1 et ϕ2 de e(t) par rapport à u1(t) et u2(t) valent donc :
ϕ1 = θ1ω =
π
5
ϕ2 = θ2ω = −
2π
5
Soient respectivement L et C l’inductance de la bobine et la capacité du condensateur. Lorsque
le condensateur est courcicuité, la tension à ses bornes est nulle, et tout se passe comme s’il
avait été retiré du circuit. Le déphasage ϕ1 vérifie alors la relation :
tan ϕ1 =
Lω
R
Lorsque la bobine est courcicuitée, le déphasage ϕ2 vérifie donc la relation :
tan ϕ2 =
− 1
Cω
R
= −
1
RCω
D’où :
L =
R tan ϕ1
ω
C = −
1
Rω tan ϕ2
L =
75 × tan π
5
100π

C = −
1
75 × 100π × tan − 2π
5

En conclusion, la bobine est caractérisée par son inductance L = 173, 45 mH, tandis
que le condensateur est caractérisé par sa capacité C = 13, 79 µF.
Evaluation 9.2 :
En observant la Figure 9.25, on se rend compte que la f.é.m. e(t) du générateur et la tension
uR(t) aux bornes du résistor sont en phase. Etant donné que la tension uR(t) est proportionnelle
au courant i(t) dans le circuit, le déphasage entre e(t) et i(t) est nul. On est donc en présence
de la résonance d’intensité. La période Tr de e(t) et i(t) à la résonance est égale à 16 divisions
horizontales. Or, une division horizontale correspond à 2 ms. On a donc :
Tr = 32 ms
La pulsation ωr vaut donc :
ωr =
2π
Tr
=
125π
2
rad.s−1
Etant donné qu’on est en présence de la résonance d’intensité, on a la relation :
Lωr =
1
Cωr
Or, la capacité C du condensateur est donnée par :
C =
ε0`1`2
d
On a donc :
Lωr =
d
ε0`1`2ωr
On se rend compte sur la Figure 9.25 que l’amplitude Em de la f.é.m. du générateur est
égale à 10 divisions verticales, tandis que l’amplitude uRm de la tension aux bornes du résistor
correspond à 8 divisions verticales. On a donc :
Em
uRm
=
10
8
=
5
4
Soit Im l’amplitude du courant circulant dans le circuit et Z l’impédance. On a :
Em = ZIm
uRm = RIm

Donc :
Em
uRm
=
ZIm
RIm
(9.57)
=
Z
R
(9.58)
=
5
4
(9.59)
Puisque nous sommes en présence du phénomène de résonance d’intensité, l’impédance Z est
égale à la résistance totale du circuit. Donc :
Z = R + RL
Soit :
R + RL
R
=
5
4
Finalement, on a donc :
L =
d
ε0`2`2ωr
2
RL =
R
4
L =
1, 77 × 10−6
8, 854 × 10−12 × 0, 2 × 0, 12 × 125π
2
2
RL =
30
4
La bobine est donc caractérisée par son inductance L = 216, 05 H et sa résistance
RL = 7, 5 Ω.
Evaluation 9.3 :
En observant la Figure 9.26, on constate que la valeur maximale Imr de l’amplitude du courant
est égale à 20 divisions verticales. Or, une division verticale correspond à 1 A. Donc :
Imr = 20 A
Lorsque l’amplitude du courant atteint sa valeur maximale on est en présence de la résonance
d’intensité, et l’impédance du circuit est égale à la résistance R du résistor (La bobine et le
condensateurs ayant des résistances nulles). On a donc :
Em = RImr

Soit :
R =
Em
Imr
=
300
20
= 15 Ω
On constate sur la Figure 9.26 que l’amplitude du courant atteint sa valeur maximale lorsque
la pulsation ωr est égale à 11 divisions horizontales. Or, une divison horizontale correspond à
31, 4 rad.s−1
. Donc :
ωr = 345, 4 rad.s−1
L’inductance L de la bobine et la capacité C du condensateur sont liées par la relation :
Lωr =
1
Cωr
On a donc :
LC =
1
ωr
2
La valeur efficace Ieffr du courant à la résonance est donnée par :
Ieffr =
Imr
√
2
=
20
√
2
= 14, 14 A
Soient ω1 et ω2 les deux pulsations pour lesquelles l’amplitude du courant est égale à Ieffr.
Posons :
∆ω = ω2 − ω1
A partir du graphe de la Figure 9.35, on constate que ∆ω est égale à environ 5 divisions
horizontales. Soit :
∆ω = 157 rad.s−1
Or, on a la relation :
∆ω =
R
L
Soit :
L =
R
∆ω
=
15
157
= 95, 54 mH

On a de même :
C =
1
Lωr
2
=
1
0, 9554 × 345, 42
= 87, 73 µF
En conclusion, le résisor est caractérisé par sa résistance R = 15 Ω, la bobine par
son inductance L = 95, 54 mH et le condensateur par sa capacité C = 87, 73 µF.
Evaluation 9.4 :
Sur le graphe de la Figure 9.36, on a tracé la tangente à la courbe au point d’intersection entre
cette courbe et l’axe vertical. L’intersection de cette tangente avec l’axe horizontal correspond
à la constante de temps τ du circuit. A partir du graphe, on trouve que la constante de temps
τ est égale à 3 divisions horizontales. Or, une division horizontale correspond à 250 ps. Donc :
τ = 750 ps
Soit C la capacité du condensateur plan. On a la relation :
τ = RC
Soit :
C =
τ
R

Soit εr la permittivité relative du diélectrique qui sépare les armatures du condensateur. On a :
C =
ε0εrL`
d
Soit :
ε0εrL`
d
=
τ
R
D’où :
εr =
dτ
ε0RL`
εr =
0, 01 × 750 × 10−12
8, 854 × 10−12 × 25 × 0, 2 × 0, 15
La permittivité relative du diélectrique qui sépare les armatures du condensateur
plan vaut donc εr = 1, 129.
Evaluation 9.5 :
Sachant qu’une division verticale correspond à 2 V, la f.é.m. E = 16 V du générateur correspond
à 8 divions verticales. Sur le graphe de la Figure 9.37, on a tracé la droite horizontale dont
l’ordonnée est égale à la f.é.m. du générateur. La tangente à la courbe au point d’intersection
entre les axes horizontal et vertical a elle aussi été tracée. l’abscisse du point d’intersection
de cette tangente avec la droite horizontale précédente correspond à la constante de temps τ
du circuit. A partir du graphe, on trouve que la constante de temps τ est égale à 3 divisions
horizontales. Or, une division horizontale correspond à 1 ms. Donc :
τ = 3 ms

Soit R la résistance du conducteur ohmique. On a :
τ =
L
R
D’où :
R =
L
τ
R =
0, 3
3 × 10−3
La résistance du conducteur ohmique vaut donc R = 100 Ω.

CHAPITRE 10. ONDES MÉCANIQUES 529
Chapitre 10
Ondes mécaniques
Car vous êtes tous fils de Dieu par la foi en Jésus-Christ ; vous tous, qui avez été
baptisés en Christ, vous avez revêtu Christ.
Galates 3 : 26-27
10.1 Généralités
Dans la nature, certains systèmes physiques sont au repos tandis que d’autres sont perturbés
en certaines de leurs parties. On appelle ébranlement une perturbation ou une déformation
provoquée en un point donné d’un milieu. Il arrive dans la plupart des cas que la perturbation
localisée en un point du milieu se propage dans tout le milieu sans déplacer de la matière.
On parle alors d’ondes. Une onde est un phénomène de propagation d’une perturbation dans
un milieu physique sans transport de matière. Ce milieu peut être vide, ou être constitué de
particules élémentaires. Le point initialement perturbé d’où a pris naissance l’onde est appelé
source de l’onde. La propagation de la perturbation s’effectue sans transporter de la matière,
mais s’accompagne d’un transfert d’énergie ; c’est l’énergie de l’onde. Le front d’onde ou
surface d’onde désigne une surface dont les points ont mis le même temps de parcours depuis
la source. On distingue une catégorie d’ondes qui ne peuvent se propager dans le vide, mais
qui nécessitent pour se propager un milieu rempli de matière ; ce sont les ondes mécaniques.
On peut donc définir une onde mécanique comme étant un phénomène de propagation d’une
perturbation dans un milieu non vide, sans transport de matière, mais avec transfert d’énergie.
Pour qu’une onde mécanique se propage dans un milieu non vide, il doit être élastique. Un
milieu physique est dit élastique s’il peut se déformer, et reprendre sa forme initiale dès que la
cause de la déformation cesse. Une onde mécanique est dite longitudinale si la direction de
perturbation des particules de ce milieu est parallèle à la direction de propagation de l’onde.
Dans le cas où la direction de perturbation des particules est perpendiculaire à la direction de
propagation de l’onde mécanique, cette onde sera dite transversale.

10.2 Propagation des ondes mécaniques
10.2.1 Cas général
Considérons un milieu élastique non vide. Notons S un point de ce milieu, et perturbons le
en lui imposant un déplacement sinusoïdal χS (t) que l’on exprimera sous la forme ci-dessous :
χS (t) = a sin (ωt + ϕ) = a sin

2π
T
t + ϕ
‹
= a sin (2πNt + ϕ) (10.1)
a est l’amplitude du mouvement du point S, ω sa pulsation, T sa période, N sa fréquence et
ϕ la phase à l’origine. Soit M1 un point du milieu tel que avant la perturbation, la distance
qui le sépare du point S soit SM1 = d1. Le milieu étant élastique, la perturbation du point
S va se propager jusqu’au point M1. Le point S est donc la source d’une onde mécanique
périodique dite progressive. Le point M1 reproduira exactement le mouvement de S, mais
avec un retard τ1 qui correspond à la durée mise par le front d’onde pour atteindre M1 partant
de S. Le déplacement χM1 (t) du point M1 peut donc se mettre sous la forme ci-dessous :
χM1 (t) = a sin [ω (t − τ1) + ϕ], t ≥ τ1 (10.2)
La vitesse avec laquelle la perturbation créée en S se propage dans le milieu élastique est
appelée célérité et se note C. Ayant la dimension d’une vitesse, son unité SI est le m.s−1
. La
célérité d’une onde mécanique dépend des caractéristiques internes du milieu dans lequel elle
se propage. Supposons que la célérité C soit constante dans tout le milieu. On peut écrire la
relation :
C =
d1
τ1
Soit :
τ1 =
d1
C
On définit la longueur d’onde λ comme étant la distance parcourue par l’onde pendant une
période T à la célérité C. Elle a la dimension d’une longueur, et son unité SI est le mètre (m).
On a la relation :
C =
λ
T
= λN (10.3)
D’où :
λ = CT =
C
N
(10.4)
Le retard τ1 peut encore s’exprimer par :
τ1 =
d1T
λ
=
d1
λN
On a donc :
χM1 (t) = a sin
•
ω

t −
d1T
λ
‹
+ ϕ
˜
= a sin
•
2π
T

t −
d1T
λ
‹
+ ϕ
˜

D’où :
χM1 (t) = a sin

2π
T
t −
2π
λ
d1 + ϕ
‹
, t ≥
d1T
λ
(10.5)
Notons M2 un autre point du milieu tel que avant la perturbation, on ait SM2 = d2. De façon
analogue avec le point M1, on peut exprimer le déplacement χM2 (t) du point M2 sous la forme
ci-dessous :
χM2 (t) = a sin

2π
T
t −
2π
λ
d2 + ϕ
‹
, t ≥
d2T
λ
(10.6)
Le déphasage φ12 entre les mouvements des points M1 et M2 s’exprime par :
φ12 = −
2π
λ
d1 + ϕ +
2π
λ
d2 − ϕ =
2π
λ
(d2 − d1)
Pour que M1 et M2 vibrent en phase, on doit avoir la condition :
φ = 2kπ, k ∈ Z
Soit :
d2 − d1 = kλ, k ∈ Z
Pour que M1 et M2 vibrent en opposition de phase, on doit avoir la condition :
φ = π + 2kπ, k ∈ Z
Soit :
d2 − d1 = (2k + 1)
λ
2
, k ∈ Z
Pour que M1 et M2 vibrent en quadrature de phase, on doit avoir la condition :
φ =
π
2
+ kπ, k ∈ Z
Soit :
d2 − d1 = (2k + 1)
λ
4
, k ∈ Z
On peut également comparer les mouvements de chacun des points M1 et M2 et de la source S.
10.2.2 Ondes mécaniques transversales le long d’une corde
Considérons une corde élastique de masse m et de longueur L disposée horizontalement.
Notons S et P ses deux extrémités, et fixons l’extrémité P. A l’aide d’un vibreur, on impose à
l’extrémité S un mouvement vertical sinusoïdal d’amplitude a, de période T et de fréquence N.
L’élongation yS(t) du point S s’exprime par :
yS(t) = a sin (2πNt + ϕ)
Une onde mécanique progressive et transversale prend alors naissance au point S et se propage
le long de la corde avec une célérité C. Soit µ la masse linéique de la corde qui s’exprime

selon la relation :
µ =
m
L
(10.7)
Notons T le module de la tension dans la corde. La célérité C s’exprime selon la relation
ci-dessous :
C =
Ê
T
µ
(10.8)
Notons λ la longueur d’onde de l’onde. Soit M un point de la corde tel que lorsqu’elle est
horizontale, on ait SM = x. L’élongation yM (x, t) du point M varie en fonction de l’abscisse x
et du temps t selon la relation ci-dessous :
yM (x, t) = a sin

2πNt −
2π
λ
x + ϕ
‹
, t ≥
x
λN
(10.9)
Si on s’intéresse à un point particulier M0 d’abscisse x0, on peut étudier l’évolution de son
mouvement dans le temps, à partir de l’instant où l’onde créée en S l’a atteint. On a :
yM0 (t) = a sin

2πNt −
2π
λ
x0 + ϕ
‹
, t ≥
x0
λN
La courbe d’évolution de la fonction yM0 (t) est appelée sinusoïde des temps de période
temporelle T. Elle a été représentée à la Figure 10.1. Si on fige le temps, on peut représenter
l’aspect de la corde à une date précise t0. L’élongation d’un point M quelconque d’abscisse x
s’exprime par :
yM (x) = a sin

−
2π
λ
x + 2πNt0 + ϕ
‹
, 0 ≤ x ≤ λNt0
La courbe d’évolution de yM (x) est appelée sinusoïde des espaces de période spatiale λ et
correpond à l’aspect de la corde à la date t0. Elle a été représentée à la Figure 10.2.
Figure 10.1 – Sinusoïde des temps.

Figure 10.2 – Sinusoïde des espaces.
Une onde mécanique transversale se propageant le long d’une corde élastique admet donc une
double périodicité (périodicité temporelle et périodicité spatiale).
10.2.3 Ondes mécaniques à la surface d’un liquide
Considérons un récipient contenant un liquide tel que l’eau par exemple. A l’aide d’une pointe
vibrant à une fréquence N, perturbons un point S de la surface du liquide. Ce point effectue un
mouvement vertical sinusoïdal d’amplitude a dont l’élongation yS(t) est donnée par :
yS(t) = a sin (2πNt + ϕ)
Une onde mécanique progressive et transversale de longueur d’onde λ prend naissance au point
S et se propage sur la surface du liquide avec une célérité C. Soit M un point de la surface du
liquide tel qu’avant la perturbation, on ait SM = r. L’élongation yM (t) du point M est donnée
par :
yM (t) = a sin

2πNt −
2π
λ
r + ϕ
‹
, t ≥
r
λN
De la relation ci-dessus, on se rend compte que l’élongation d’un point quelconque de la surface
ne dépend que de sa distance r par rapport à la source S. Tous les points appartenant au cercle
de centre S et de rayon r quelconque vibrent donc exactement de la même manière, et au même
moment. C’est la raison pour laquelle on observe des rides circulaires de centre S sur la surface.
Ces rides correspondent aux cercles passant par les points dont l’élongation est maximale, c’est-
à-dire aux points dont l’élongation est égale à l’amplitude a du mouvement. La Figure 10.3
représente l’aspect de la surface du liquide.

Figure 10.3 – Aspect de la surface du liquide.
Les aspects de la surface du liquide vue respectivement de profil et de dessus ont été respecti-
vement représentés à la Figure 10.4 et à la Figure 10.5.
Figure 10.4 – Aspect de la surface du liquide vue de profil.
Figure 10.5 – Aspect de la surface du liquide vue de dessus.
Plus un liquide est visqueux, plus il est difficile à une onde mécanique de se propager à sa
surface.

10.2.4 Ondes mécaniques dans une chaîne de particules
Considérons une chaîne horizontale constituée de plusieurs particules telles que des atomes
ou des molécules. Supposons que ces particules soient toutes identiques et que chacune d’elles
interagit directement avec ses deux voisines de gauche et de droite. Si on perturbe une particule
de la chaîne de rang n (n ∈ N∗
) en lui imposant un déplacement χn, une onde mécanique se
propagera le long de la chaîne et atteindra les autres particules qui se verront elles aussi dépla-
cées à leurs tours dans la même direction. L’onde mécanique est longitudinale si le déplacement
des particules est horizontal (Figure 10.6) et transversale si le déplacement des particules est
vertical (Figure 10.7).
Figure 10.6 – Déplacements longitudinaux des particules d’une châine horizontale.
Figure 10.7 – Déplacements transversaux des particules d’une châine horizontale.
Les chaînes de particules sont très étudiées en dynamique des réseaux cristallins.
10.2.5 Ondes sonores
Le son est une onde mécanique longitudinale incapable de se propager dans le vide. Dans
un milieu matériel, pour pouvoir capter une onde sonore (par le tympan d’une oreille ou un
microphone par exemple), il faut que les particules qui composent ce milieu transmettent les
vibrations depuis la source (émetteur) du son jusqu’au capteur. Plus le milieu contient des
particules, plus rapidement le son se propage dans ce milieu. Ainsi, la vitesse du son dans les
milieux denses comme les métaux par exemple est plus élevée que dans l’air. L’oreille humain
ne peut percevoir que des sons dont la fréquence varie entre 20 Hz et 20 kHz. Les sons dont la
fréquence est inférieures à 20 Hz sont appelés infrasons, tandis que ceux dont la fréquence est
supérieure à 20 kHz sont appelés ultrasons. Plus la fréquence d’un son est haute, plus le son
est aigu, et plus la fréquence est basse, plus le son est grave. La science qui étudie les sons est
appelée acoustique.

10.3 Superposition des ondes mécaniques
Le principe de superposition pour les signaux de faible amplitude, encore connu sous le
nom de Théorème de Fourier s’énonce comme suit :
≺≺ Lorsque deux signaux colinéaires de faibles amplitudes se superposent en un
point M, l’élongation résultante y est égale à la somme algébrique des élongations
y1 et y2 que provoqueraient en M les deux signaux se propageant seuls.
10.3.1 Cas général
Considérons dans un milieu élastique deux points S1 et S2 séparés par une distance D.
Perturbons ces deux points en leur imposant des déplacements sinusoïdaux et synchrones χS1 (t)
et χS2 (t) de même fréquence N et de faibles amplitudes, exprimés selon les relations ci-dessous :
χS1 (t) = a1 sin (2πNt + ϕ1)
χS2 (t) = a2 sin (2πNt + ϕ2)
Soit M un point du milieu tel qu’avant les perturbations, on ait S1M = d1 et S2M = d2. Les
ondes mécaniques progressives créées en S1 et S2 se propagent avec la même célérité C et ont
la même longueur d’onde λ. Ils produisent au point M des déplacements respectifs χ1M (t) et
χ2M (t) exprimés par :
χ1M (t) = a1 sin

2πNt −
2π
λ
d1 + ϕ1
‹
, t ≥
d1
λN
χ2M (t) = a2 sin

2πNt −
2π
λ
d2 + ϕ2
‹
, t ≥
d2
λN
Posons :
φ1 = −
2π
λ
d1 + ϕ1 et φ2 = −
2π
λ
d2 + ϕ2
χ1M (t) = a1 sin (2πNt + φ1), t ≥
d1
λN
χ2M (t) = a2 sin (2πNt + φ2), t ≥
d2
λN
Les ondes mécaniques créées aux points S1 et S2 se superposent dans le milieu élastique et
donnent naissance à une nouvelle onde. Du principe de superposition, on peut exprimer le
déplacement χM (t) du point M dû à cette nouvelle onde sous la forme :
χM (t) = χ1M (t) + χ2M (t)
= a1 sin (2πNt + φ1) + a2 sin (2πNt + φ2), t ≥
d1
λN
et t ≥
d2
λN

Exprimons χM (t) sous la forme ci-dessous :
χM (t) = A sin (2πNt + φ), t ≥
d1
λN
et t ≥
d2
λN
A est l’amplitude au point M de l’onde résultante de la superposition des deux ondes créées en
S1 et S2. Le diagramme de Fresnel correspondant a été représenté à la Figure 10.8 ci-dessous.
Figure 10.8 – Diagramme de Fresnel relatif à la superposition de deux ondes mécaniques.
L’amplitude A vérifie la relation ci-dessous :
A2
= a1
2
+ a2
2
+ 2a1a2 cos (φ1 − φ2)
D’où :
A =
Ê
a1
2 + a2
2 + 2a1a2cos
•
ϕ1 − ϕ2 +
2π (d2 − d1)
λ
˜
(10.10)
On a de même :
tan φ =
a1 sin φ1 + a2 sin φ2
a1 cos φ1 + a2 cos φ2
D’où :
tan φ =
a1 sin ϕ1 − 2π
λ
d1

+ a2 sin ϕ2 − 2π
λ
d2

a1 cos ϕ1 − 2π
λ
d1

+ a2 cos ϕ2 − 2π
λ
d2
(10.11)
La différence de marche δ du point M s’exprime selon la relation ci-dessous :
δ = d2 − d1 (10.12)
L’orde d’interférence p du point M est quant à lui donné par la relation ci-dessous :
p =
d2 − d1
λ
=
δ
λ
(10.13)
Si en plus d’être synchrones, les sources S1 et S2 sont aussi cohérentes (la différence de phase
entre χ1M (t) et χ2M (t) est constante), une interférence se produit, et on observera pour
certains milieux des franges ou des lignes d’interférence. Supposons que S1 et S2 vibrent en

phase avec la même amplitude. Posons dans ce cas :
a1 = a2 = a et ϕ1 = ϕ2 = ϕ
On a donc :
A =
Ê
a2 + a2 + 2a2cos
•
2π (d2 − d1)
λ
˜
=
Ê
2a2
§
1 + cos
•
2π (d2 − d1)
λ
˜ª
=
Ê
2a2
§
1 + 2 cos2
•
π (d2 − d1)
λ
˜
− 1
ª
=
Ê
4a2cos2
•
π (d2 − d1)
λ
˜
D’où :
A = 2a cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
(10.14)
La fonction cosinus étant bornée, on a :
0 ≤ A ≤ 2a
Pourqu’on ait A = 0, on doit avoir la condition :
cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
= 0
=⇒
π (d2 − d1)
λ
=
π
2
+ kπ, k ∈ Z
Soit :
δ = d2 − d1 = (2k + 1)
λ
2
, k ∈ Z
La condition ci-dessus étant vérifiée, le point M appartient à une frange d’amplitude nulle.
L’interférence en ce point est destructive. Pourqu’on ait A = 2a, on doit avoir la condition :
cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
= 1
=⇒
π (d2 − d1)
λ
= kπ, k ∈ Z
Soit :
δ = d2 − d1 = kλ, k ∈ Z
La condition ci-dessus étant vérifiée, le point M appartient à une frange d’amplitude maxi-
male. L’interférence en ce point est constructive.

10.3.2 Ondes mécaniques stationnaires
Une onde stationnaire est une onde qui résulte de la superposition de deux ondes pro-
gressives de même amplitude, de même fréquence, et se propageant dans le même milieu, dans
la même direction mais dans des sens contraires. Considérons le cas où les déplacements des
points S1 et S2 ont la même amplitude mais des phases à l’origine différentes (ϕ1 6= ϕ2). Le
déplacement total χM (t) de M s’exprime par :
χM (t) = χ1M (t) + χ2M (t)
= a sin

2πNt + ϕ1 −
2π
λ
d1
‹
+ a sin

2πNt + ϕ2 −
2π
λ
d2
‹
, t ≥
d1
λN
et t ≥
d2
λN
Posons :
Φ1 = 2πNt + ϕ1 −
2π
λ
d1
Φ2 = 2πNt + ϕ2 −
2π
λ
d2
On a :
χM (t) = a sin Φ1 + a2 sin Φ2
= 2a cos

Φ1 − Φ2
2
‹
sin

Φ1 + Φ2
2
‹
= 2a cos
•
π (d2 − d1)
λ
+
ϕ1 − ϕ2
2
˜
sin
•
2πNt +
ϕ1 + ϕ2
2
−
π (d1 + d2)
λ
˜
Posons :
d1 = x
Supposons que le point M appartienne au segment [S1S2]. On a donc :
d1 + d2 = D
=⇒ d2 − d1 = D − 2d1 = D − 2x
D’où :
χM (x, t) = 2a cos
•
π (D − 2x)
λ
+
ϕ1 − ϕ2
2
˜
sin

2πNt +
ϕ1 + ϕ2
2
−
πD
λ
‹
(10.15)
L’équation ci-dessus traduit une onde stationnaire. A la différence des ondes progressives, les
ondes stationnaires ne se propagent pas. Dans le cas de la corde étudiée précédemment, l’ex-
témité S étant perturbée, une onde transversale se propage le long de la corde. Lorsque le
front d’onde aura atteint l’autre extrémité fixe P, l’onde sera réfléchie ; une onde de même
fréquence et de même amplitude prendra naissance en P et se propagera dans la corde dans
le sens contraire de l’onde incidente de départ. La superposition des deux ondes donnera alors
naissance à une onde stationnaire sur la corde. On observera la corde vibrer avec plusieurs
fuseaux comme sur la Figure 10.9.

Figure 10.9 – Ondes stationnaires sur une corde élastique.
L’expéricence réalisée ci-dessus est l’expérience de Melde (du physicien allemand Franz
Melde). Les points de la corde qui restent immobiles ont une amplitude nulle et sont appelés
nœuds, tandis que les points de la corde dont l’amplitude est maximale sont appelés ventres.
Soit n le nombre de fuseaux. La longueur L de la corde est liée à la longueur d’onde λ par la
L =
nλ
2
(10.16)
Les abscisses des nœuds, comptées à partir de l’extrémité S sont données par :
xn =
knλ
2
, kn = 0, 1, 2, · · · , n (10.17)
Les abscisses des ventres, comptées à partir de l’extrémité S sont données par :
xv =
kvλ
2
+
λ
4
, k = 0, 1, 2, · · · , n − 1 (10.18)
Les ondes mécaniques stationnaires sont mises à profit dans de nombreux instruments de mu-
sique tels que la guitare, le piano, ou encore la flûte.

Exercices
Exercice 10.1 :
On considère une corde élastique horizontale de masse m = 2, 7 kg et de longueur L = 3 m. On
excite son extrémité gauche S en lui imposant un mouvement vertical sinusoïdal d’élongation
yS(t) = a sin ωt avec a = 10 cm et ω = 60π rad.s−1
. Une onde progressive se propage alors le
long de la corde avec une célérité C = 45 m.s−1
.
1- Calculer la fréquence N de l’onde et en déduire sa longueur d’onde λ.
2- Calculer la masse linéique µ de la corde et en déduire l’intensité T de sa tension.
3- Déterminer le temps τ1 mis par l’onde pour atteindre le milieu I de la corde.
4- Déterminer le temps τ2 mis par l’onde pour atteindre l’autre extrémité P de la corde.
5- Comparer les mouvements des points S, I et P.
6- Représenter l’aspect de la corde à la date τ1 et à la date τ2.
Exercice 10.2 :
La Figure 10.10 ci-dessous représente l’aspect à la date τ = 2 s d’une corde vibrante de lon-
gueur L = SP = 240 cm, l’origine des dates étant prise à l’instant où l’extrémité S de la corde
a été excitée verticalement.
1- Déterminer l’amplitude a et la longueur d’onde λ de l’onde.
2- Déterminer la célérité C et en déduire la fréquence N de l’onde.
3- Comparer les mouvements des points S et P.
4- Donner l’expression en fonction du temps de l’élongation yS(t) du point S.
Exercice 10.3 :
Le long d’une corde horizontale excitée à la date t = 0 en son extrémité S se propage une onde
de célérité C = 5 m.s−1
. La Figure 10.11 représente la courbe d’évolution en fonction du temps

de l’élongation yM d’un point M de la corde tel que SM = 50 cm. La vitesse de balayage vaut
50 ms/div et la sensibilité verticale vaut 2 cm/div.
1- Déterminer l’amplitude a et la fréquence N de l’onde.
2- En déduire sa longueur d’onde λ.
3- Comparer les mouvements des points S et M ?
4- Donner l’expression en fonction du temps de l’élongation yS(t) du point S.
Exercice 10.4 :
On excite un point O de la surface de l’eau contenue dans un récipient à l’aide d’une lame
vibrante. Une onde d’amplitude a = 10 mm se propage le long de la surface avec une célérité
C = 8 m.s−1
. A la date t = 0, l’élongation du point O est nulle, et il se déplace dans le sens
négatif des élongations. On éclaire la surface de l’eau avec un stroboscope émettant des éclairs
dont la fréquence varie entre 8 Hz et 25 Hz. La surface de l’eau paraît immobile lorsque la
fréquence des éclairs vaut 10 Hz et lorsqu’elle vaut 20 Hz.
1- Déterminer la fréquence N de l’onde.
2- Exprimer en fonction du temps l’élongation yO(t) du point O.
3- Déterminer la longueur d’onde λ de l’onde.
4- Déterminer la date τ à laquelle l’onde a parcouru 1 mètre.
5- Représenter la vue de profil de la surface de l’eau à la date τ.
Exercice 10.5 :
Un sceau parfaitement cylindrique de diamètre D = 30 cm contient de l’eau. A la date t = 0,
on excite le centre de la surface de l’eau, et des rides circulaires se propagent. La première ride
circulaire a un diamètre d = 6 cm et la cinquième ride coïncide parfaitement avec le cercle qui
délimite la surface de l’eau. Le front d’onde atteint les parois du sceau à la date τ = 2, 5 s.
1- Représenter les rides circulaires observées sur la surface de l’eau.

2- Déterminer la longueur d’onde λ de l’onde qui se propage à la surface de l’eau.
3- Déterminer la célérité C et la fréquence N de cette onde.
Exercice 10.6 :
Un récipient en forme de cube d’arête c = 10 cm contient de l’eau. On excite le centre O de la
surface de l’eau à la date t = 0, et une onde d’amplitude a = 5 mm se propage à la surface.
L’aspect de cette surface vue de profil à la date τ = 2 s a été repéséentée à la Figure 10.12
ci-dessous.
1- Déterminer la longueur d’onde λ de l’onde.
2- Déterminer sa vitesse V et en déduire sa fréquence N.
3- Comparer les mouvements des points O, A et B.
4- Exprimer en fonction du temps l’élongation yO(t) du point O.
Exercice 10.7 :
On considère une chaîne horizontale constituée de plusieurs atomes. A l’équilibre, deux atomes
consécutifs sont séparés par une même distance d. On excite l’un des atomes, et des ondes
longitudinales se propagent le long de la chaîne. Le déplacement χn d’un atome quelconque de
rang n ∈ N est donné par :
χn = A sin

ωt −
2π
λ
nd + ϕ
‹
Soit i ∈ N∗
.
1- Démontrer que si l’atome de rang n et l’atome de rang n + i vibrent en phase, alors les
atomes de rangs respectifs n − i, n et n + i vibrent tous en phase.
2- Démontrer que si l’atome de rang n et l’atome de rang n + i vibrent en opposition de phase,
alors l’atome de rang n − i vibre en opposition de phase avec l’atome de rang n, mais vibre en
phase avec l’atome de rang n + i.
3- Démontrer que si l’atome de rang n et l’atome de rang n + i vibrent en quadrature de phase,
alors l’atome de rang n − i vibre en quadrature de phase avec l’atome de rang n, mais vibre en
opposition de phase avec l’atome de rang n + i.

Exercice 10.8 :
Un haut-parleur génère en un point O un son qui se propage dans l’air sans atténuissement
avec une fréquence N = 50 Hz et une célérité C = 340 m.s−1
.
1- Déterminer la longueur d’onde λ du son.
2- Soit A un point de l’espace. Déterminer la distance OA parcourue par l’onde sonore à la
date τ1 = 5 s.
3- Déterminer le temps τ2 mis par l’onde sonore depuis le point O pour atteindre un point B
tel que OB = 3, 4 km.
4- Comparer les mouvements des points O, A et B.
Exercice 10.9 :
On considère une corde élastique de longueur L = AB = 2 m placée horizontalement. On excite
ses deux extrémités A et B en leur imposant des mouvements verticaux sinusoïdaux de même
amplitude a, de même fréquence N = 25 Hz et de même phase initiale ϕ. Les ondes qui prennent
naissance en ces deux points se propagent le long de la corde avec la même célérité C = 10 m.s−1
.
Soit M un point de la corde horizontale tel que AM = d.
1- Calculer la longueur d’onde λ des deux ondes créées en A et B.
2- Exprimer les élongations yAM(t) et yBM(t) du point M dues aux ondes respectives créées en
A et B.
3- En déduire l’expression de l’élongation résultante yM(t) en M.
4- Déterminer toutes les valeurs de d pour lesquelles l’amplitude de l’onde résultante au point
M est maximale.
5- Déterminer toutes les valeurs de d pour lesquelles l’amplitude de l’onde résultante au point
M est nulle.
Exercice 10.10 :
Un grand récipient contient de l’eau. On considère deux points O1 et O2 de la surface, distants
de D = 1, 5 m. A l’aide de deux lames vibrant en phase et à la même fréquence N = 30 Hz, on
excite la surface aux points O1 et O2. Des ondes se propagent alors à la surface, avec la même
amplitude a et la même célérité C = 15 m.s−1
. On considère un point M du segment [O1O2] tel
que O1M = d.
1- Calculer la longueur d’onde λ des deux ondes créées en O1 et O2.
2- Exprimer l’amplitude ad de l’onde qui résulte de l’interférence au point M entre les deux
ondes.
3- Déterminer toutes les valeurs de d pour lesquelles l’interférence au point M est constructive.
4- Déterminer toutes les valeurs de d pour lesquelles l’interférence au point M est destructive.

Exercice 10.11 :
Deux haut-parleurs placés respectivement aux points S1 et S2 tels que S1S2 = d = 3 m pro-
duisent des ondes sonores de même amplitude a = 4 cm, de même fréquence N = 50 Hz, de
même phase initiale et de même longueur d’onde λ = 80 cm. On considère un point M du seg-
ment [S1S2] tel que S1M = d1 et S2M = d2.
1- Calculer la célérité C des deux ondes crées en S1 et S2.
2- Exprimer l’amplitude aM de l’onde qui résulte de la superposition des deux ondes en M.
3- Déterminer tous les couples (d1 ; d2) pour lesquels aM = 8 cm.
4- Déterminer tous les couples (d1 ; d2) pour lesquels aM = 0 cm.
Exercice 10.12 :
Une chaîne horizontale est constituée de 1001 particules. La première particule de rang 0 est
celle de référence, tandis que le rang de la dernière particule est noté N (N ∈ N∗
). A l’équilibre,
deux particules successives sont séparées par une même distance d = 4 µm. Deux ondes longi-
tudinales de même amplitude a, de même fréquence et de même longueur d’onde λ = 2 mm se
propageant de sens contraire dans la chaîne produisent au point M où se trouve la particule de
rang n (n ∈ N) une onde dont l’amplitude an est donnée par :
an = 2a cos
•
πd
λ
(N − 2n)
˜
1- Déterminer la valeur de N.
2- Déterminer les valeurs de n pour lesquelles l’amplitude de l’onde résultante au point M est
maximale.
3- Déterminer les valeurs de n pour lesquelles l’amplitude de l’onde résultante au point M est
nulle.
Exercice 10.13 :
On considère une corde homogène de masse m = 3 kg et de longueur L = 2, 5 m passant par
la gorge d’une poulie. L’extrémité de la partie verticale de la corde de longueur Lv = 1 m
supporte un solide en fer de forme cubique d’arête a = 52, 1 mm. A l’aide d’une lame vibrant à
la fréquence N = 5 Hz, on excite l’extrémité de la partie horizontale de la corde. Au bout d’un
moment, on observe des ondes stationnaires sur cette partie. Le solide reste immobile tout au
long du mouvement. On prendra la valeur de l’accélération de la pesanteur g = 9, 8 USI et celle
de la masse volumique du fer ρfer = 7800 kg.m−3
.
1- Déterminer le module T de la tension dans la corde.
2- Déterminer la masse linéique µ de la corde et en déduire la célérité C de l’onde produite par
la lame.
3- Déterminer la longueur d’onde λ de l’onde. Combien de fuseaux stables observe-t-on ?

Exercice 10.14 :
On considère une corde de longueur L = AB = 90 cm le long de laquelle une onde de fréquence
N = 20 Hz s’est propagée et s’est réfléchie pour donner naissance à une onde stationnaire. La
Figure 10.13 ci-dessous représente la manière dont cette corde vibre.
1- Combien de fuseaux observe-t-on ? En déduire la longueur d’onde λ de l’onde.
2- Déterminer la célérité de l’onde.
3- Déterminer les abscisses comptées à partir de A des ventres et des nœuds.
Exercice 10.15 :
Une corde horizontale de longueur L = 50 cm fixée à ses extrémités vibre avec un seul fuseau.
La Figure 10.14 ci-dessous représente l’évolution en fonction du temps de l’élongation y de
l’unique ventre de la corde, l’origine des dates ayant été prise à un instant quelconque.
1- Déterminer la longueur d’onde λ de l’onde stationnaire sur la corde.
2- Déterminer l’amplitude a du mouvement du ventre.
3- Déterminer la période T du mouvement et en déduire la célérité C de l’onde ayant produit
l’onde stationnaire.

Evaluation 10.1 :
On impose un mouvement vertical sinusoïdal à l’une des extrémités A d’une corde initialement
horizontale de masse m = 2 kg et de longueur L = AB = 1, 6 m. La Figure 10.15 représente
l’évolution en fonction du temps de l’élongation yI du point I milieu de la corde. La Figure
10.16 quant à elle représente l’aspect de la corde à une date τ.
Figure 10.15 – Evaluation 10.1 (Elongation du point I).
Figure 10.16 – Evaluation 10.1 (Aspect de la corde).
Déterminer la tension T dans la corde.
Evaluation 10.2 :
On effectue une expérience avec un rail en acier de longueur L = 2, 5 km. On frappe l’une de
ses extrémités avec une fréquence régulière de 300 coups par minute. Un microphone est placé
tout près de l’autre extrémité. Le microphone commence à détecter du son une demi-seconde
après qu’on ait commencé à frapper. Déterminer la longueur d’onde λ du son qui se propage
dans le rail.

Evaluation 10.3 :
Dans l’air ambiant, deux haut-parleurs identiques sont placés en regard et séparés par une
distance D = 10 m. Ils émettent en phase des sons de même amplitude et de même fréquence
N = 50 Hz. On place un microphone entre les deux haut-parleurs. La distance entre le micro-
phone et le premier haut-parleur vaut d = 3, 3m. On se rend compte que le signal capté par
le microphone est nul, pourtant tous les appareils fonctionnent correctement. Déterminer la
longueur d’onde λ et la célérité C des sons émis par les haut-parleurs sachant que la vitesse du
son dans l’air est comprise entre 320 m.s−1
et 350 m.s−1
.

Exercice 10.1 :
1- La fréquence N de l’onde est liée à sa pulsation ω par la relation :
N =
ω
2π
N =
60π
2π
Soit :
N = 30 Hz
La longueur d’onde λ de l’onde est donnée par la relation :
λ =
C
N
λ =
45
30
Soit :
λ = 1, 5 m
2- La masse linéique µ de la corde est le rapport entre sa masse et sa longueur. On a donc :
µ =
m
L
µ =
2, 7
3
Soit :
µ = 0, 9 kg.m−1
La tension T de la corde est liée à la célérité C et à la masse linéique µ selon la relation :
C =
Ê
T
µ
D’où :
T = µC2
T = 0, 9 × 452

Soit :
T = 1822, 5 N
3- Lorsque la corde est horizontale, la distance entre l’extrémité S et le milieu I correspond à
la moitié de la longueur de la corde. Le temps τ1 mis par l’onde pour atteindre le point I est
donc lié à sa célérité C selon la relation :
C =
L
2τ1
D’où :
τ1 =
L
2C
τ1 =
3
2 × 45
Soit :
τ1 = 33, 33 ms
4- Le temps τ2 mis par l’onde pour atteindre l’autre extrémité P de la corde est lié à sa célérité
C selon la relation :
C =
L
τ2
D’où :
τ2 =
L
C
τ2 =
3
45
Soit :
τ2 = 66, 66 ms
5- Les élongations des points S, I et P sont respectivement données par :
yS(t) = a sin ωt
yI(t) = a sin (ωt − ωτ1)
yP(t) = a sin (ωt − ωτ2)

Le déphasage ϕ1 de yS(t) par rapport à yI(t) vaut :
ϕ1 = ωτ1
= 60π ×
1
30
= 2π
Le déphasage ϕ2 de yS(t) par rapport à yP(t) vaut :
ϕ2 = ωτ2
= 60π ×
2
30
= 4π
Le déphasage ϕ12 de yI(t) par rapport à yP(t) vaut :
ϕ12 = −ωτ1 + ωτ2
= ϕ2 − ϕ1
= 4π − 2π
= 2π
On conclut donc que les points S, I et P vibrent tous en phase.
6- Soit M un point de la corde tel que, à l’équilibre, SM = x. A une date τ quelconque,
l’élongation yM (τ, x) du point M s’exprime par :
yM (τ, x) = a sin

ωτ −
2π
λ
x
‹
= a sin

60πτ −
4π
3
x
‹
On a donc :
yM (τ1, x) = a sin

ωτ1 −
2π
λ
x
‹
= a sin

2π −
4π
3
x
‹
0 ≤ x ≤
L
2
yM (τ2, x) = a sin

ωτ2 −
2π
λ
x
‹
= a sin

4π −
4π
3
x
‹
0 ≤ x ≤ L
Les aspects de la corde aux dates respectives τ1 et τ2 ne sont rien d’autre que les tracés en
fonction de x de yM (τ1, x) et yM (τ2, x). Ces aspects ont été respectivement représentés à la
Figure 10.17 et à la Figure 10.18.

Figure 10.17 – Correction de l’exercice 10.1 (Aspect de la corde à la date τ1).
Figure 10.18 – Correction de l’exercice 10.1 (Aspect de la corde à la date τ2).

Exercice 10.2 :
1- A la Figure 10.10, on constate que la distance séparant les droites horizontales qui passent
par les maximums et par les minimums de la corde vaut 10 cm. Or, cette distance correspond
au double de l’amplitude a de l’onde qui se propage le long de la corde. On a donc :
a = 5 cm
Soit λ la longueur d’onde de l’onde qui se propage le long de la corde. En observant la Figure
10.10, on se rend compte que la longueur L = SP de la corde est telle que :
L = SP = λ +
λ
2
=
3λ
2
D’où :
λ =
2L
3
λ =
2 × 2, 4
3
Soit :
λ = 1, 6 m
2- A la date τ = 2 s, on se rend compte que l’onde a atteint l’extrémité P de la corde. La célérité
C de l’onde s’exprime donc par :
C =
L
τ
C =
2, 4
2
Soit :
C = 1, 2 m.s−1
La fréquence N de l’onde est liée à la célérité C et à la longueur d’onde λ selon la relation :
N =
C
λ
N =
1, 2
1, 6
Soit :
N = 750 mHz

3- Le déphasage φ de l’élongation du point S par rapport à l’élongation du point P vaut :
φ =
2πL
λ
= 2π ×
3
2
= 3π
On conclut donc que les points S et P vibrent en opposition de phase.
4- Exprimons l’élongation yS (t) du point S sous la forme :
yS (t) = a sin (2πNt + ϕ)
Soit M un point de la corde tel que SM = x lorsqu’elle est horizontale. L’élongation y (t, x) du
point M s’exprime par :
y (t, x) = a sin

2πNt −
2π
λ
x + ϕ
‹
L’aspect à la date τ de la corde correspond au tracé de y (t = τ, x) en fonction de x. On a :
y (t = τ, x) = a sin

2πNτ −
2π
λ
x + ϕ
‹
dy
dx
(t = τ, x) = −
2πa
λ
cos

2πNτ −
2π
λ
x + ϕ
‹
De la Figure 10.10, on se rend compte que l’élongation du point d’origine S est nul, et que la
tangente à la corde en ce point est une droite croissante. On a donc :
y (t = τ, x = 0) = 0 et
dy
dx
(t = τ, x = 0) 0
=⇒ sin (2πNτ + ϕ) = 0 et cos (2πNτ + ϕ) 0
On a donc :
2πNτ + ϕ = π
=⇒ ϕ = π − 2πNτ
= π − 3π
= −2π
Or, 0 est la mesure principale de −2π. L’élongation yS(t) du point S peut donc se mettre sous
la forme ci-dessous :
yS (t) = 5 sin

3π
2
t
‹
en cm

Exercice 10.3 :
1- De la Figure 10.11, on constate que l’amplitude a de l’onde est égale à 4 divisions verticales.
Or, une division verticale correspond à 2 cm. Soit :
a = 8 cm
On constate également que la période T de l’onde est égale à 8 divisions horizontales. Or, une
division horizontale correspond à 50 ms. Soit :
T = 400 ms
La fréquence N de l’onde est donnée par la relation :
N =
1
T
=
1
0, 4
D’où :
N = 2, 5 Hz
2- La longueur d’onde de l’onde est donnée par la relation :
λ =
C
N
λ =
5
2, 5
Soit :
λ = 2 m
3- Le déphasage ϕSM de l’élongation du point M par rapport à celle du point S est donné par :
ϕMS =
2πd
λ
=
2π × 0, 5
2
=
π
2
On conclut donc que les points S et M vibrent en quadrature de phase.
4- Exprimons l’élongation yS(t) du point S sous la forme :
yS(t) = a sin

2π
T
t + ϕ
‹

L’élongation yM(t) du point M a pour expression :
yM(t) = a sin

2π
T
t + ϕ − ϕSM
‹
= a sin

2π
T
t + ϕ −
π
2
‹
Posons :
φ = ϕ −
π
2
On a donc :
yM(t) = a sin

2π
T
t + φ
‹
ẏM(t) =
2πa
T
cos

2π
T
t + φ
‹
De la Figure 10.11 on se rend compte que lorsque t = 1 div = T
8
, yM est nul et va dans le sens
des élongations positives. On a donc :
yM

t =
T
8
‹
= a sin

2π
T
T
8
+ φ
‹
= a sin
π
4
+ φ

= 0
ẏM

t =
T
8
‹
0
On a donc :
π
4
+ φ =
π
4
+ ϕ −
π
2
= 0
D’où :
ϕ =
π
4
L’élongation du point S s’exprime donc par :
yS(t) = 8 sin

5πt +
π
4

en cm
Exercice 10.4 :
1- Notons Ne la fréquence des éclairs. Pour que la surface de l’eau paraisse immobile, on doit
avoir la relation :
Ne =
N
k
, k ∈ N
La plus grande fréquence des éclairs pour laquelle la surface de l’eau paraît immobile est obtenue
pour k = 1. Elle correspond donc à la fréquence propre N de la lame vibrante. Or, 20 Hz est la
plus grande fréquence des éclairs pour laquelle la surface de l’eau paraît immobile. D’où :
N = 20 Hz

2- Exprimons l’élongation yO(t) du point O sous la forme :
yO(t) = a sin (2πNt + ϕ)
On a :
ẏO(t) = 2πaN cos (2πNt + ϕ)
A la date t = 0, l’élongation du point O est nulle, et il se déplace dans le sens des élongations
négatives. On a donc :
yO(t = 0) = 0 et ẏO(t = 0) 0
Soit :
sin ϕ = 0 et cos ϕ 0
Donc :
ϕ = π
L’élongation yO(t) du point O peut donc s’exprimer selon la relation ci-dessous :
yO(t) = 10 sin (40πt + π) en mm
3- La longueur d’onde λ de l’onde s’exprime par :
λ =
C
N
λ =
8
20
Soit :
λ = 40 cm
4- La date τ à laquelle l’onde a parcouru la distance d = 1 m est telle que :
C =
d
τ
D’où :
τ =
d
C
τ =
1
8
Soit :
τ = 125 ms

5- L’onde créée à la surface de l’eau se déplace dans toutes les directions de la surface. Choi-
sissons une droite horizontale quelconque de la surface de l’eau passant par le point O. Soit
χ la distance entre le point O et un point quelconque de la droite horizontale précédente.
L’élongation y (τ, χ) de ce point à la date τ s’exprime par :
y (τ, χ) = 10 sin

40πτ −
2π
λ
χ + π
‹
= 10 sin

5π −
2π
λ
χ + π
‹
= 10 sin

−
2π
λ
χ + 6π
‹
= 10 sin

−
2π
λ
χ
‹
L’aspect de la surface de l’eau, vue de profil, à la date τ a été représentée à la Figure 10.19
ci-dessous.
Exercice 10.5 :
1- Les rides circulaires observées sur la surface de l’eau ont été représentées à la Figure 10.20
ci-dessous.

2- Le diamètre de la cinquième ride qui coïncide avec le cercle qui délimite la surface de l’eau
est égal au diamètre D du sceau. De la Figure 10.20, on peut écrire :
D = d + 8λ
D’où :
λ =
D − d
8
λ =
0, 3 − 0, 06
8
Soit :
λ = 3 cm
3- Lorsque le front d’onde atteint les parois du sceau, l’onde a parcouru une distance égale à
son rayon. La célérité C de l’onde s’exprime donc par :
C =
D
2τ
C =
0, 3
2 × 2, 5
Soit :
C = 6 cm.s−1
La fréquence N de l’onde est donnée par :
N =
C
λ
N =
0, 06
0, 03
Soit :
N = 2 Hz
Exercice 10.6 :
1- En observant la Figure 10.12, on se rend compte que l’arête c du récipient cubique est
fonction de la longueur d’onde λ selon la relation :
c = AB = 10λ

D’où :
λ =
c
10
λ =
0, 1
10
Soit :
λ = 1 cm
2- A la date τ, l’onde a atteint les parois du récipient. Elle a donc parcouru une distance égale
à la moitié de l’arête du récipient. La célérité C de l’onde s’exprime donc par :
C =
c
2τ
C =
0, 1
2 × 2
Soit :
C = 2, 5 cm.s−1
La fréquence N de l’onde est donnée par :
N =
C
λ
N =
0, 025
0, 01
Soit :
N = 2, 5 Hz
3- Le déphasage ϕOA de l’élongation du point O par rapport à celle du point A est donnée par :
ϕOA =
2πOA
λ
=
πc
λ
= 10π
Le déphasage ϕOB de l’élongation du point O par rapport à celle du point B est donnée par :
ϕOB =
2πOB
λ
= 10π
On conclut donc que les points O, A et B vibrent tous en phase.

4- Mettons l’élongation yO (t) du point O sous la forme :
yO (t) = a sin (2πNt + ϕ)
Soit M un point du segment [OB] tel que OM = x. L’élongation y (t, x) de M s’exprime par :
y (t, x) = a sin

2πNt −
2π
λ
x + ϕ
‹
L’aspect à la date τ de la surface de l’eau vue de profil correspond au tracé de y (t = τ, x) en
fonction de x. On a :
y (t = τ, x) = a sin

2πNτ −
2π
λ
x + ϕ
‹
dy
dx
(t = τ, x) = −
2πa
λ
cos

2πNτ −
2π
λ
x + ϕ
‹
De la Figure 10.12, on se rend compte que :
y (t = τ, x = 0) = 0 et
dy
dx
(t = τ, x = 0) 0
Soit :
sin (2πNτ + ϕ) = 0 et cos (2πNτ + ϕ) 0
On a donc :
2πNτ + ϕ = π
=⇒ ϕ = π − 2πNτ = π − 10π = −9π
Or, π est la mesure principale de −9π. L’élongation yO(t) du point O peut donc se mettre sous
la forme ci-dessous :
yO(t) = 5 sin (5πt + π) en mm
Exercice 10.7 :
1- La différence de phase φn,n+i de l’atome de rang n par rapport à l’atome de rang n + i a pour
expression :
φn,n+i = −
2πnd
λ
+
2πd (n + i)
λ
=
2πid
λ
La différence de phase φn−i,n de l’atome de rang n − i par rapport à l’atome de rang n a pour
expression :
φn−i,n = −
2πd (n − i)
λ
+
2πnd
λ
=
2πid
λ
= φn,n+i
La différence de phase φn−i,n+i de l’atome de rang n − i par rapport à l’atome de rang n + i a

pour expression :
φn−i,n+i = −
2πd (n − i)
λ
+
2πd (n + i)
λ
=
4πid
λ
= 2φn,n+i
Si l’atome de rang n et l’atome de rang n + i vibrent en phase, alors on a :
φn,n+i = 2kπ, k ∈ Z
Donc :
φn−i,n = 2kπ, k ∈ Z
φn−i,n+i = 4kπ, k ∈ Z
= 2k0
π, k0
= 2k ∈ Z
En conclusion, Si l’atome de rang n et l’atome de rang n + i vibrent en phase, alors
les atomes de rangs respectifs n − i, n et n + i vibrent tous en phase.
2- Si l’atome de rang n et l’atome de rang n + i vibrent en opposition de phase, alors on a :
φn,n+i = π + 2kπ, k ∈ Z
= (2k + 1) π, k ∈ Z
Donc :
φn−i,n = (2k + 1) π, k ∈ Z
φn−i,n+i = 2 (2k + 1) π, k ∈ Z
= 2k0
π, k0
= 2k + 1 ∈ Z
En conclusion, Si l’atome de rang n et l’atome de rang n + i vibrent en opposition
de phase, alors l’atome de rang n − i vibre en opposition de phase avec l’atome de
rang n, mais vibre en phase avec l’atome de rang n + i.
3- Si l’atome de rang n et l’atome de rang n + i vibrent en quadrature de phase, alors on a :
φn,n+i =
π
2
+ kπ, k ∈ Z
=

k +
1
2
‹
π, k ∈ Z
Donc :
φn−i,n =

k +
1
2
‹
π, k ∈ Z

φn−i,n+i = 2

k +
1
2
‹
π, k ∈ Z
= (2k + 1) π, k ∈ Z
En conclusion, Si l’atome de rang n et l’atome de rang n + i vibrent en quadrature
de phase, alors l’atome de rang n − i vibre en quadrature de phase avec l’atome de
rang n, mais vibre en opposition de phase avec l’atome de rang n + i.
Exercice 10.8 :
1- La longueur d’onde du son qui se propage dans l’air est donnée par :
λ =
C
N
λ =
340
50
Soit :
λ = 6, 8 m
2- La distance OA parcourue par l’onde sonore à la date τ1 est telle que :
C =
OA
τ1
D’où :
OA = Cτ1
OA = 340 × 5
Soit :
OA = 1, 7 km
3- La date τ2 à laquelle le son atteint le point B est telle que :
C =
OB
τ2
D’où :
τ2 =
OB
C
τ2 =
3400
340

Soit :
τ2 = 10 s
4- La différence de phase φOA entre le déplacement du point O par rapport au déplacement du
point A dus à l’onde sonore s’exprime par :
φOA =
2πOA
λ
=
2π × 1700
6, 8
= 500π
= 2 × 250π
La différence de phase φOB entre le déplacement du point O par rapport au déplacement du
point B dus à l’onde s’onore s’exprime par :
φOB =
2πOB
λ
=
2π × 3400
6, 8
= 1000π
= 2 × 500π
On conclut donc que les points O, A et B vibrent tous en phase.
Exercice 10.9 :
1- La longueur d’onde des ondes créées en A et B est donnée par :
λ =
C
N
λ =
10
25
Soit :
λ = 40 cm
2- Etant donné que les mouvements des points A et B ont la même amplitude, la même fréquence
et la même phase, ils sont donc identiques. On peut exprimer leurs élongations respectives yA(t)
et yB(t) sous les formes suivantes :
yA(t) = yB(t) = a sin (2πNt + ϕ)
Les élongations respectives yAM(t) et yBM(t) du point M dues aux deux ondes s’expriment donc

par :
yAM(t) = a sin

2πNt −
2πAM
λ
+ ϕ
‹
yBM(t) = a sin

2πNt −
2πBM
λ
+ ϕ
‹
= a sin

2πNt −
2π (AB − AM)
λ
+ ϕ
‹
D’où :
yAM(t) = a sin

2πNt −
2πd
λ
+ ϕ
‹
yBM(t) = a sin

2πNt −
2π (L − d)
λ
+ ϕ
‹
3- L’élongation résultante yM(t) au point M est donnée par :
yM(t) = yAM(t) + yBM(t)
= a sin

2πNt −
2πd
λ
+ ϕ
‹
+ a sin

2πNt −
2π (L − d)
λ
+ ϕ
‹
= a
•
sin

2πNt −
2πd
λ
+ ϕ
‹
+ sin

2πNt −
2π (L − d)
λ
+ ϕ
‹˜
= 2a cos
‚
2πNt − 2πd
λ
+ ϕ − 2πNt + 2π(L−d)
λ
− ϕ
2
Œ
× sin
‚
2πNt − 2πd
λ
+ ϕ + 2πNt − 2π(L−d)
λ
+ ϕ
2
Œ
D’où :
yM(t) = 2a cos
•
π (L − 2d)
λ
˜
sin

2πNt −
πL
λ
+ ϕ
‹
4- L’amplitude de l’onde résultante au point M est maximale si :
cos
•
π (L − 2d)
λ
˜
= ±1
Donc :
π (L − 2d)
λ
= kπ, k ∈ Z
=⇒ L − 2d = kλ
=⇒ d =
L
2
−
kλ
2
Or, on a :
0 ≤ d ≤ L

=⇒ 0 ≤
L
2
−
kλ
2
≤ L
=⇒ −
L
2
≤ −
kλ
2
≤
L
2
=⇒ −
L
λ
≤ k ≤
L
λ
=⇒ −5 ≤ k ≤ 5
=⇒ k = {−5, −4 , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, 4, 5}
Les valeurs de d pour lesquelles l’amplitude de l’onde résultante au point M est
maximale sont donc 0 m, 20 cm, 40 cm, 60 cm, 80 cm, 1 m, 1, 2 m, 1, 4 m, 1, 6 m,
1, 8 m et 2 m.
5- L’amplitude de l’onde résultante au point M est nulle si :
cos
•
π (L − 2d)
λ
˜
= 0
Donc :
π (L − 2d)
λ
=
π
2
+ kπ, k ∈ Z
=⇒ L − 2d = λ

k +
1
2
‹
=⇒ d =
L
2
−
λ
2

k +
1
2
‹
Or, on a :
0 ≤ d ≤ L
=⇒ 0 ≤
L
2
−
λ
2

k +
1
2
‹
≤ L
=⇒ −
L
2
≤
λ
2

k +
1
2
‹
≤
L
2
=⇒ −
L
λ
≤ k +
1
2
≤
L
λ
=⇒ −
L
λ
−
1
2
≤ k ≤
L
λ
−
1
2
=⇒ −5, 5 ≤ k ≤ 4, 5
=⇒ k = {−5, −4, −3, −2 , −1, 0, 1, 2, 3, 4}
Les valeurs de d pour lesquelles l’amplitude de l’onde résultante au point M est
nulle sont donc 10 cm, 30 cm, 50 cm, 70 cm, 90 cm, 1, 1 m, 1, 3 m, 1, 5 m, 1, 7 m et
1, 9 m.

Exercice 10.10 :
1- La longueur d’onde λ des ondes créées en O1 et O2 est donnée par :
λ =
C
N
λ =
15
30
Soit :
λ = 50 cm
2- L’amplitude ad de l’onde qui résulte de l’interférence au point M entre les deux ondes
s’exprime par :
ad = 2a cos
•
π (O2M − O1M)
λ
˜
= 2a cos
•
π (O1O2 − O1M − O1M)
λ
˜
D’où :
ad = 2a cos
•
π (D − 2d)
λ
˜
3- L’interférence au point M est constructive si :
cos
•
π (D − 2d)
λ
˜
= ±1
Donc :
π (D − 2d)
λ
= kπ, k ∈ Z
=⇒ D − 2d = kλ
=⇒ d =
D
2
−
kλ
2
Or, on a :
0 ≤ d ≤ D
=⇒ 0 ≤
D
2
−
kλ
2
≤ D
=⇒ −
D
2
≤ −
kλ
2
≤
D
2
=⇒ −
D
λ
≤ k ≤
D
λ
=⇒ −3 ≤ k ≤ 3

=⇒ k = {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3}
Les valeurs de d pour lesquelles l’interférence au point M est constructive sont
donc 0 m, 25 cm, 50 cm, 75 cm, 1 m, 1, 25 m et 1, 5 m.
4- L’interférence au point M est destructive si :
cos
•
π (D − 2d)
λ
˜
= 0
Donc :
π (D − 2d)
λ
=
π
2
+ kπ, k ∈ Z
=⇒ D − 2d = λ

k +
1
2
‹
=⇒ d =
D
2
−
λ
2

k +
1
2
‹
Or, on a :
0 ≤ d ≤ D
=⇒ 0 ≤
D
2
−
λ
2

k +
1
2
‹
≤ D
=⇒ −
D
2
≤
λ
2

k +
1
2
‹
≤
D
2
=⇒ −
D
λ
≤ k +
1
2
≤
D
λ
=⇒ −
D
λ
−
1
2
≤ k ≤
D
λ
−
1
2
=⇒ −3, 5 ≤ k ≤ 2, 5
=⇒ k = {−3, −2 , −1, 0, 1, 2}
Les valeurs de d pour lesquelles l’interférence au point M est destructive sont donc
12, 5 cm, 37, 5 cm, 62, 5 cm, 87, 5 cm, 1, 125 m et 1, 375 m.
Exercice 10.11 :
1- La célérité C des ondes créées en S1 et S2 est donnée par :
C = λN
C = 0, 8 × 50
Soit :
C = 40 m.s−1

2- L’amplitude aM de l’onde qui résulte de la superposition au point M des deux ondes s’exprime
par :
aM = 2a cos
•
π (S2M − S1M)
λ
˜
D’où :
aM = 2a cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
3- Si aM = 8 cm, alors on a :
2a cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
= 8 cm
=⇒ 8 cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
= 8 cm
=⇒ cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
= 1
Soit :
cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
= ±1
Donc :
π (d2 − d1)
λ
= kπ, k ∈ Z
=⇒ d2 − d1 = kλ
Or, on a :
d1 + d2 = d
=⇒ d2 = d − d1
=⇒ d2 − d1 = d − 2d1
Si aM = 8 cm, on a donc :
d − 2d1 = kλ
=⇒ d1 =
d
2
−
kλ
2
Or, on a :
0 ≤ d1 ≤ d
=⇒ 0 ≤
d
2
−
kλ
2
≤ d
=⇒ −
d
2
≤ −
kλ
2
≤
d
2
=⇒ −
d
λ
≤ k ≤
d
λ
=⇒ −3, 75 ≤ k ≤ 3, 75

=⇒ k = {−3, −2, −1, 0, 1, 2, 3}
Les couples (d1 ; d2) pour lesquels aM = 8 cm sont donc (30 cm ; 2, 7 m),
(70 cm ; 2, 3 m), (1, 1 m ; 1, 9 m), (1, 5 m ; 1, 5 m), (1, 9 m ; 1, 1 m), (2, 3 m ; 70 cm)
et (2, 7 cm ; 30 cm).
4- Si aM = 0 cm, alors on a :
2a cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
= 0 cm
=⇒ 8 cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
= 0 cm
Soit :
cos
•
π (d2 − d1)
λ
˜
= 0
Donc :
π (d2 − d1)
λ
=
π
2
+ kπ, k ∈ Z
=⇒ d2 − d1 = d − 2d1 = λ

k +
1
2
‹
=⇒ d1 =
d
2
−
λ
2

k +
1
2
‹
Or, on a :
0 ≤ d1 ≤ d
=⇒ 0 ≤
d
2
−
λ
2

k +
1
2
‹
≤ d
=⇒ −
d
2
≤
λ
2

k +
1
2
‹
≤
d
2
=⇒ −
d
λ
≤ k +
1
2
≤
d
λ
=⇒ −
d
λ
−
1
2
≤ k ≤
d
λ
−
1
2
=⇒ −4, 25 ≤ k ≤ 3, 25
=⇒ k = {−4, −3, −2 , −1, 0, 1, 2, 3}
Les couples (d1 ; d2) pour lesquels aM = 0 cm sont donc (10 cm ; 2, 9 m),
(50 cm ; 2, 5 m), (90 cm ; 2, 1 m), (1, 3 m ; 1, 7 m), (1, 7 m ; 1, 3 m), (2, 1 m ; 90 cm),
(2, 5 m ; 50 cm) et (2, 9 cm ; 10 cm).

Exercice 10.12 :
1- Soit N0
= 1001 le nombre de particules que contient la chaîne horizontale. Si la particule de
rang 0 correspond à la première particule, alors celle de rang 1 correspond à la deuxième par-
ticule, et donc celle de rang N qui est la dernière correspond encore à la (N + 1)-ème particule.
Le nombre total de particules est donc :
N0
= N + 1 = 1001
D’où :
N = 1000
2- L’amplitude de l’onde résultante au point M est maximale si :
cos
•
πd
λ
(N − 2n)
˜
= ±1
Donc :
πd
λ
(N − 2n) = kπ, k ∈ Z
=⇒ N − 2n =
kλ
d
=⇒ n =
N
2
−
kλ
2d
Or, on a :
0 ≤ n ≤ N
=⇒ 0 ≤
N
2
−
kλ
2d
≤ N
=⇒ −
N
2
≤ −
kλ
2d
≤
N
2
=⇒ −
Nd
λ
≤ k ≤
Nd
λ
=⇒ −2 ≤ k ≤ 2
=⇒ k = {−2, −1, 0, 1, 2}
Les valeurs de n pour lesquelles l’amplitude de l’onde résultante au point M est
maximale sont donc 0, 250, 500, 750 et 1000.
5- L’amplitude de l’onde résultante au point M est nulle si :
cos
•
πd
λ
(N − 2n)
˜
= 0
Donc :
πd
λ
(N − 2n) =
π
2
+ kπ, k ∈ Z

=⇒ N − 2n =
λ
d

k +
1
2
‹
=⇒ n =
N
2
−
λ
2d

k +
1
2
‹
Or, on a :
0 ≤ n ≤ N
=⇒ 0 ≤
N
2
−
λ
2d

k +
1
2
‹
≤ N
=⇒ −
N
2
≤
λ
2d

k +
1
2
‹
≤
N
2
=⇒ −
Nd
λ
≤ k +
1
2
≤
Nd
λ
=⇒ −
Nd
λ
−
1
2
≤ k ≤
Nd
λ
−
1
2
=⇒ −2, 5 ≤ k ≤ 1, 5
=⇒ k = {−2 , −1, 0, 1}
Les valeurs de n pour lesquelles l’amplitude de l’onde résultante au point M est
nulle sont donc 125, 375, 625 et 875.
Exercice 10.13 :
1- Puique le solide reste au repos, la somme vectorielle des forces qui lui sont appliquées est
toujours nulle. Soit T le module de la tension de la corde et ms la masse du solide. On a :
T = msg
Soit V le volume du solide. On a :
ρfer =
ms
V
Or, on a :
V = a3
Soit :
ρfer =
ms
a3
=⇒ ms = ρfera3
D’où :
T = ρferga3
T = 7800 × 9, 8 × 0, 05213

Soit :
T = 10, 81 N
2- La masse linéique µ de la corde est donnée par :
µ =
m
L
µ =
3
2, 5
Soit :
µ = 1, 2 kg.m−1
La célérité C des ondes est donnée par :
C =
Ê
T
µ
C =
Ê
10, 81
1, 2
Soit :
C = 3 m.s−1
3- La longueur d’onde λ vaut :
λ =
C
N
λ =
3
5
Soit :
λ = 60 cm
Soit n le nombre de fuseaux observés et Lh la longueur de la partie horizontale de la corde. On
a la relation :
Lh = L − Lv =
nλ
2
D’où :
n =
2 (L − Lv)
λ
n =
2 × (2, 5 − 1)
0, 6
On observe donc cinq fuseaux stables.

Exercice 10.14 :
1- Sur la Figure 10.13, on observe quatre fuseaux stables.
La longueur L de la corde est liée à la longueur d’onde λ de l’onde par la relation :
L =
4
2
λ = 2λ
D’où :
λ =
L
2
λ =
0, 9
2
Soit :
λ = 45 cm
2- La célérité de l’onde est donnée par la relation :
C = λN
C = 0, 45 × 20
Soit :
C = 9 m.s−1
3- De la Figure 10.13, on voit que les abscisses comptées à partir de A des ventres dont
l’amplitude est maximale ont pour expressions :
λ
4
;
λ
2
+
λ
4
; λ +
λ
4
et
3λ
2
+
λ
4
On voit également que les abscisses comptées à partir de A des nœuds qui ne se déplacent pas
sont :
0 ;
λ
2
; λ ;
3λ
2
et L
Les abscisses comptées à partir de A des ventres sont donc :
11, 25 cm, 33, 75 cm, 56, 25 cm et 78, 75 cm
Les abscisses comptées à partir de A des nœuds sont donc :
0 cm, 22, 5 cm, 45 cm, 67, 5 cm et 90 cm

Exercice 10.15 :
1- Puisque la corde vibre avec un seul fuseau, sa longueur L et la longueur d’onde λ de l’onde
stationnaire sur la corde sont liées par la relation :
L =
λ
2
D’où :
λ = 2L
λ = 2 × 50
Soit :
λ = 1 m
2- De la Figure 10.14, on constate que l’amplitude a du mouvement du ventre est égale à 3
divisions verticales. Or, une division verticale correspond à 2 cm. D’où :
a = 6 cm
3- De la Figure 10.14, on constate que la période T du mouvement du ventre est égale à 5
divisions horizontales. Or, une division horizontale correspond à 2 s. D’où :
T = 10 s
La célérité C de l’onde ayant produit l’onde stationnaire est donnée par :
C =
λ
T
C =
1
10
Soit :
C = 10 cm.s−1

Evaluation 10.1 :
De la Figure 10.15, on se rend compte que la période T de l’onde est égale à 10 divisions
horizontales. Or, une division horizontale correspond à 10 ms. On a donc T = 100 ms. De la
Figure 10.16, on se rend compte qu’à la date τ, l’onde a atteint le milieu I de la corde. On
se rend également compte que la distance parcourue par l’onde correspond à deux longueurs
d’onde λ. On a donc :
L
2
= 2λ
=⇒ λ =
L
4
Soit T le module de la tension dans la corde et µ sa masse linéique. La célérité C de l’onde qui
se propage le long de la corde vérifie la relation :
C =
λ
T
=
Ê
T
µ
=
É
T L
m
=⇒
L
4T
=
É
T L
m
=⇒
L2
16T2
=
T L
m
D’où :
T =
mL
16T2
T =
2 × 1, 6
16 × 0, 12
La tension dans la corde vaut donc T = 20 N.
Evaluation 10.2 :
Notons C la célérité de l’onde sonore qui se propage dans le rail de longueur L. La date τ = 0, 5 s
à laquelle le son est détecté par le microphone correspond encore au temps mis par le son pour
parcourir toute la longueur du rail. On a donc :
C =
L
τ
La fréquence N vaut :
N = 300 coups.min−1
= 5 coups.s−1
= 5 Hz
La longueur d’onde λ de l’onde sonore est donnée par :
λ =
C
N

D’où :
λ =
L
Nτ
λ =
2500
5 × 0, 5
La longueur d’onde du son qui se propage dans le barreau vaut donc λ = 1 km.
Evaluation 10.3 :
L’amplitude ad du signal détecté par le microphone s’exprime par :
ad = 2a cos
•
π (D − 2d)
λ
˜
Si le microphone ne détecte aucun signal, cela signifie que l’amplitude ad est nulle. On a donc :
cos
•
π (D − 2d)
λ
˜
= 0
Soit :
π (D − 2d)
λ
=
π
2
+ kπ, k ∈ Z
On a donc :
λ =
D − 2d
k + 1
2
La célérité C de l’onde s’exprime par :
C = λN =
N (D − 2d)
k + 1
2
La vitesse du son dans l’air étant comprise entre 320 m.s−1
et 350 m.s−1
, on a :
320 ≤
N (D − 2d)
k + 1
2
≤ 350
=⇒
N (D − 2d)
350
≤ k +
1
2
≤
N (D − 2d)
320
=⇒
50 × (10 − 2 × 3, 3)
350
−
1
2
≤ k ≤
50 × (10 − 2 × 3, 3)
320
−
1
2
=⇒ −0, 014 ≤ k ≤ 0, 03
Donc :
k = 0
La longueur d’onde des sons émis par les haut-parleurs vaut donc λ = 6, 8 m, et
ces sons se propagent avec une célérité C = 340 m.s−1
.

CHAPITRE 11. OPTIQUE ONDULATOIRE ET CORPUSCULAIRE 578
Chapitre 11
Optique ondulatoire et corpusculaire
Car Christ est mort et il a vécu, afin de dominer sur les morts et sur les vivants.
Romais 14 : 9
11.1 Généralités
L’optique est la branche de la physique qui étudie la lumière, indispensable pour la vue.
En effet, pour qu’un objet puisse être perçu par un observateur, cet objet doit émettre de la
lumière. L’objet se comporte alors soit comme une source primaire de lumière s’il émet de
lui-même cette lumière, soit comme une source secondaire de lumière s’il diffuse la lumière
qu’il a reçue de la part d’une source primaire. L’optique est subdivisée en trois principales
sous-branches. Dans les classes antérieures a été étudiée l’optique géométrique, qui est la
partie de la physique qui étudie la lumière dans son émission et dans sa propagation et qui
la décrit comme un faisceau de rayons lumineux rectilignes. Dans ce chapitre, nous étudierons
l’optique ondulatoire qui traite la lumière comme une onde, et l’optique corpusculaire
qui la traite comme un ensemble de particules élémentaires.
11.2 Optique ondulatoire
11.2.1 Ondes électromagnétiques
Nous avons défini au chapitre précédent une onde comme étant un phénomène de propaga-
tion d’une perturbation dans un milieu sans transport de matière, mais avec transfert d’énergie.
Il existe une catégorie d’ondes appelées ondes électromagnétiques qui résultent de la super-
position d’une perturbation électrique et d’une perturbation magnétique se propageant dans le
même sens. A la différence des ondes mécaniques, les ondes électromagnétiques n’ont pas besoin
d’un milieu matériel pour se propager. Ainsi, les ondes électromagnétiques peuvent se propager
même dans le vide. La lumière est une onde électromagnétique de longueur d’onde et de fré-
quence variable. La vitesse (ou célérité) de la lumière dans le vide, notée C a une valeur
constante qui vaut approximativement C = 3 × 108
m.s−1
. La lumière blanche est composée
de sept radiations qui correspondent aux sept couleurs de l’arc-en-ciel ; le rouge, l’orangée, le

jaune, le vert, le bleu, l’indigo et le violet. L’œil humain ne peut percevoir que de la lumière
dont la longueur d’onde varie entre 400 nm qui correspond à la radiation violette et 750 nm qui
correspond à la radiation rouge : C’est le spectre de la lumière blanche. Les ondes élec-
tromagnétiques dont la longueur d’onde est inférieure à 400 nm sont appelées ultra-violets,
dont font partie les rayons-Gamma (γ) et les rayons-X. Les ondes électromagnétiques dont
la longueur d’onde est supérieure à 750 nm sont appelées infra-rouges, dont font partie les
micro-ondes et les ondes-radio. La longueur d’onde λ d’une radiation lumineuse est liée à
sa fréquence ν selon la relation :
C = λν (11.1)
Une lumière qui ne contient qu’une seule radiation (une seule longueur d’onde) est dite mo-
nochromatique. Une lumière qui n’en contient que deux est dite dichromatique ou bichro-
matique. De façon générale, une lumière qui contient plusieurs radiations est dite polychro-
matique ; c’est donc le cas de la lumière blanche.
11.2.2 Phénomène de diffraction
La diffraction est le brusque changement de direction que subit une onde à la traversée
d’une ouverture de petite dimension. En éclairant un diaphragme percé d’un petit trou par un
faisceau cylindrique de lumière (Figure 11.1), on constate que les rayons lumineux sont déviés
à la traversée du trou, qui se comporte comme une source secondaire de lumière.
Figure 11.1 – Diffraction de la lumière.
Le faisceau de lumière a donc été diffracté, ce qui prouve que la lumière se comporte comme
une onde à laquelle peut être associée une longueur d’onde, une fréquence et une célérité.
11.2.3 Interférences lumineuses
Le physicien anglais Thomas Young a mis en évidence le caractère ondulatoire de la lu-
mière à travers une expérience qu’il a réalisée en 1801 et qui est considérée jusqu’aujourd’hui
comme la plus belle et la plus célèbre de la physique moderne ; il s’agit de l’expérience des
fentes d’Young. Considérons à la Figure 11.2 une source S de lumière monochromatique de

longueur d’onde λ éclairant un diaphragme vertical percé de deux petites fentes F1 et F2. Il
se produit un phénomène de diffraction à chaque fente. Ces deux fentes se comportent comme
des sources secondaires qui diffusent la lumière provenant de S. Plaçons dèrrière le diaphragme
un écran vertical. On observe sur cet écran des zones alternativement éclairées et sombres. La
superposition des lumières provenant des deux fentes a donc produit sur l’écran des interfé-
rences lumineuses. Les zones éclairées font référence à une intrerférence constructive,
tandis que les zones sombres correspondent à une interférence destructive. Ce phénomène
d’interférnce traduit donc le caractère ondulatoire de la lumière. Les franges d’interférence
alternativement brillantes et sombres sur l’écran sont dites délocalisées car elles sont observées
en tout lieu où l’écran coupe le champ d’interférences, c’est-à-dire la région où les faisceaux
provenant des deux fentes se croisent.
Figure 11.2 – Expérience des fentes d’Young.
Soit a = F1F2 la distance qui sépare les fentes F1 et F2. Supposons que S appartienne à la
médiatrice du segment [F1F2]. Notons P le point d’intersection entre cette médiatrice et le dia-
phragme. Soit D la distance entre le diaphragme et l’écran. Notons Q le point d’intersection
entre la médiatrice précédente et l’écran. Soit M un point de l’écran tel que QM = x. Consi-
dérons un repère vertical (Qx) orienté vers le haut. Notons H1 et H2 les projetés orthogonaux
respectifs de F1 et F2 sur l’écran (Figure 11.3). On exprime la différence de marche δ du
point M par :
δ = SF2 − SF1 + F2M − F1M
Etant donné que S est situé sur la médiatrice du segment [F1F2], SF2 = SF1. Soit :
δ = F2M − F1M

Figure 11.3 – Interférences lumineuses.
Dans le triangle rectangle F1H1M, on peut écrire :
F1M2
= F1H1
2
+ H1M2
= PQ2
+

QM −
F1F2
2
‹2
= D2
+

x −
a
2
2
= D2
–
1 +

x − a
2
D
‹2
™
Soit :
F1M = D
Ê
1 +

x − a
2
D
‹2
= D
–
1 +

x − a
2
D
‹2
™ 1
2
Dans le triangle rectangle F2H2M, on peut écrire :
F2M2
= F2H2
2
+ H2M2
= PQ2
+

QM +
F1F2
2
‹2
= D2
+

x +
a
2
2
= D2
–
1 +

x + a
2
D
‹2
™

Soit :
F2M = D
Ê
1 +

x + a
2
D
‹2
= D
–
1 +

x + a
2
D
‹2
™ 1
2
Considérons le cas où a et x sont négligeables devant D. On a donc :
F1M = D
–
1 +
1
2

x − a
2
D
‹2
™
= D +
x − a
2
2
2D
F2M = D
–
1 +
1
2

x + a
2
D
‹2
™
= D +
x + a
2
2
2D
Ainsi, on a :
δ = D +
x + a
2
2
2D
− D −
x − a
2
2
2D
=
x + a
2
2
− x − a
2
2
2D
=
x + a
2
− x + a
2

x + a
2
+ x − a
2

2D
Donc, lorsque a et x sont négligeables devant D, la différence de marche s’exprime par :
δ =
ax
D
(11.2)
L’ordre d’interférence px du point M peut dans ce cas s’exprimer par :
px =
δ
λ
=
ax
Dλ
(11.3)
L’abscisse xkb
d’une frange brillante vérifie la relation :
δ =
axkb
D
= kbλ , kb ∈ Z
Soit :
xkb
=
Dkbλ
a
, kb ∈ Z
L’ordre d’interférence pkb
de cette frange vaut donc :
pkb
= kb
L’abscisse xks d’une frange sombre vérifie la relation :
δ =
axks
D
=

ks +
1
2
‹
λ , ks ∈ Z
Soit :
xks =
D ks + 1
2

λ
a
, ks ∈ Z

L’ordre d’interférence pks de cette frange vaut :
pks = ks +
1
2
La frange centrale sur l’écran est toujours brillante et correspond à une différence de marche
nulle. Son abscisse x0 de même que son ordre d’interférence p0 sont nuls :
x0 = 0 et p0 = 0
L’orde d’interférence est un nombre entier (pour une frange brillante) ou demi-entier (pour
une frange sombre) qui indique la nature d’une frange et sa position par rapport à la frange
centrale. L’ordre d’interférence pnb de la n-ième frange brillante située au-dessus de la frange
centrale s’exprime par :
pnb = n
L’ordre d’interférence p−nb de la n-ième frange brillante située en-dessous de la frange centrale
s’exprime par :
p−nb = −pnb = −n
L’ordre d’interférence pns de la n-ième frange sombre située au-dessus de la frange centrale
s’exprime par :
pns = n −
1
2
L’ordre d’interférence p−ns de la n-ième frange sombre située en-dessous de la frange centrale
s’exprime par :
p−ns = −pns = −n +
1
2
Notons xkb+1 l’abscisse de la frange brillante qui suit (vers le haut) la frange brillante d’abscisse
xkb
précédente. On a ainsi :
xkb+1 =
D (kb + 1) λ
a
, kb ∈ Z
=
Dkbλ
a
+
Dλ
a
= xkb
+
Dλ
a
Notons xks+1 l’abscisse de la frange sombre qui suit (vers le haut) la frange sombre d’abscisse
xks précédente. On a ainsi :
xks+1 =
D ks + 1
2
+ 1

λ
a
, ks ∈ Z
=
D ks + 1
2

λ
a
+
Dλ
a
= xks +
Dλ
a

On a donc :
xkb+1 − xkb
= xks+1 − xks =
Dλ
a
On constate donc que la différence entre les abscisses de deux franges brillantes consécutives
est encore égale à la différence entre les abscisses de deux franges sombres consécutives, cette
différence étant constante. On définit l’interfrange i comme étant la distance entre les milieux
de deux franges consécutives de même nature (Figure 11.4). Elle s’exprime par :
i =
Dλ
a
(11.4)
Figure 11.4 – Alternance des franges brillantes et sombres.
L’abscisse x d’une frange quelconque sur l’écran est liée à son ordre d’interférence px et à
l’interfrange i selon la relation ci-dessous :
x = pxi (11.5)
Soient xa et xb les abscisses de deux franges quelconques d’ordres d’interférence respectifs pa et
pb. Soient p−a et p−b les ordres d’interférence respectifs des franges d’abscisses respectives −xa
et −xb. La distance dab entre les milieux des franges d’abscisses respectives xa et xb est encore
égale à la distance entre les milieux des franges d’abscisses respectives −xa et −xb et vaut :
dab = |xb − xa| = |pb − pa| i = |p−b − p−a| i (11.6)
Dans le cas où on place juste derrière l’une des fentes une lame en verre de faible épaisseur e
et d’indice de réfraction n 1, la distance parcourue par la lumière de cette fente vers le point
M sur l’écran est augmentée d’une quantité dn exprimée par :
dn = e (n − 1)
Ainsi, si la lame est placée juste dèrrière la fente supérieure F1, la différence de marche du point
M devient :
δ =
ax
D
− e (n − 1)

La frange centrale se retouve donc déplacée vers le haut, et son abscisse x0 devient :
x0 =
eD (n − 1)
a
Si la lame est placée juste dèrrière la fente inférieure F2, la différence de marche du point M
devient :
δ =
ax
D
+ e (n − 1)
La frange centrale se retouve donc déplacée vers le bas, et son abscisse x0 devient :
x0 = −
eD (n − 1)
a
Dans le cas où la source S est dichromatique avec deux radiations de longeurs d’onde λ1 et λ2,
chaque radiation va créer sur l’écran son propre système de franges alternativement brillantes
et sombres. Les interfranges respectives i1 et i2 dues à ces deux radiation s’expriment par :
i1 =
Dλ1
a
(11.7)
i2 =
Dλ2
a
(11.8)
Soit un point M1 de l’écran d’abscisse x1 d’ordre d’interférence px1 dû à la radiation de longueur
d’onde λ1. On a :
x1 = px1 i1
Soit un point M2 de l’écran d’abscisse x2 d’ordre d’interférence px2 dû à la radiation de longueur
d’onde λ2. On a :
x2 = px2 i2
Lorsque les points M1 et M2 coïncident, il y a coïncidence d’interférence. On a donc :
x = x1 = x2 = px1 i1 = px2 i2
Soit :
px1
px2
=
i2
i1
La première coïncidence de frange brillante se produit pour les plus petites valeurs entières
positive de px1 et px2 . Les interférences lumineuses sont exploitées dans de nombreux appareils
optiques tels que l’interféromètre de Michelson, les lentilles de Billet, le bi-prisme et le
bi-miroir de Fresnel.
11.2.4 Effet Doppler
Au chapitre précédent, nous avons étudié la propagation des ondes mécaniques créées en un
point source d’un milieu matériel. Considérons maintenant une onde mécanique ou électroma-
gnétique de fréquence N créée en un point source S et qui se propage dans un milieu avec une

vitesse V. Supposons qu’un récepteur R soit placé dans le milieu à une certaine distance de S.
Si la source et le récepteur sont immobiles (Figure 11.5), la fréquence perçue par le récepteur
est la même que la fréquence de l’onde.
Figure 11.5 – Source S d’onde et récepteur R tous immobiles.
Lorsqu’il y a déplacement relatif entre la source S et le récepteur R, on constate cette fois que
la fréquence perçue par le récepteur est différente de la fréquence propre de l’onde : C’est l’effet
Doppler. On parle alors de fréquence apparente. Lorsqu’il y a rapprochement entre la source
et le récepteur, la fréquence apparente perçue par le récepteur est supérieure à la fréquence
propre de l’onde, et lorsqu’il y a éloignement entre la source et le récepteur, la fréquence
apparente perçue par le récepteur est inférieure à la fréquence propre de l’onde. Plusieurs cas
de figure se présentent. On suppose dans chaque cas que la vitesse V de propagation de l’onde
est supérieure aux vitesses avec lesquelles se déplacent la source et le récepteur. Dans le cas
où le récepteur est immobile et la source se rapproche de lui avec une vitesse constante VS
(Figure 11.6), la fréquence apparente Na perçue par le récepteur s’exprime par :
Na =
NV
V − VS
(11.9)
Figure 11.6 – Rapprochement d’une source S d’onde par rapport à un récepteur R immobile.

Dans le cas où le récepteur est immobile et la source s’éloigne de lui avec une vitesse constante
VS (Figure 11.7), la fréquence apparente Na s’exprime par :
Na =
NV
V + VS
(11.10)
Figure 11.7 – Eloignement d’une source S d’onde par rapport à un récepteur R immobile.
Dans le cas où la source est immobile et le récepteur se rapproche d’elle avec une vitesse
constante VR, la fréquence apparente Na perçue par le récepteur s’exprime par :
Na =
N (V + VR)
V
(11.11)
Dans le cas où la source est immobile et le récepteur s’éloigne d’elle avec une vitesse constante
VR, la fréquence apparente Na perçue par le récepteur s’exprime par :
Na =
N (V − VR)
V
(11.12)
Considérons le cas où la source et le récepteur se déplacent dans le même sens avec des vitesses
constantes respectives VS et VR. Supposons qu’au départ, le récepteur se trouve devant la
source, et qu’après un moment, la source dépasse le récepteur et se retrouve devant lui. On doit
pour cela avoir la condition VS VR. Avant le dépassement, tout se passe comme si le récepteur
s’éloignait de la source, et la source se rapprochait du récepteur. la fréquence apparente Na
perçue par le récepteur s’exprime dans ce cas par :
Na =
N (V − VR)
V − VS
(11.13)
Après le dépassement, tout se passe comme si le récepteur se rapprochait de la source, et la
source s’élognait du récepteur. la fréquence apparente Na perçue par le récepteur s’exprime
dans ce cas par :
Na =
N (V + VR)
V + VS
(11.14)

Considérons le cas où la source et le récepteur se déplacent en sens contraires avec des vitesses
constantes respectives VS et VR. Supposons qu’au départ, la source et le récepteur se rap-
prochent mutuellement et qu’après un moment, ils se croisent puis s’éloignent mutuellement.
Avant le croisement, la fréquence apparente Na perçue par le récepteur s’expriment par :
Na =
N (V + VR)
V − VS
(11.15)
Après le croisement, la fréquence apparente Na perçue par le récepteur s’exprime par :
Na =
N (V − VR)
V + VS
(11.16)
L’effet Doppler trouve ses applications dans de nombreux domaines. Il est exploité en imagerie
médicale pour effectuer les échographies. Il est également utilisé en astronomie . On s’en sert
aussi pour le GPS (Global Positionning System) et dans la circulation routière pour
mesurer à l’aide de radars les vitesses des véhicules.
11.3 Optique corpusculaire
Au début du XXème
siècle, une nouvelle branche de la physique a vu le jour, et a complète-
ment bouleversé la compréhension des phénomènes dans la nature et dans l’Univers : C’est la
Physique quantique. Elle s’applique particulièrement à l’échelle atomique, c’est-à-dire aux
particules de très petites dimensions avec des faibles masses. L’optique corpusculaire ou
optique quantique décrit la lumière comme un faisceau de particules de masses négligeables
appelées photons, et caractérisées par une longueur d’onde et une fréquence. L’énergie E d’un
photon de fréquence ν et de longueur d’onde λ est donnée par :
E = hν =
hC
λ
(11.17)
h est la constante de Plank. Son unité SI est le Joule-seconde (J.s) et sa valeur vaut
h = 6, 62 × 10−34
J.s. A l’échelle atomique, au lieu du Joule, on préfère exprimer l’énergie en
électron-Volt (eV). On a l’équivalence :
1 eV = 1, 6 × 10−19
J
Certaines énergies sont très souvent de l’ordre du Méga électron-Volt (MeV).
11.3.1 Niveaux d’énergie de l’atome d’Hydrogène
Certains atomes sont capables d’absorber ou d’émettre des rayonnements électromagné-
tiques. On parle de spectre d’absorption et de spectre d’émission. Pour expliquer ces
spectres, le physicien et chimiste danois Niels Bohr a consacré beaucoup de recherches sur
les atomes et a énoncé deux postulats qui portent son nom. Le premier postulat de Bohr

stipule que :
≺≺ L’énergie d’un atome ne peut prendre que certaines valeurs bien déterminées
formant une suite discontinue. Chaque valeur d’énergie correspond à un état ap-
pelé niveau d’énergie de l’atome.
Le second postulat de Bohr stipule que :
≺≺ Une transition est le passage d’un niveau d’énergie à un autre. Les variations
d’énergie ne peuvent prendre que des valeurs bien déterminées : On dit qu’elles
sont quantifiées.
Les niveaux d’énergie d’un atome sont répérés par des entiers naturels non nuls. L’énergie d’un
atome à un niveau d’énergie n s’exprime par :
En = −
E0
n2
, n ∈ N∗
(11.18)
Pour l’atome d’hydrogène, on a :
E0 = 13, 6 eV
L’énergie d’un atome augmente avec le niveau d’énergie. Lorsque l’atome est à son premier
niveau d’énergie, son énergie E1 est la plus basse possible. On dit donc qu’il est à son état
fondamental. Les niveaux d’énergie supérieurs à 1 correspondent aux états excités. Pour
que l’atome d’hydrogène passe d’un niveau d’énergie n à un autre niveau supérieur p (Figure
11.8), il doit absorber un photon de fréquence νnp (et donc de longueur d’onde λnp) tel que :
Ep − En = −E0

1
p2
−
1
n2
‹
= hνnp =
hC
λnp
, n ∈ N∗
, p ∈ N∗
et p n (11.19)
Figure 11.8 – Transition énergétique.
Pour que l’atome d’hydrogène passe d’un niveau d’énergie n à un autre niveau inférieur m, il
doit émettre un photon de fréquence νnm (et donc de longueur d’onde λnm) tel que :
En − Em = −E0

1
n2
−
1
m2
‹
= hνnm =
hC
λnm
, n ∈ N∗
, m ∈ N∗
et m n (11.20)

On introduit la constante de Rydberg RH exprimée par :
RH =
E0
hC
= 1, 0956 × 107
m−1
(11.21)
Les transitions énergétiques vers le niveau d’énergie n = 1 correspond à la série de Lyman,
celles vers le niveau n = 2 à la série de Balmer, celles vers le niveau n = 3 à la série de
Paschen, celles vers le niveau n = 4 à la série de Bracket, et celles vers le niveau n = 5 à la
série de Pfund. On appelle énergie d’ionisation Ei l’énergie minimale à fournir à l’atome
d’hydrogène pris dans son état fondamental pour lui arracher son unique électron. L’énergie de
l’atome dans son état ionisé est nul. On a :
Ei = −E1 = E0 = 13, 6 eV
Supposons qu’un atome d’hydrogène se trouve dans son état fondamental et présentons lui un
photon d’énergie Eph. Si Eph Ei, le photon sera absorbé, et l’électron de l’atome d’hydrogène
sera expulsé avec une énergie cinétique Ec exprimée par :
Ec = Eph − Ei
Si Eph = Ei, le photon sera absorbé, et il y aura ionisation : l’atome d’hydrogène se transforme
donc en ion H+
. Si Eph Ei, le photon ne sera absorbé que si et seulement si il existe un entier
naturel n supérieure à 1 tel que :
−
E0
n2
− E1 = Eph
Soit :
n =
Ê
E0
E0 − Eph
=
Ê
Ei
Ei − Eph
Le photon ne sera donc pas absorbé si n n’est pas un entier naturel supérieur à 1.
11.3.2 Effet photoélectrique
L’effet photoélectrique est le phénomène d’extraction des électrons d’un métal lorsqu’il
est éclairé par un rayonnement électromagnétique (tel que la lumière) de longueur d’onde conve-
nable. Il a été découvert en 1887 par le physicien allemand Heinrich Hertz. Considérons une
cellule photoémissive constituée d’une cathode (C) formée par une couche de métal et d’une
anode métallique (A). A la Figure 11.9, on a connecté la cellule aux bornes d’un générateur de
tension variable. Un voltmètre est branché aux bornes de la cellule afin de mesurer la différence
de potentiel UAC entre l’anode et la cathode. Un micro-ampèremètre est également placé afin
de mesurer le courant émis par la cellule, aussi faible soit-il. Eclairons la cathode de la cellule
avec un rayonnement électromgnétique. Pour certains rayonnements, l’effet photélectrique se
produit. Les électrons sont extraits de la cathode de la cellule, et on décèle un courant électrique
dans le circuit. Soient λ et ν la longueur d’onde et la fréquence du rayonnement qui éclaire la
cellule. L’effet photoélectrique ne se produit que si ν est supérieur à une valeur νs appelée

fréquence seuil (λ est inférieur à une valeur λs appelée longueur d’onde seuil) : C’est la
loi de seuil photoélectrique, première loi de l’effet photoélectrique. On doit ainsi avoir :





ν νs
λ λs
Figure 11.9 – Mise en évidence de l’effet photoélectrique.
L’effet photoélectrique est un phénomène instantanné qui commence et cesse avec l’éclairement :
C’est la deuxième loi. L’émission photoélectrique ne dépend pas de la puissance lumineuse
reçue : c’est la troisième loi. On définit le travail ou l’énergie d’extraction Ws de la cellule
comme étant l’énergie minimale que doit fournir un photon à un électron pour l’extraire de la
cathode de la cellule. Elle s’exprime par :
Ws = hνs =
hC
λs
(11.22)
L’énergie W transportée par un photon du rayonnement s’exprime par :
W = hν =
hC
λ
L’énergie cinétique maximale Ec des électrons extraits de la cathode de la cellule s’exprime par :
Ec = W − Ws = h (ν − νs) = hC

1
λ
−
1
λs
‹
(11.23)
L’énergie cinétique maximale E0
c des électrons qui arrivent sur l’anode partant de la cathode est
donnée par la relation :
E0
c = Ec + eUAC (11.24)
e est la charge élémentaire et vaut e = 1, 6 × 10−19
C. Pour que la vitesse des électrons à l’anode
soit nulle, on doit avoir :
E0
c = Ec + eUAC = 0
Pour annuler la vitesse des électrons à l’anode, il faut donc appliquer entre la cathode et l’anode

une différence de potentiel positive UCA donné par :
UCA = U0 =
Ec
e
=
h
e
(ν − νs) =
hC
e

1
λ
−
1
λs
‹
(11.25)
U0 est appelé potentiel d’arrêt car lorsqu’on l’applique entre la cathode et l’anode, la vitesse
des électrons s’annule et le courant cesse ainsi de circuler dans le circuit. La caractéristique
tension-courant d’une cellule photoémissive, représentant la variation du courant photoélec-
trique I en fonction de la tension UAC a été représentée à la Figure 11.10 ci-dessous.
Figure 11.10 – Caractéristique tension-courant d’une cellule photoémissive.
On constate que lorsque la tension UAC est nulle, on décelle un courant photoélectrique I0
positif. Les électrons extraits de la cathode ont une énergie supplémentaire qui leur permet
d’atteindre l’anode. Tous les électrons expulsés de la cathode étant captés par l’anode, il se
produit un phénomène de saturation. L’intensité du courant photoélectrique reste bloquée
à une valeur de saturation IS. Si le rayonnement électromagnétique possède N photons, son
énergie totale WT s’exprime par :
WT = Nhν =
NhC
λ
(11.26)
On définit la puissance lumineuse comme étant l’énergie du faisceau par unité de temps :
PL =
WT
t
=
Nhν
t
=
NhC
tλ
(11.27)
Plus la puissance lumineuse est élevée, plus le courant de saturation est important. Soit n le
nombre de photons efficaces, c’est-à-dire le nombre de photons ayant fourni de l’énergie à un
électron chacun. n est donc encore le nombre d’électrons expulsés par la cathode. On définit le
rendement quantique Rq comme étant le rapport entre le nombre de photons efficaces et le
nombre de photons total d’un faisceau :
Rq =
n
N
(11.28)
L’intensité IS du courant de saturation s’exprime par :
IS =
ne
t
(11.29)

La détermination de la constante de plank h et les paramètres seuils de la cellule peuvent se
déterminer expérimentalement en traçant le graphe U0 = f (ν). La courbe obtenue est appelée
courbe de Millikan (Figure 11.11). Quelque soit la cellule émissive, la courbe de Millikan
est toujours inclinée par rapport à l’horizontale d’un angle α tel que :
tan α =
h
e
(11.30)
Figure 11.11 – Courbes de Millikan.
L’effet photoélectrique s’applique dans de nombreux dispositifs électroniques notamment les
phototransistors, les photodiodes, les photopiles ou encore les plaques solaires.
11.3.3 Effet Compton
L’effet Compton est un phénomène qui survient lorsqu’un photon entre en collision avec un
électron. Il a été découvert en 1922 par le physicien américain Arthur Compton. Considérons
à la Figure 11.12 un photon incident de longueur d’onde λi et de fréquence νi entrant en
collision avec un électron au repos. Après la collision, l’électron est dévié d’un angle α par
rapport à la direction du photon incident. Le photon quant à lui est diffusé dans un angle θ.
Soient λd et νd la longueur d’onde et la fréquence du photon diffusé. On a les relations :
λd − λi = λC (1 − cos θ) = 2λC sin2

θ
2
‹
(11.31)
1
νd
−
1
νi
=
1
νC
(1 − cos θ) =
2
νC
sin2

θ
2
‹
(11.32)

Figure 11.12 – Effet Compton.
λC et νC sont respectivement la longueur d’onde Compton et la fréquence Compton
exprimées par :
λC =
h
meC
(11.33)
νC =
meC2
h
(11.34)
me est la masse de l’électron et vaut me = 9, 1 × 10−31
kg.
11.4 Dualité onde-corpuscule de la lumière
De ce qui précède, on constate que la lumière revêt parfois un caractère ondulatoire et
parfois un caractère corpusculaire : C’est la dualité onde-corpuscule ou onde-particule
de la lumière. Ces deux aspects ont été reliés à travers la relation ci-dessous qui lie la longueur
d’onde λ, la fréquence ν et la quantité de mouvement p d’un photon :
λ =
C
ν
=
h
p
(11.35)
La relation ci-dessus est appelée relation de De Broglie, formulée en 1924 par le physicien
et mathématicien français Louis De Broglie.

Exercices
Exercice 11.1 :
A la Figure 11.13 ci-dessous, une source S émet une lumière monochromatique de longueur
d’onde λ = 500 nm. A une distance d = 1, 5 m de la source est placé un diaphragme vertical
percé de deux fentes F1 et F2 séparées par une distance a = F1F2 = 2 mm. A une distance
D = 2 m du diaphragme est placé un écran vertical. La médiatrice du segment [F1F2] coupe le
diaphraphme en un point P, et coupe l’écran en un point Q. La droite verticale qui passe par
la source S coupe la médiatrice précédente en un point O tel que OS = h = 3 mm. Soit M un
point de l’écran tel que QM = x. On note H le projeté orthogonal de S sur le diaphragme.
1- Montrer que dans le cas où a, x et h sont négligeables devant d et D, la différence de marche
δ du point M peut s’exprimer selon la relation ci-dessous :
δ = a

h
d
+
x
D
‹
2- Déterminer l’abscisse x0 de la frange centrale.
3- Déterminer l’interfrange i.
4- En déduire la distance d35 entre les milieux de la troisième frange sombre et de la cinquième
frange brillante, situées de part et d’autre de la frange centrale.
Exercice 11.2 :
A la Figure 11.14, un diaphragme vertical est percé de deux fentes F1 et F2 séparées par une
distance a = F1F2 = 3 mm. Une source S de lumière monochromatique de longueur d’onde λ
est placée sur la médiatrice du segment [F1F2] qui coupe le diaphragmme en un point P. Soit
Q un point de cette médiatrice tel que PQ = D = 1, 5 m. Un écran droit incliné par rapport à
la verticale d’un angle α passe par le point Q. Soit M un point de l’écran tel que QM = x. On
note Q0
le projeté orthogonal de M sur la médiatrice du segment [F1F2].

1- Montrer que dans le cas où a et x sont négligeables devant D, la différence de marche δ du
point M peut s’exprimer selon la relation ci-dessous :
δ =
ax cos α
D
2- Donner l’expression de l’interfrange i.
3- Calculer la valeur de i sachant que la distance entre les milieux de la sixième frange sombre
et de la septième frange brillante, situées de part et d’autre de la frange centrale sont séparés
par une distance d67 = 8 mm.
4- En déduire la valeur de λ.
Exercice 11.3 :
Une source ponctuelle S émettant une lumière monochromatique de longueur d’onde λ = 600 nm
éclaire un diaphragme vertical percé de deux petites fentes F1 et F2 séparées par une distance
a = F1F2 = 5 mm. Un écran vertical est placé à une distance D = 4 m du diaphragme. La
médiatrice du segment [F1F2] passe par le point S et coupe l’écran en un point Q. Deux lames
d’épaisseurs respectives e1 = 15 mm et e2 = 10 mm et d’indices de réfraction respectifs n1 = 1, 6
et n2 = 1, 5 sont placées respectivement derrière les fentes F1 et F2. Soit M un point de l’écran
tel que QM = x.
1- Donner l’expression de la différence de marche δ du point M.
2- Déterminer l’abscisse x0 de la frange centrale.
3- Calculer l’interfrange i.
4- Calculer la distance d16 séparant les mileux de la première frange sombre et de la sixième
frange centrale situées du même côté par rapport à la frange centrale.

Exercice 11.4 :
Une source de lumière dichromatique est composée de deux radiatons de longueurs d’onde res-
pectives λ1 = 450 nm et λ2 = 700 nm. La source éclaire un diaphragme vertical percé de deux
fentes F1 et F2 séparées par une distance a = 2 mm. La distance entre chaque fente et la source
S est la même. A une distance D = 3 m du diaphragme est placé un écran vertical. Soit un point
M d’abscisse x sur l’écran, l’axe des abscisses étant pointé vers le haut, et les abscisses étant
comptées à partir du point d’intersection entre la médiatrice du segment [F1F2] et l’écran. 1-
Calculer les interfranges i1 et i2 dues aux deux radiations.
2- Déterminer l’abscisse positive x0 où il y a coïncidence de frange brillante pour la première
fois sur l’écran.
Exercice 11.5 :
Une source ponctuelle S de lumière monochromatique de longueur d’onde λ éclaire un dia-
phragme vertical percé de deux fentes F1 et F2 séparées par une distance a = F1F2 = 4 mm.
Un écran vertical est placé à une distance D du diaphragme. Le point S appartient à la mé-
diatrice du segment [F1F2]. On observe sur l’écran des franges alternativement brillantes et
sombres. On fait varier les valeurs de D et on mesure à chaque fois la distance d entre la
dixième frange sombre et la dixième frange brillante situées de part et d’autre de la frange
centrale. Les données ont été consignées dans le Tableau 11.1 ci-dessous :
D (m) 1 1, 5 2 2, 5 3 3, 5 4 4, 5 5 5, 5
d (mm) 2, 7 4 5, 4 6, 7 8 9, 4 10, 7 12 13, 4 14, 7
1- Exprimer d en fonction de D.
2- Tracer le graphe d = f (D). Echelle : 1 cm −→ 0, 5 m en abscisse et 1 cm −→ 1, 25 mm en
ordonnée.
4- En déduire la valeur de la longueur d’onde λ.
Exercice 11.6 :
Un avion vole dans les airs avec une vitesse constante en émettant un bruit de fréquence
N = 100 Hz. Un observateur immobile au sol perçoit le bruit avec une fréquence N0
= 57, 6 Hz.
On suppose que la vitesse du bruit dans l’air vaut V = 330 m.s−1
.
1- L’avion se rapproche-t-il ou s’élioigne-t-il de l’observateur ?
2- Calculer la vitesse V de l’avion.
Exercice 11.7 :
Une voiture est stationnée, le moteur étant en marche et émmetant une onde sonore de fréquence
N = 25 Hz qui se propage dans l’air à la vitesse V = 340 m.s−1
. Un enfant initialement placé à
une distance d = 500 m de la voiture court vers elle avec une cadence de pas régulière. Il atteint

finalement la voiture après 45 secondes.
1- Calculer la vitesse VR de l’enfant.
2- Calculer la fréquence N0
de l’onde sonore perçue par l’enfant pendant qu’il court.
Exercice 11.8 :
Sur la chaussée, deux voitures (1) et (2) roulent sur une voie horizontale en sens contraire avec
des vitesses constantes respectives V1 = 60 km.h−1
et V2 = 80 km.h−1
. Ces voitures émettent
des sons avec des fréquences respectives N1 = 40 Hz et N2 = 50 Hz qui se propagent dans l’air
avec la même vitesse V = 350 m.s−1
.
1- Avant que les deux voitures ne se croisent, calculer la fréquence N0
1 du son émis par la voiture
(1) perçue par la voiture (2).
2- Avant que les deux voitures ne se croisent, calculer la fréquence N0
2 du son émis par la voiture
(2) perçue par la voiture (1).
3- Après que les deux voitures se soient croisées, calculer la fréquence N00
1 du son émis par la
voiture (1) perçue par la voiture (2).
4- Après que les deux voitures se soient croisées, calculer la fréquence N00
2 du son émis par la
voiture (2) perçue par la voiture (1).
Exercice 11.9 :
On considère un atome d’hydrogène pris dans son premier état excité.
1- Calculer son énergie Ee1 dans ce premier état excité.
2- Calculer son énergie Ee2 lorsqu’il est à son deuxième état excité.
3- En déduire la fréquence νe12 du photon qu’il doit absorber pour quitter son premier état
pour son deuxième état excité.
4- Quelle est l’énergie Ee0 de l’atome d’hydrogène dans son état fondamental ? En déduire la
fréquence νe20 du photon qu’il doit émettre pour quitter son deuxième état excité vers son état
fondamental.
6- Calculer la fréquence νe01 du photon que doit absorber l’atome d’hydrogène pour quitter son
état fondamental et revenir à son premier état excité. Quelle relation existe-t-il entre νe20, νe12
et νe01 ?
Exercice 11.10 :
Un atome d’hydrogène se trouve dans son état fondamental. On consière trois photons avec des
longueurs d’onde respectives λ1 = 88, 66 nm, λ2 = 97, 353 nm et λ3 = 104, 746 nm.
1- Montrer que le photon de longueur d’onde λ1 est absorbé par l’atome et calculer l’énergie
cinétique Ec avec laquelle l’électron est expulsé.
2- Montrer que le photon de longueur d’onde λ2 est absorbé, et dire à quel niveau d’énergie
l’atome se trouve après l’absorption de ce photon.
3- Montrer que le photon de longueur d’onde λ3 n’est pas absorbé.

Exercice 11.11 :
On éclaire une cellule photoélectrique de fréquence seuil νs = 600 THz avec une source de lu-
mière monochromatique de longueur d’onde λ = 400 nm.
1- Calculer le travail d’extraction Ws de la cellule.
2- Calculer l’énergie W transportée par chaque photon de la source de lumière.
3- En déduire l’énergie cinétique maximale Ec puis la vitesse maximale V des électrons extraits
de la cathode de la cellule.
4- Déterminer le potentiel d’arrêt U0.
Exercice 11.12 :
Une plaque photoélectrique est éclairée par une source de lumière monochromatique de fré-
quence ν = 640 THz. A l’aide d’un dispositif approprié, on trouve que la vitesse maximale des
électrons extraits de la cathode vaut V = 250 km.s−1
.
1- Calculer l’énergie W transportée par un photon de la source de lumière.
2- Calculer l’énergie cinétique maximale Ec des électrons extraits de la cellule.
3- En déduire le potentiel d’arrêt U0.
4- Déterminer le travail d’extraction Ws de la plaque.
5- En déduire sa longueur d’onde seuil λs et sa fréquence seuil νs.
Exercice 11.13 :
On applique entre l’anode et la cathode d’une cellule photoélectrique une tension UAC = 2 V.
L’énergie d’extraction de cette cellule vaut Ws = 1, 5 eV. On l’éclaire avec une source de lumière
monochromatique de longueur d’onde λ = 420 nm.
1- Calculer la longueur d’onde seuil λs et la fréquence seuil νs de la cellule.
2- Calculer l’énergie W de chaque photon de la source de lumière.
3- En déduire l’énergie cinétique maximale Ec et la vitesse maximale V des électrons émis par
la cathode de la cellule.
4- Déterminer la vitesse maximale V0
avec laquelle les électrons atteignent l’anode.
5- Déterminer le potentiel d’arrêt U0.
Exercice 11.14 :
Un photon de fréquence ν1 = 800 THz entre en collision avec un électron. Le photon diffusé
après la collision a une fréquence ν2 = 799, 99 THz.
1- Déterminer les énergies respectives E1 et E2 des photons incident et diffusé.
2- En déduire l’énergie Ep perdue par le photon incident.
3- Déterminer les longueurs d’onde respectives λ1 et λ2 des photons incident et diffusé.
4- En déduire l’angle θ entre la direction du photon diffusé et la direction du photon incident.

Exercice 11.15 :
On éclaire une cellule photoélectrique à l’aide de plusieurs sources lumineuses. En fonction de
la longueur d’onde λ des sources, on mesure la valeur du potentiel d’arrêt U0 des électrons.
On note ν la fréquence des photons. Les données ont été consignées dans le Tableau 11.2
ci-dessous.
λ (nm) 400 440 515 560 600 630 675 700 735 750
ν (THz)
U0 (V) 1, 55 1, 27 0, 85 0, 66 0, 5 0, 42 0, 3 0, 22 0, 13 0, 1
2- Donner la relation entre U0 et ν.
3- Tracer le grpahe U0 = f (ν). Echelle : 1 cm −→ 62, 5 THZ et 1 cm −→ 125 mV.
5- Déterminer expérimentalement la valeur de la constante de Plank h.
6- Déterminer expérimentalement la fréquence seuil νs, la longueur d’onde seuil λs et le travail
d’extraction Ws de la plaque.

Evaluation 11.1 :
Une source S de lumière monochromatique éclaire un diaphragme vertical percé de deux fentes
F1 et F2 séparées par une distance a = 11, 6 cm. La source est placée à une distance d = 2 m
du diaphragme et à mi-chemin entre les deux fentes. A une distance D du diaphragme est placé
un écran vertical. On observe sur l’écran des franges alternativement brillantes et sombres.
Lorsqu’on place une lame en verre d’épaisseur e = 1 mm juste dèrrière la fente supérieure F1
et qu’on déplace vers le haut la source S d’une hauteur h = 10 mm, on constate que la frange
centrale ne se déplace pas. Déterminer l’indice de réfraction n de la lame.
Evaluation 11.2 :
Un joggeur court sur le trottoir avec une vitesse constante VJ. Une voiture roule sur la chaussée,
dans le même sens avec une vitesse constante VV en émettant un son de fréquence N = 50 Hz
qui se propage dans l’air avec une vitesse V = 345 m.s−1
. Lorsque le joggeur se trouvait de-
vant la voiture, il percevait le son qu’elle émettait avec une fréquence N1 = 53, 13 Hz. Après
que la voiture ait traversé le joggeur, celui-ci perçoit le son qu’elle émet avec une fréquence
N2 = 47, 3 Hz. Déterminer les valeurs des vitesses VV et VJ.
Evaluation 11.3 :
On éclaire une cellule photoélectrique avec de la lumière violette. Les électrons sont extraits de
la cathode de la cellule et atteignent l’anode avec une vitesse nulle lorsque la d.d.p. appliquée
entre la cathode et l’anode vaut UCA = 800 mV. Déterminer la longueur d’onde seuil λs de la
cellule.

Exercice 11.1 :
1- La différence de marche δ du point M est donnée par :
δ = SF2 − SF1 + F2M − F1M
Dans le triangle rectangle SHF2, on a la relation :
SF2
2
= SH2
+ HF2
2
= d2
+
a
2
+ h
2
= d2
–
1 +
a
2
+ h
d
‹2
™
Soit :
SF2 = d
–
1 +
a
2
+ h
d
‹2
™ 1
2
a et h étant négligeables devant d, on peut écrire
SF2 = d
–
1 +
1
2
a
2
+ h
d
‹2
™
= d +
a
2
+ h
2
2d
Dans le triangle rectangle SHF1, on a la relation :
SF1
2
= SH2
+ HF1
2
= d2
+
a
2
− h
2
= d2
–
1 +
a
2
− h
d
‹2
™
Soit :
SF2 = d
–
1 +
a
2
− h
d
‹2
™ 1
2
= d +
a
2
− h
2
2d
On a donc :
SF2 − SF1 = d +
a
2
+ h
2
2d
− d −
a
2
− h
2
2d
=
a
2
+ h
2
− a
2
− h
2
2d
=
ah
d

On sait que dans le cas où a et x sont négligeables devant D, on a :
F2M − F1M =
ax
D
Dans le cas où a, x et h sont négligeables devant d et D, la différence de marche δ du point M
peut donc s’exprimer par :
δ = a

h
d
+
x
D
‹
2- La frange centrale est caractérisée par une différence de marche nulle. Son abscisse x0 vérifie
donc la relation :
a

h
d
+
x0
D
‹
= 0
D’où :
x0 = −
hD
d
x0 = −
3 × 10−3
× 2
1, 5
Soit :
x0 = −4 mm
3- L’abscisse xkb
d’une frange brillante quelconque est telle que :
a

h
d
+
xkb
D
‹
= kbλ, kb ∈ Z
=⇒ xkb
= D

kbλ
a
−
h
d
‹
, kb ∈ Z
L’abscisse xkb+1 de la frange brillante qui suit la précédente est donnée par :
xkb+1 = D
•
(kb + 1) λ
a
−
h
d
˜
, kb ∈ Z
On a donc :
xkb+1 − xkb
=
Dλ
a
L’abscisse xks d’une frange sombre quelconque est telle que :
a

h
d
+
xks
D
‹
=

ks +
1
2
‹
λ, ks ∈ Z
=⇒ xks = D
–
ks + 1
2

λ
a
−
h
d
™
, ks ∈ Z

L’abscisse xks+1 de la frange sombre qui suit la précédente est donnée par :
xks+1 = D
–
ks + 3
2

λ
a
−
h
d
™
, ks ∈ Z
On a donc :
xks+1 − xks =
Dλ
a
Finalement, l’interfrange i est donnée par :
i =
Dλ
a
i =
2 × 500 × 10−9
2 × 10−3
Soit :
i = 500 µm
4- L’orde d’interférence p−3s de la troisième frange sombre située en-dessous de la frange centrale
vaut :
p−3s = −3 +
1
2
= −
5
2
L’orde d’interférence p5b de la cinquième frange brillante située au-dessus de la frange centrale
vaut :
p5b = 5
La distance d35 entre les milieux de ces franges est donnée par :
d35 = i (p5b − p−3s)
D’où :
d35 =
15i
2
d35 =
15 × 500 × 10−6
2
Soit :
d35 = 3, 755 mm
Exercice 11.2 :
1- La différence de marche δ du point M est donnée par :
δ = SF2 − SF1 + F2M − F1M

Or, on a :
SF1 = SF2
Soit :
δ = F2M − F1M
Supposons qu’un écran vertical fictif passant par M et Q0
soit placé. On peut écrire :
δ = F2M − F1M =
aMQ0
PQ0
Or, on a :
cos α =
MQ0
MQ
=
MQ0
x
Soit :
MQ0
= x cos α
On a de même :
PQ0
= PQ + QQ0
= D + QQ0
Or, on a :
sin α =
QQ0
MQ
=
QQ0
x
Soit :
QQ0
= x sin α
Donc :
PQ0
= D + x sin α
On a donc :
δ = F2M − F1M =
ax cos α
D + x sin α
Dans le cas où a et x sont négligeables devant D, la différence de marche δ du point M peut
donc s’exprimer selon la relation ci-dessous :
δ =
ax cos α
D
2- L’abscisse xkb
axkb
cos α
D
= kbλ, kb ∈ Z
=⇒ xkb
=
Dkbλ
a cos α
, kb ∈ Z
L’abscisse xkb+1 de la frange brillante qui suit la précédente est donnée par :
xkb+1 =
D (kb + 1) λ
a cos α
, kb ∈ Z

On a donc :
xkb+1 − xkb
=
Dλ
a cos α
axks cos α
D
=

ks +
1
2
‹
λ, ks ∈ Z
=⇒ xks =
D ks + 1
2

λ
a cos α
, ks ∈ Z
L’abscisse xks+1 de la frange sombre qui suit la précédente est donnée par :
xks+1 =
D ks + 3
2

λ
a cos α
, ks ∈ Z
On a donc :
xks+1 − xks =
Dλ
a cos α
Finalement, l’interfrange i est donnée par :
i =
Dλ
a cos α
3- L’orde d’interférence p−6s de la sixème frange sombre située en-dessous de la frange centrale
vaut :
p−6s = −6 +
1
2
= −
11
2
L’orde d’interférence p7b de la septième frange brillante située au-dessus de la frange centrale
vaut :
p7b = 7
d67 = i (p7b − p−6s) =
25i
2
D’où :
i =
2d67
25
i =
2 × 8 × 10−3
25
Soit :
i = 640 µm

4- La longueur d’onde λ a pour expression :
λ =
ia cos α
D
λ =
640 × 10−6
× 3 × 10−3
× cos 60◦
1, 5
Soit :
λ = 640 nm
Exercice 11.3 :
1- La présence des lames rallonge la distance parcourue par la lumière. La différence de marche
δ du point M s’exprime donc par :
δ = F2M − F1M + e2 (n2 − 1) − e1 (n1 − 1)
Or, on sait que dans le cas où a et x sont négligeables devant D, on a :
F2M − F1M =
ax
D
D’où :
δ =
ax
D
+ e2 (n2 − 1) − e1 (n1 − 1)
2- La frange centrale est caractérisée par une différenc de marche nulle. Son abscisse x0 vérifie
donc la relation :
ax0
D
+ e2 (n2 − 1) − e1 (n1 − 1) = 0
D’où :
x0 =
D [e1 (n1 − 1) − e2 (n2 − 1)]
a
x0 =
4 [0, 015 × (1, 6 − 1) − 0, 01 × (1, 5 − 1)]
5 × 10−3
Soit :
x0 = 3, 2 m
3- L’abscisse xkb
axkb
D
+ e2 (n2 − 1) − e1 (n1 − 1) = kbλ, kb ∈ Z

=⇒ xkb
=
Dkbλ + e1 (n1 − 1) − e2 (n2 − 1)
a
L’abscisse xkb+1 de la frange brillante qui suit la précédente s’exprime donc par :
=⇒ xkb+1 =
D(kb + 1) λ + e1 (n1 − 1) − e2 (n2 − 1)
a
On a donc :
xkb+1 − xkb
=
Dλ
a
axks
D
+ e2 (n2 − 1) − e1 (n1 − 1) =

ks +
1
2
‹
λ, ks ∈ Z
=⇒ xks =
D ks + 1
2

λ + e1 (n1 − 1) − e2 (n2 − 1)
a
L’abscisse xks+1 de la frange sombre qui suit la précédente s’exprime donc par :
=⇒ xks+1 =
D ks + 3
2

λ + e1 (n1 − 1) − e2 (n2 − 1)
a
On a donc :
xks+1 − xks =
Dλ
a
Finalement, l’interfrange i s’exprime par :
i =
Dλ
a
i =
4 × 600 × 10−9
5 × 10−3
Soit :
i = 480 µm
4- L’orde d’interférence p1s de la première frange sombre située au-dessus de la frange centrale
vaut :
p1s =
1
2
L’orde d’interférence p6b de la sixième frange brillante située au-dessus de la frange centrale
vaut :
p6b = 6
d16 = i (p6b − p1s)

D’où :
d16 =
11i
2
d16 =
11 × 480 × 10−6
2
Soit :
d16 = 2, 64 mm
Exercice 11.4 :
1- Les interfranges i1 et i2 correspondant aux deux radiations sont données par :
i1 =
Dλ1
a
i2 =
Dλ2
a
i1 =
3 × 450 × 10−9
2 × 10−3
i2 =
3 × 700 × 10−9
2 × 10−3
Soit :
i1 = 0, 675 mm
i2 = 1, 05 mm
2- L’abscisse x1 des points d’ordre d’interférence p1 relatifs à la radiation de longueur d’onde
λ1 s’exprime par :
x1 = p1i1
De façon analogue, l’abscisse x2 des points d’ordre d’interférence p2 relatifs à la radiation de
longueur d’onde λ2 s’exprime par :
x2 = p2i2
L’abscisse x des points où il y a coïncidence d’interférence vérifie la relation :
x = x1 = x2 = p1i1 = p2i2
On a donc :
p1
p2
=
i2
i1
=
0, 675
1, 05
=
14
9
La première coïncidence d’interférence se produit pour les plus petites valeurs entières de p1 et

p2. On a donc :
p1 = 14 et p2 = 9
L’abscisse x0 correspondant à la première coïncidence est donc donnée par :
x0 = 14i1 = 9i2
D’où :
x0 = 9, 45 mm
Exercice 11.5 :
1- Soit i l’interfrange dont l’expression est donnée par :
i =
Dλ
a
L’ordre d’interférence p−10s de la dixième frange sombre située en-dessous de la frange centrale
vaut :
p−10s = −10 +
1
2
= −
19
2
L’ordre d’interférence p10b de la dixième frange sombre située au-dessus de la frange centrale
vaut :
p10b = 10
La distance d entre les milieux de ces deux franges est donnée par :
d = (p10b − p−10s) i =
39i
2
D’où :
d =
39Dλ
2a
2- Le graphe d = f (D) a été tracé à la Figure 11.15.
3- On se rend compte que la courbe tracée passe par l’origine. L’équation de cette courbe peut
donc se mettre sous la forme ci-dessous :
d = kD
k est le coefficient directeur donné par :
k = tan θ
=
∆d
∆D
=
10−3
(14, 7 − 2, 7)
5, 5 − 1

d =
1
375
D avec d et D en m
4- En comparant l’équation de la courbe avec la relation obtenue à question 1, par identification
des coefficients, on peut écrire :
39λ
2a
=
1
375
Soit :
λ =
2a
14625
D’où :
λ = 547 nm
Exercice 11.6 :
1- Puisque la fréquence N0
perçue par l’observateur est inférieure à la fréquence N du bruit
émis par l’avion, on concult que l’avion s’éloigne de l’observateur.
2- La vitesse VA de l’avion vérifie la relation :
N0
=
NV
V + VA

D’où :
VA =
NV
N0
− V
VA =
100 × 330
57, 6
− 330
Soit :
VA = 242, 916 m.s−1
= 874, 5 km.h−1
Exercice 11.7 :
1- L’enfant courant vers la voiture avec une cadence de pas réguilière, sa vitesse VE est constante
et s’exprime par :
VE =
d
45
Soit :
VE = 11, 11 m.s−1
2- La fréquence N0
de l’onde sonore perçue par l’enfant s’exprime par :
N0
=
N (V + VE)
V
N0
=
25 × (340 + 11, 11)
340
Soit :
N0
= 25, 817 Hz
Exercice 11.8 :
1- Avant que les deux voitures ne se croisent, La fréquence N0
1 du son émis par la voiture (1)
perçue par la voiture (2) s’exprime par :
N0
1 =
N1 (V + V2)
V − V1
N0
1 =
40 ×
€
350 + 80
3,6
Š
350 − 60
3,6
Soit :
N0
1 = 44, 66 Hz

2- Avant que les deux voitures ne se croisent, la fréquence N0
N0
2 =
N2 (V + V1)
V − V2
N0
2 =
50 ×
€
350 + 60
3,6
Š
350 − 80
3,6
Soit :
N0
2 = 55, 93 Hz
3- Après que les deux voitures se soient croisées, la fréquence N00
N00
1 =
N1 (V − V2)
V + V1
N00
1 =
40 ×
€
350 − 80
3,6
Š
350 + 60
3,6
Soit :
N00
1 = 35, 75 Hz
4- Après que les deux voitures se soient croisées, la fréquence N00
N00
2 =
N2 (V − V1)
V + V2
N00
2 =
50 ×
€
350 − 60
3,6
Š
350 + 80
3,6
Soit :
N00
2 = 44, 77 Hz

Exercice 11.9 :
1- Le premier état excité corresond au niveau d’énergie n = 2. L’énergie Ee1 de l’atome d’hy-
drogène dans cet état s’exprime donc par :
Ee1 = −
13, 6
22
= −
13, 6
4
D’où :
Ee1 = −3, 4 eV
2- Le deuxième état excité corresond au niveau d’énergie n = 3. L’énergie Ee2 de l’atome d’hy-
drogène dans cet état s’exprime donc par :
Ee2 = −
13, 6
32
= −
13, 6
9
D’où :
Ee2 = −1, 511 eV
3- La fréquence νe12 du photon que l’atome d’hydrogène doit absorber pour quitter son premier
vers son deuxième état excité vérifie la relation :
Ee2 − Ee1 = hνe12
D’où :
νe12 =
Ee2 − Ee1
h
νe12 =
1, 6 × 10−19
(−1, 511 + 3, 4)
6, 62 × 10−34
Soit :
νe12 = 456, 529 THz
4- L’énergie Ee0 de l’atome d’hydrogène lorsqu’il est à son état fondamental vaut :
Ee0 = −13, 6 eV
La fréquence νe20 du photon que l’atome d’hydrogène doit émettre pour quitter son deuxième
état excité vers son état fondamental vérifie la relation :

D’où :
νe20 =
Ee2 − Ee0
h
νe20 =
1, 6 × 10−19
(−1, 511 + 13, 6)
6, 62 × 10−34
Soit :
νe20 = 2921, 785 THz
5- La fréquence νe01 du photon que l’atome d’hydrogène doit absorber pour quitter son état
fondamental et revenir à son premier état excité vérifie la relation :
D’où :
νe01 =
Ee1 − Ee0
h
νe01 =
1, 6 × 10−19
(−3, 4 + 13, 6)
6, 62 × 10−34
Soit :
νe01 = 2465, 256 THz
Considérons le système ci-desous :





En additionant membres à membres les relations de ce système, on obtient :
2Ee2 − 2Ee0 = hνe12 + hνe20 + hνe01
=⇒ 2hνe20 = hνe12 + hνe20 + hνe01
D’où :
νe20 = νe12 + νe01

Exercice 11.10 :
1- L’énergie Eph1 du photon de longueur d’onde λ1 s’exprime par :
Eph1 =
hC
λ1
=
6, 62 × 10−34
× 3 × 108
88, 66 × 10−9
= 2, 24 × 10−18
J
= 14 eV
On se rend compte que l’énergie Eph1 est supérieure à l’énergie d’ionisation Ei = 13, 6 eV de
l’atome d’hydrogène. Le photon de longueur d’onde λ1 = 88, 66 nm est donc absorbé.
L’énergie cinétique Ec avec laquelle l’électron est expulsé s’exprime par :
Ec = Eph1 − Ei
D’où :
Ec = 6, 4 × 10−20
J = 0, 4 eV
Eph2 =
hC
λ2
=
6, 62 × 10−34
× 3 × 108
97, 353 × 10−9
= 2, 04 × 10−18
J
= 12, 75 eV
On se rend compte que Eph2 Ei. Trouvons s’il existe un entier naturel n 1 tel que :
−
13, 6
n2
+ Ei = Eph2
Soit :
n =
Ê
−
13, 6
Eph2 − Ei
=
Ê
−
13, 6
12, 75 − 13, 6
= 4
Le photon de longueur d’onde λ2 = 97, 353 nm est donc absorbé, et après l’absorp-
tion de ce photon, l’atome se trouve à son quatrième niveau d’énergie.

Eph3 =
hC
λ3
=
6, 62 × 10−34
× 3 × 108
104, 746 × 10−9
= 3, 638 × 10−19
J
= 11, 85 eV
On se rend compte que Eph3 Ei. Trouvons s’il existe un entier naturel n0
2 tel que :
−
13, 6
n02
+ Ei = Eph3
Soit :
n0
=
Ê
−
13, 6
Eph3 − Ei
=
Ê
−
13, 6
11, 85 − 13, 6
= 7, 771 /
∈ N
Le photon de longueur d’onde λ3 = 104, 746 nm n’est donc pas absorbé.
Exercice 11.11 :
1- Le travail d’extraction Ws de la cellule s’exprime par :
Ws = hνs
Ws = 6, 62 × 10−34
× 600 × 1012
Soit :
Ws = 3, 972 × 10−19
J = 2, 4825 eV
2- L’énergie W de chaque photon de la source de lumière est donnée par :
W =
hC
λ
W =
6, 62 × 10−34
× 3 × 108
400 × 10−9

Soit :
W = 4, 965 × 10−19
J = 3, 103 eV
3- L’énergie cinétique maximale Ec des électrons extraits est donnée par :
Ec = W − Ws
Ec = 4, 965 × 10−19
− 3, 972 × 10−19
Soit :
Ec = 9, 93 × 10−20
J = 0, 62 eV
La vitesse maximale V des électrons extraits de la cellule vérifie la relation :
Ec =
meV2
2
D’où :
V =
Ê
2 × Ec
me
V =
Ê
2 × 9, 93 × 10−20
9, 1 × 10−31
Soit :
V = 4, 671 × 105
m.s−1
4- Le potentiel d’arrêt U0 vérifie la relation :
Ec = eU0
D’où :
U0 =
Ec
e
U0 =
9, 93 × 10−20
1, 6 × 10−19
Soit :
U0 = 620, 625 mV

Exercice 11.12 :
1- L’énergie W transportée par chaque photon de la source de lumière est donnée par :
W = hν
W = 6, 62 × 10−34
× 640 × 1012
Soit :
W = 4, 2368 × 10−19
J = 2, 648 eV
2- L’énergie cinétique maximale Ec des électrons extraits de la cellule est donnée par :
Ec =
meV2
2
Ec =
9, 1 × 10−31
× 2500002
2
Soit :
Ec = 2, 843 × 10−20
J = 0, 177 eV
Ec = eU0
D’où :
U0 =
Ec
e
U0 =
2, 843 × 10−20
1, 6 × 10−19
Soit :
U0 = 177, 73 mV
4- Le travail d’extraction Ws de la plaque vérifie la relation :
W − Ws = Ec
D’où :
Ws = W − Ec

Ws = 4, 2368 × 10−19
− 2, 843 × 10−20
Soit :
Ws = 3, 952 × 10−19
J = 2, 47 eV
5- La longueur d’onde seuil λs et la fréquence seuil νs de la plaque vérifient la relation :
Ws = hνs =
hC
λs
D’où :
νs =
Ws
h
λs =
hC
Ws
νs =
3, 952 × 10−19
6, 62 × 10−34
λs =
6, 62 × 10−34
× 3 × 108
3, 952 × 10−19
Soit :
νs = 597 THz
λs = 502, 47 nm
Exercice 11.13 :
1- La longueur d’onde seuil λs et la fréquence seuil νs de la plaque vérifient la relation :
Ws = hνs =
hC
λs
D’où :
νs =
Ws
h
λs =
hC
Ws
νs =
1, 5 × 1, 6 × 10−19
6, 62 × 10−34

λs =
6, 62 × 10−34
× 3 × 108
1, 5 × 1, 6 × 10−19
Soit :
νs = 362, 53 THz
λs = 827, 5 nm
2- L’énergie W transportée par un photon de la source de lumière est donnée par :
W =
hC
λ
W =
6, 62 × 10−34
× 3 × 108
420 × 10−9
Soit :
W = 4, 728 × 10−19
J = 2, 955 eV
3- L’énergie cinétique maximale Ec des électrons extraits est donnée par :
Ec = W − Ws
Ec = 4, 728 × 10−19
− 1, 5 × 1, 6 × 10−19
Soit :
Ec = 2, 328 × 10−19
J = 1, 455 eV
La vitesse maximale V des électrons extraits de la cellule vérifie la relation :
Ec =
meV2
2
D’où :
V =
Ê
2 × Ec
me
V =
Ê
2 × 2, 328 × 10−19
9, 1 × 10−31
Soit :
V = 7, 153 × 105
m.s−1

4- La vitesse maximale V0
avec laquelle les électrons atteignent l’anode vérifie la relation :
1
2
me
€
V02
− V2
Š
= eUAC
D’où :
V0
=
Ê
V2 +
2eUAC
me
V0
=
Ê
(7, 153 × 105 m.s−1)2
+
2 × 1, 6 × 10−31 × 2
9, 1 × 10−31
Soit :
V0
= 1, 102 × 106
m.s−1
Ec = eU0
D’où :
U0 =
Ec
e
U0 =
2, 328 × 10−19
1, 6 × 10−19
Soit :
U0 = 1, 455 V
Exercice 11.14 :
1- Les énergies respectives E1 et E2 des photons incident et diffusé sont données par :
E1 = hν1
E2 = hν2
E1 = 6, 62 × 10−34
× 800 × 1012
E2 = 6, 62 × 10−34
× 799, 99 × 1012
Soit :
E1 = 5, 296 × 10−19
J = 3, 31 eV

E2 = 5, 2959 × 10−19
J = 3, 3099 eV
2- L’énergie Ep perdue par le photon incident est donnée par :
Ep = E1 − E2
Ep = 5, 296 × 10−19
− 5, 2959 × 10−19
Soit :
Ep = 6, 62 × 10−24
J = 4, 1375 × 10−5
eV
3- Les longueurs d’onde respectives λ1 et λ2 des photons incident et diffusés sont données par :
λ1 =
C
ν1
λ2 =
C
ν2
λ1 =
3 × 108
800 × 1012
λ2 =
3 × 108
799, 99 × 1012
Soit :
λ1 = 375 nm
λ2 = 377, 35 nm
4- L’angle θ entre la direction du photon diffusé et la direction du photon incident vérifie la
1
ν2
−
1
ν1
=
2h sin2 θ
2

meC2
=⇒ sin2

θ
2
‹
=
meC2
€
1
ν2
− 1
ν1
Š
2h
D’où :
θ = 2 sin−1


s
meC2
€
1
ν2
− 1
ν2
Š
2h



θ = 2 sin−1



Ì
9, 1 × 10−31 × (3 × 108)2
× 10−12 ×
€
1
799,99
− 1
800
Š
2 × 6, 62 × 10−34



Soit :
θ = 158, 92◦
Exercice 11.15 :
1- Le Tableau 11.2 a été completé dans le Tableau 11.3 ci-dessous.
λ (nm) 400 440 515 560 600 630 675 700 735 750
ν (THz) 750 681, 81 582, 52 535, 71 500 476, 19 444, 44 428, 57 408, 16 400
U0 (V) 1, 55 1, 27 0, 85 0, 66 0, 5 0, 42 0, 3 0, 22 0, 13 0, 1
2- Soit νs la fréquence seuil de la plaque. On a la relation :
h (ν − νs) = eU0
D’où :
U0 =
h
e
ν −
h
e
νs
3- Le graphe U0 = f (ν) a été tracé à la Figure 11.16.
4- La courbe obtenue étant une droite, son équation est de la forme :
U0 = k1ν + k2
k1 est le coefficient directeur donné par :
k1 =
∆U0
∆ν
=
1, 55 − 0, 1
1012 (750 − 400)
= 4, 142 × 10−15
On a :
1, 55 = 750k1 × 1012

+ k2 et 0, 1 = 400k1 × 1012

+ k2
=⇒ 2k2 + 1150k1 × 1012

= 1, 65
=⇒ k2 = −1, 557

U0 = 4, 142 × 10−15

ν − 1, 557 Avec ν en Hz et U0 en V
5- En comparant l’équation de la courbe à la relation obtenue à la question 2, en identifiant
les coefficients, on obtient :
h
e
= 4, 142 × 10−15
D’où :
h = 6, 628 × 10−34
J.s
6- Par identification des relations, on a l’égalité :
h
e
νs = −1, 557
D’où :
νs = 375, 862 THz
On a de même :
λs =
C
νs
et Ws = hνs
D’où :
λs = 798, 165 nm
Ws = 2, 491 × 10−19
J = 1, 557 eV

Evaluation 11.1 :
Soit x l’abscisse d’un point M quelconque sur l’écran. Lorsque la lame est absente et que le
point S n’a pas encore été déplacé, la différence de marche δ du point M s’exprime par :
δ =
ax
D
L’abscisse de la frange centrale est donc nulle. Lorsqu’on place la lame derrière la fente supé-
rieure et qu’on déplace la source vers le haut, la différence de marche devient :
δ0
=
ah
d
− e (n − 1) +
ax
D
Etant donné que la frange centrale ne se déplace pas, son absisse reste nulle. On a donc :
ah
d
− e (n − 1) = 0
D’où :
n = 1 +
ah
ed
n = 1 +
11, 6 × 10−2
× 10−3
100 × 10−6 × 2
L’indice de réfraction de la lame vaut donc n = 1, 58.
Evaluation 11.2 :
La fréquence N1 du son perçu par le joggeur devant la voiture est donnée par :
N1 =
N (V − VJ)
V − VV
=⇒ N1V − N1VV = NV − NVJ
La fréquence N2 du son perçu par le joggeur derrière la voiture s’exprime par :
N2 =
N (V + VJ)
V + VV
=⇒ N2V + N2VV = NV + NVJ
On obtient donc le système ci-dessous :





N1VV − NVJ = V (N1 − N)
N2VV − NVJ = V (N − N2)

=⇒ (N1 − N2) VV = V (N1 + N2 − 2N)
D’où :
VV =
V (N1 + N2 − 2N)
N1 − N2
Multiplions les équations du système précédent respectivement par N2 et −N1. On obtient :





N1N2VV − NN2VJ = V (N1N2 − NN2)
−N1N2VV + NN1VJ = V (N1N2 − NN1)
=⇒ N (N1 − N2) VJ = V (2N1N2 − NN1 − NN2)
D’où :
VJ =
V [2N1N2 − N (N1 + N2)]
N (N1 − N2)
VV =
345 × (53, 13 + 47, 3 − 2 × 50)
53, 13 − 47, 3
VJ =
345 × [2 × 53, 13 × 47, 3 − 50 × (53, 13 + 47, 3)]
50 × (53, 13 − 47, 3)
La voiture roule donc avec une vitesse VV = 25, 446 m.s−1
= 91, 6 km.h−1
, et le
joggeur court avec une vitesse VJ = 5, 441 m.s−1
.
Evaluation 11.3 :
La lumière étant violette, sa longueur d’onde vaut λ = 400 nm. La tension UCA qui annule la
vitesse des électrons à l’anode correspond au potentiel d’arrêt. On a donc la relation :
hC

1
λ
−
1
λs
‹
= eUCA
D’où :
λs =
1
1
λ
− eUCA
hC
λs =
1
1
400×10−9 − 1,6×10−19×0,8
6,62×10−34×3×108
La longueur d’onde seuil de la cellule photoélectrique vaut donc λs = 538, 94 nm.

CHAPITRE 12. RADIOACTIVITÉ 628
Chapitre 12
Radioactivité
C’est pour cela qu’il est dit : Réveille-toi, toi qui dors, relève-toi d’entre les morts, et
Christ t’éclairera.
Ephésiens 5 : 14
12.1 Généralités
Les transformations de la matière sont au cœur de la vie quotidienne. Elles permettent
d’obtenir des substances nouvelles à partir d’autres substances, afin de pourvoir à un besoin
donné. Parmi ces transformations, on peut distinguer les réactions nucléaires, couvertes par
la branche de la physique appelée physique nucléaire qui étudie les noyaux atomiques et les
interactions qui y ont lieu. Un cas particulier des réactions nucléaires est la radioactivité. La
radioactivité est un phénomène spontanné par lequel des noyaux atomiques instables évoluent
vers des noyaux plus stables avec émission de particules accompagnées par un rayonnement
électromagnétique. On distingue la radioactivité naturelle, due aux noyaux existant à l’état
naturel et découverte en 1896 par le physicien français Henri Becquerel, et la radioactivité
artificielle, due à des noyaux n’existant pas dans la nature mais qu’on peut créer par divers
moyens, découverte en 1934 par les physiciens français Irène Joliot-Curie et Jean Frédéric
Joliot. La radioactivité s’applique à de nombreux domaines de la vie, mais présente aussi
beaucoup de risques. C’est la raison pour laquelle des méthodes de protection sont mises en
place contre les produits radioactifs.
12.2 Noyau atomique
12.2.1 Constituants du noyau atomique
La matière est constituée d’atomes, particules élémentaires qui régissent le monde microsco-
pique. L’atome est constitué d’un noyau autour duquel gravitent des électrons. Le noyau est
constitué de protons et de neutrons, l’ensemble formant les nucléons. On appelle nucléide
l’ensemble des noyaux ayant le même nombre de nucléons et le même nombre de protons. Un
élément chimique désigne la classe des atomes dont le noyau compte un même nombre de

protons. Un tableau périodique de classification des éléments chimiques a été établi en 1869
par le chimiste russe Dmitri Mendeleïev. Le symbole général du noyau d’un atome est A
Z X.
X représente le symbole de l’élément chimique relatif à l’atome, Z est le numéro atomique ou
le nombre de charge correspondant au nombre de protons et au nombre d’électrons.
A = Z + N est le nombre de masse, ou encore le nombre de nucléons, c’est-à-dire la somme
du nombre Z de protons et du nombre N de neutrons. Les isotopes sont des noyaux possédant
le même numéro atomique, mais dont les nombres de masse diffèrent.
12.2.2 Aspect énergétique du noyau atomique
L’équivalence masse-énergie formulée par le physicien allemand Albert Einstein stipule
que toute particule de masse m, même au repos, possède du simple fait de sa masse une énergie
E applée énergie de masse et dont la valeur est donnée par la relation ci-dessous :
E = mC2
(12.1)
C est la célérité de la lumière dans le vide. A travers des expériences, on se rend compte que la
masse d’un noyau est légèrement inférieure à la somme des masses de ses nucléons. On appele
défaut de masse d’un noyau atomique, noté ∆m, la différence entre la somme des masses
des nucléons qui le constituent et la masse de ce noyau. Soit m A
Z X

la masse d’un noyau A
Z X.
Notons mp la masse d’un proton et mn la masse d’un neutron. On a :
∆m = Zmp + Nmn − m A
Z X

= Zmp + (A − Z) mn − m A
Z X

(12.2)
On applle énergie de liaison notée E` l’énergie nécessaire pour séparer les neutrons et les
protons d’un noyau atomique. Elle s’exprime par :
E` = ∆mC2
=

Zmp + (A − Z) mn − m A
Z X

C2
(12.3)
L’énergie de liaison par nucléons E`A est le rapport entre l’énergie de liaison et le nombre
de nucléons A :
E`A =
E`
A
=
∆mC2
A
=

Zmp + (A − Z) mn − m A
Z X

C2
A
(12.4)
L’énergie de liaison par nucléon caractérise la stabilité du noyau. Plus sa valeur est élevée,
plus le noyau est stable. En Physique des particules atomiques, au lieu du gramme et de ses
multiples et sous-multiples, on préfère utiliser l’unité de masse atomique u qui correspond
au douzième de la masse atomique du Carbone 12. On a :
1 u = 1, 66 × 10−27
kg = 931, 5 MeV/C2
Pour calculer les énergies en MeV, il suffit donc de convertir les masses en MeV/C2
, sans avoir
besoin de remplacer C par sa valeur numérique.

12.3 Réactions nucléaires
Une réaction nucléaire est un phénomène de transformation des noyaux atomiques. Elle
peut être spontannée ou provoquée. Au cours d’une réaction nucléaire, un noyau A
Z X peut
se modifier pour former d’autres noyaux A1
Z1
X1, A2
Z2
X2, · · · An
Zn
Xn avec émissions éventuelles de
quelques particules a1
b1
Part1, a2
b2
Part2, · · · an
bn
Partn et d’un rayonnement électromagnétique γ.
L’équation générale d’une réaction nucléaire peut se mettre sous la forme ci-dessous :
A
Z X + a0
b0
Part0 −→ A1
Z1
X1 + a1
b1
Part1 + A2
Z2
X2 + a2
b2
Part2 + · · · + An
Zn
Xn + an
bn
Partn + γ
Au cours d’une réaction nucléaire, le nombre de masse et le numéro atomique se conservent :
C’est la loi de conservation de Soddy. Ainsi, on a :





A + a0 = A1 + a1 + A2 + a2 + · · · + An + an
Z + b0 = Z1 + b1 + Z2 + b2 + · · · + Zn + bn
L’énergie totale et la quantité de mouvement se conservent aussi lors d’une réaction nucléaire.
La perte de masse δm au cours de la réaction nucléaire est la différence entre la somme des
masses des produits finaux et la somme des masses des produits initiaux. Elle s’exprime par :
δm =
n
X
i=1

m Ai
Zi
Xi

+ m ai
bi
Parti

− m A
Z X

− m a0
b0
Part0

(12.5)
L’énergie E échangée au cours de la réaction s’exprime par :
E = |δm| C2
(12.6)
Si δm 0, E correspond à l’énergie libérée par la réaction. Si δm 0, E correspond à l’énergie
absorbée par la réaction.
12.3.1 Réactions nucléaires spontannées
Une réaction nucléaire est dite spontannée lorsque les noyaux atomiques y intervenant
sont ceux de substances radioactives naturelles ou artificielles : C’est la radioactivité. Lors de
la radioactivité, un noyau radioactif instable A
Z X appelé noyau père se désintègre et donne
naissance à un noyau plus stable A0
Z0 X0
appelé noyau fils. Le phénomène s’accompagne de
l’émission d’une particule a
bPart et d’un rayonnement γ. L’équation générale de la radioactivité
s’écrit :
A
Z X −→ A0
Z0 X0
+ a
bPart + γ
Généralement, le noyau fils apparaît dans un état excité A0
Z0 X0∗
. Le rayonnement γ correspond
à l’énergie qu’il libère afin de passer à son état fondamental, selon l’équation de désexcitation
ci-dessous :
A0
Z0 X0∗
−→ A0
Z0 X0
+ γ

Il existe trois types de radioactivité ; la radioactivité α qui s’accompagne de l’émission d’un
noyau d’Hélium 4
2He (particule α), la radioactivité β−
qui s’accompagne de l’émission d’un
électron, et la radioactivité β+
qui s’accompagne de l’émission d’un positon. Le positon
est l’anti-particule de l’électron. Il possède la même masse que l’électron, mais une charge
électrique opposée. La charge électrique du positon correpond donc à la charge élémentaire e.
L’émission d’un positon s’accompagne par celle d’un neutrino, particule de charge nulle et de
masse nulle ou très faible. On appelle famille radioactive l’ensemble des noyaux issus d’un
mème noyau père. Il existe quatre familles radioactives. Parmi elles, on distingue trois familles
naturelles, dont les pères sont respectivement l’Uranium, l’Actinium et le Thorium et qui
aboutissent toutes à l’isotope stable de Plomb. Il existe une seule famille artificielle, dont le
noyau père est le Neptunium et qui aboutit au Bismuth. La radioactivité est d’une grande
utilité pour la science et la technologie. Elle intervient dans les Organismes Génétiquement
Modifiés (OGM) en Biologie et dans la gammagraphie en Industrie. Dans le domaine
médical, elle est appliquée dans les techniques de scintigraphie, de radiothérapie ou encore
de curiethérapie.
12.3.2 Réactions nucléaires provoquées
Une réaction nucléaire est dite provoquée lorsqu’on la produit artificiellement par bombarde-
ment de particules ou de radiations. Les réactions nucléaires provoquées les plus courantes sont
la transmutation, la fission et la fusion. La transmutation consiste à mettre un noyau en
collision avc un noyau d’Hélium. La fission est la réaction par laquelle un noyau très lourd se
divise en d’autres noyaux plus légers. Très souvent, cette réaction nécessite le bombardement du
noyau lourd par un neutron. La fusion quant à elle est la réaction par laquelle deux noyaux lé-
gers s’associent pour donner naissance à un noyau plus lourd. Certaines particules élémentaires
et leurs symboles nucléaires ont été représentées dans le Tableau 12.1 ci-dessous.
Tableau 12.1 – Symboles de quelques particules élémentaires.
Particule élémentaire Symbole
Electron 0
−1e
Positon 0
1e
Proton 1
1p
Neutron 1
0n
Neutrino 0
0ν
Les réactions nucléaires sont mises à profit dans la production de l’énergie électrique. A l’heure
actuelle, l’énergie nucléaire est considérée par certains organismes scientifiques comme une
source d’énergie verte, et des moyens considérables sont mis en jeu afin de l’exploiter à l’avenir
à des fins durables.

12.4 Décroissance radioactive
Soit A
Z X un noyau radioactif qui se désintègre pour donner naissance à un autre noyau
A0
Z0 X0
. Considérons un échantillon radioactif contenant initialement (à la date t = 0) un nombre
N0 de noyaux de A
Z X. Ces noyaux vont se désintégrer progressivement et des noyaux de A0
Z0 X0
apparaîtront. Ainsi, le nombre de noyaux de A
Z X diminue tandis que le nombre de noyaux de
A0
Z0 X0
augmente de la même quantité. A une date quelconque t, notons NX (t) le nombre de
noyaux de A
Z X restants dans l’échantillon et NX0 (t) le nombre de noyaux de A0
Z0 X0
qui se sont
formés. NX0 (t) correspond encore au nombre de noyaux de A
Z X qui se sont désintégrés en A0
Z0 X0
.
La loi de la décroissance radioactive s’écrit :
NX (t) = N0 exp (−λt) (12.7)
On a également la relation :
NX0 (t) = N0 − NX (t) = N0 [1 − exp (−λt)] (12.8)
λ est la constante radioactive propre au noyau père A
Z X. Elle a la dimension de l’inverse d’un
temps et s’exprime en s−1
. On définit la période radioactive ou la demi-vie t1/2 comme le
temps au bout duquel la moitié des noyaux de A
Z X contenus initialement dans l’échantillon se
désintègrent. On a :
NX t1/2

= NX0 t1/2

=
N0
2
=⇒ exp −λt1/2

=
1
2
=⇒ −λt1/2 = ln

1
2
‹
= −ln 2
D’où :
t1/2 =
ln 2
λ
(12.9)
La demi-vie peut s’exprimer en années, en mois, en semaines, en jours, en heures, en minutes
ou en secondes. Soient mX (t) et mX0 (t) les masses respectives de A
Z X et A0
Z0 X0
dans l’échantillon
à une date t. m0 étant la masse initiale des noyaux de A
Z X contenus dans l’échantillon, on a les
relations :
mX (t) = m0 exp (−λt) (12.10)
mX0 (t) = m0 − mX (t) = m0 [1 − exp (−λt)] (12.11)
Les quantités de matière nX (t) et nX0 (t) de A
Z X et A0
Z0 X0
à la date t dans l’échantillon vérifient
les relations :
nX (t) =
mX (t)
MX
=
NX (t)
NA
(12.12)
nX0 (t) =
mX0 (t)
MX0
=
NX0 (t)
NA
(12.13)

MX et MX0 sont les masses molaires respectives de A
Z X et A0
Z0 X0
. NA est la constante d’Avo-
gadro, dont la valeur vaut NA = 6, 02 × 1023
mol−1
. On définit l’activité A d’un échantillon
radioactif comme le nombre de désintégration par unité de temps. Elle s’exprime par :
A(t) =
dNX0 (t)
dt
= −
dNX (t)
dt
= λN0 exp (−λt) = λNX (t) (12.14)
L’activité d’un échantillon s’exprime en Becquerel (Bq). Les courbes d’évolution en fonction
du temps de NX (t) et NX0 (t) ont été représentées à la Figure 12.1, tandis que la courbe
d’évolution de A(t) a été représentée à la Figure 12.2.
Figure 12.1 – Courbes d’évolution de NX (t) et NX0 (t).
Figure 12.2 – Courbes d’évolution de A(t).
La décroissance radioactive est exploitée dans diverses techniques, notamment la datation par
le Carbone 14, méthode employée afin de déterminer l’âge de la mort d’un organisme animal
ou végétal.

12.5 Interaction rayonnement-matière
Considérons une couche de matière qu’on éclaire par un rayonnement électromagnétique
constitué de photons. Notons N0 le nombre incident de photons à l’entrée de la couche. Au fur
et à mesure qu’on propgresse dans cette couche, certains photons interagissent avec la matière
et sont de ce fait atténués. Pour une épaisseur x de matériau, le nombre Nt (x) de photons
transmis sans atténuation et le nombre Na (x) de photons atténués s’expriment par :
Nt (x) = N0 exp (−µx) (12.15)
Na (x) = N0 − Nt (x) = N0 [1 − exp (−µx)] (12.16)
µ est le coefficient d’atténuation linéaire propre à la matière interagissant avec le rayon-
nement. Il dépend de l’énergie du rayonnement et du numéro atomique de la matière. Il a
la dimension de l’inverse d’une longueur. On l’exprime généralement en cm−1
. On définit le
coefficient d’atténuation massique µm comme le rapport entre le coefficient d’atténuation
linéaire et la masse volumique ρ de la matière :
µm =
µ
ρ
(12.17)
Les courbes d’évolution de Nt (x) et Na (x) ont été représentées à la Figure 12.3 ci-dessous.
Figure 12.3 – Courbes d’évolution de Nt (x) et Na (x).
x1/2 est la couche de demi-atténuation (CDA), définie comme l’épaisseur de la couche de
matière permettant à la moitié des photons incidents d’être transmis sans atténuation. On a :
x1/2 =
ln 2
µ
(12.18)
La CDA s’exprime généralement en cm ou en mm.

12.6 Effets de la Radioactivité et Radioprotection
La radioactivité peut avoir des effets néfastes sur l’environnement et la santé des êtres vi-
vants. Les substances radioactives peuvent attaquer les gênes, causer des cancers, des lésions,
des brûlures et d’autres maladies graves et mortelles. La contamination aux substances radioac-
tives peut s’effectuer par consommation, innhalation (respiration d’une substance radioactive),
irradiation (exposition à un rayonnement radioactif) ou encore par injection dans l’organisme.
Afin de palier à ces dangers, des mesures de radioprotection ont été prises par l’Agence In-
ternationale de l’Energie Atomique (AIEA). La radioprotection est l’ensemble des
méthodes de protection contre les rayonnements radioactifs. L’AEIA recommande entre autres
la construction des installations nucléaires sécurisées avec des matériaux ayant une forte teneur
en plomb, le port des combinaisons spéciales ayant des réserves autonomes en Oxygène pour
la respiration, l’usage des écrans de protection et des filtres contre les particules radioactives,
l’interdiction de la dissémination des déchets radioactifs dans l’environnement.

Exercices
On prendra partout où le besoin se présentera les masses respectives du proton et du neutron
mp = 1, 0072764 u et mn = 1, 0086649 u.
Exercice 12.1 :
On suppose que les transformations nucléaires suivantes sont possibles. Pour chacune d’elles,
déterminer les valeurs de x et y.
1-
210
84Po −→ 205
81Ti + x4
2He + y1
1p
2-
239
94Pu −→ 231
91Pa + x4
2He + y 0
−1e
3-
174
70Yb −→ 166
68Er + x4
2He + y 0
−1e
4-
90
40Zr −→ 85
37Rb + x1
1p + y 0
−1e
5-
44
22Ti −→ 32
14Si + x4
2He + y0
1e
Exercice 12.2 :
On suppose que les transformations nucléaires suivantes sont acceptables. Ecrire l’équation cor-
respondant à chacune d’elles.
1- Transformation de l’Indinium 115 (115
49In) en Argent 107 (107
47Ag) avec émission de particules
α et β−
.
2- Transformation du Fer 54 (54
26Fe) en Scandium 46 (46
21Sc) avec émission de particules α et β+
.
3- Transformation du Fer 56 (56
26Fe) en Chrome 52 (52
24Cr) avec émission de protons et de parti-
cules β−
.
4- Transformation de l’Or 197 (197
79Au) en Thulium 169 (169
69Tm) avec émission de particules α
et de neutrons.
5- Transformation du Tellure 128 (128
52Te) en Cadmium 114 (114
48Cd) avec émission de protons et
de neutrons.
Exercice 12.3 :
La masse atomique du Rhénium 185 (185
75Re) vaut m = 186, 207 u.
1- Calculer le défaut de masse ∆m du Rhénium 185 (185
75Re).
2- En déduire son énergie de liaison E` et son énergie de liaison par nucléon E`A.

Exercice 12.4 :
L’énergie de liaison du Hafnium 180 (180
72Hf) vaut E` = 2766, 28 MeV.
1- Calculer son énergie de liaison par nucléon E`A.
2- Calculer le défaut de masse ∆m du Hafnium 180.
3- En déduire la masse m du Hafnium 180.
Exercice 12.5 :
La fission induite de l’Uranium 235 (235
92U) par absorption d’un neutron donne naissance à un
noyau de Strontium 94 (94
38Sr), un noyau de Xénon 140 (140
Xe) et certains neutrons. On donne :
m 235
92U

= 235, 0134 u ; m 94
38Sr

= 93, 8946 u ; m 140
Xe

= 140, 1057 u
1- Combien de neutrons sont-ils émis par la fission ? Ecrire l’équation de cette fission.
2- Calculer la perte de masse δm.
3- En déduire l’énergie E libérée par cette fission.
Exercice 12.6 :
La fusion d’un noyau de Deutérium (2
1H) et d’un noyau de Tritium (3
1H) (deux isotopes de
l’Hydrogène) donne naissance à une particule α et à une autre particule. On donne :
m 2
1H

= 2, 0141 u ; m 3
1H

= 3, 01605 u ; m (α) = 4, 002602 u
1- Quelle est cette autre particule ? Ecrire l’équation de cette fusion.
2- Calculer la perte de masse δm.
3- En déduire l’énergie E libérée par cette fusion.
Exercice 12.7 :
La désintégration du Néodyme 144 (144
60Nd) en Cérium 140 (Ce) est de type α. Sa demi-vie est
de 2, 29 × 1015
années. On considère un échantillon radioactif contenant initialement N0 = 1030
noyaux de Néodyme 144.
1- Ecrire l’équation de la désintégration du Néodyme 144 en Cérium 140.
2- Calculer la constante radioactive λ du Néodyme 144.
3- Calculer l’activité initiale A0 de l’échantillon.
4- Déterminer le nombre N1 de noyaux de Néodyme 144 restants ainsi que l’activité A1 de
l’échantillon au bout de 1015
ans.
5- Déterminer le nombre N2 de noyaux de Néodyme 144 désintégrés ainsi que l’activité A2 de
l’échantillon au bout de 1016
ans.
Exercice 12.8 :
Le Strontium 90 (90
38Sr) se désintègre en Yttrium 90 (Y) en émettant un électron. On considère
un échantillon radioactif contenant initialement N0 = 1012
noyaux de Strontium 90 et dont l’ac-
tivité initiale vaut A0 = 763, 71 Bq.

1- De quel type de désintégration s’agit-il ? Ecrire l’équation de cette désintégration.
2- Calculer la constante radioactive λ et la période radioactive t1/2 du Strontium 90.
3- Après combien de temps ne reste-t-il plus que 109
noyaux de Strontium 90 dans l’échan-
tillon ?
4- Après combien de temps 1011
noyaux de Yttrium 90 se sont formés dans l’échantillon ?
Exercice 12.9 :
La désintégration de l’Oxygène 15 (15
8O) en Azote 15 (N) est de type β+
. La constante ra-
dioactive de l’Oxygène 15 vaut λ = 5, 675 × 10−3
s−1
. On considère un échantillon radioactif
contenant initialement une masse m0 = 12, 46 Kg d’Oxygène 15. On prendra la masse molaire
de l’Oxygène 15 M = 15 g.mol−1
.
1- Ecrire l’équation de la désintégration de l’Oxygène 15.
2- Calculer le nombre initial N0 de noyaux dans l’échantillon, ainsi que son activité initiale A0.
3- Calculer la demi-vie t1/2 de l’Oxygène 15.
4- Déterminer la masse m1 d’Oxygène 15 dans l’échantillon après 10 minutes.
5- Après combien de temps l’échantillon ne contiendra plus que 1 mg d’Oxygène 15 ?
Exercice 12.10 :
La désintégration d’un noyau d’Erbium 169 (169
68Er) conduit à un noyau de Thulium 169 (169
69Tm)
et une particule élémentaire. La période radioactive de l’Erbium 169 est de 9, 4 jours.
1- Quelle est cette particule élémentaire et de quel type de désintégration s’agit-il ? Ecrire son
équation.
2- Calculer la constante radioactive λ de l’Erbium 169.
3- Après combien de temps ne reste-t-il plus que 80% de noyaux d’Erbium 169 dans un échan-
tillon radioactif contenant initialement de l’Erbium 169 ?
4- Après combien de temps l’activité d’un chantillon radioactif contenant de l’Erbium 169 aura
dimunié de 95% ?
Exercice 12.11 :
Un isotope de Germanium (Ge) subit deux désintégrations β−
donnant naissance au Sélenium
76 (76
34Se). On considère un échantillon radioactif contenant des noyaux de cet isotope. A travers
des expériences, on a observé que son activité a diminué de 1% après 1, 45 × 1019
années.
1- De quel isotope s’agit-il ? Ecrire l’équation de sa désintégration.
2- Calculer la constante radioactive λ et la demi-vie t1/2 de cet isotope.
3- Quel est le pourcentage de noyaux de Germanium présents dans l’échantillon après 1020
années ?
4- Quel est le pourcentage de noyaux de Germanium qui se sont désintégrés dans l’échantillon
après 1022
années ?

Exercice 12.12 :
On considère un échantillon radioactif contenant des noyaux de Thorium 231 (231
90Th). On
mesure l’activité A de l’échantillon en fonction du temps t. Les données ont été consignées
dans le Tableau 12.2 ci-dessous. On note λ la constante radioactive du Thorium 231.
t (h) 6 30 55 80 105 130 150 174 200 230
A (109
Bq) 440 229, 2 116, 1 58, 8 29, 8 15, 1 8, 8 4, 6 2, 3 1
ln A
1- Ecrire l’équation de la désintégration du Thorium 231 sachant qu’elle conduit au Protacti-
nium 231 (231
91Pa).
2- Exprimer ln A en fonction de λ, de t et de l’activité initiale A0.
3- Compléter le Tableau 12.2.
4- Tracer le graphe ln A = f (t). Echelle : 1 cm −→ 20 h et 1 cm −→ 2 unité en ordonnée.
6- Déterminer les valeurs λ et de la période radioactive t1/2 du Thorium 231.
7- Déterminer l’activité initiale A0 de l’échantillon et le nombre initial N0 de noyaux qu’il
contient.
Exercice 12.13 :
Pour un rayonnement électromagnétique d’énergie donnée, le coefficient d’atténuation linéaire
du Carbone vaut µ = 0, 335 cm−1
.
1- Calculer la couche de demi-atténuation x1/2 du Carbone.
2- Déterminer le pourcentage de photons transmis sans atténuation sur une épaisseur de 5 cm
de Carbone.
3- Déterminer le pourcentage de photons atténués sur une épaisseur de 10 cm de Carbone.
Exercice 12.14 :
Le coefficient d’atténuation massique de l’Aluminium vaut µm = 8, 4 mm2
.g−1
.
1- Calculer le coefficient d’atténuiation linéaire de l’Aluminium sachant que sa masse volumique
vaut ρAl = 2, 7 g.cm−3
.
2- En déduire la couche de demi-atténuation x1/2 de l’Aluminium.
3- Déterminer l’épaisseur e1 d’Aluminium permettant à 80% de photons de le traverser.
4- Déterminer l’épaisseur e2 d’Aluminium permettant d’atténuer 60% de photons.
Exercice 12.15 :
La couche de demi-atténuation du Cuivre vaut x1/2 = 1, 824 mm et sa masse volumique vaut
ρCu = 8, 96 g.cm−3
. Lorsqu’on soumet une couche de Cuivre d’épaisseur e = 181, 8 mm à un
rayonnement de photons, on détecte à la sortie de la couche un seul photon.

1- Calculer le coefficient d’atténuiation linéaire µ et le coefficient d’atténuation massique µm
du Cuivre.
2- Calculer le nombre N0 de photons incident.
3- Quel aurait du être l’épaisseur e0
de la couche pour que 10 photons de plus soient détectés
à la sortie de la couche.

Evaluation 12.1 :
La courbe de la Figure 12.4 ci-dessous se trouve sur un papier qu’a découvert un élève de
Terminale. Il s’agit de l’évolution de l’activité d’un échantillon radioactif en fontion du temps.
Aider cet élève à déterminer le nombre de noyaux radioactifs que contenait initialement l’échan-
tillon.
Evaluation 12.2 :
La demi-vie du Radium 226 de masse molaire MRa = 226 g.mol−1
est de 1602 années. Il est
radioactif α et se désintègre en Radon 222 de masse molaire MRn = 222 g.mol−1
. En ana-
lysant un échantillon radioactif, on constate qu’il contient mRa = 569, 424 g de Radium et
mRn = 302, 817 g de Radon. Quel est l’âge de cet échantillon ?
Evaluation 12.3 :
On considère deux couches de matériaux (M1) et (M2) d’épaisseurs respectives e1 = 10 mm et
e2 = 15 mm et de coefficients d’atténuation respectifs µ1 et µ2. Pour un même rayonnement
de photons, le pourcentage de photons atténués par les deux couches est le même. On soumet
la couche de matériau (M1) à un rayonnement de photons, et on place juste dèrrière elle la
couche de matériau (M2). A la sortie de cette couche, on se rend compte que les photons ont
été atténués de 90%. Calculer µ1 et µ2.

Exercice 12.1 :
On utilise la loi de conservation de Soddy pour chaque transformation.
1- On a :
4x + y + 205 = 210 et 2x + y + 81 = 84
Soit : 




4x + y = 5
2x + y = 3
D’où :
x = 1 et y = 1
2- On a :
4x + 231 = 239 et 2x − y + 91 = 94
Soit : 




4x = 8
2x − y = 3
D’où :
x = 2 et y = 1
3- On a :
4x + 166 = 174 et 2x − y + 68 = 70
Soit : 




4x = 8
2x − y = 2
D’où :
x = 2 et y = 2
4- On a :
x + 85 = 90 et x − y + 37 = 40
Soit : 




x = 5
x − y = 3

D’où :
x = 5 et y = 2
5- On a :
4x + 32 = 44 et 2x + y + 14 = 22
Soit : 




4x = 12
2x + y = 8
D’où :
x = 3 et y = 2
Exercice 12.2 :
1- L’équation de la transformation s’écrit :
115
49In −→ 107
47Ag + x4
2He + y 0
−1e
Des lois de conservation, on a :
4x + 107 = 115 et 2x − y + 47 = 49
Soit :
x = 2 et y = 2
L’équation s’écrit donc :
115
49 In −→ 107
47 Ag + 24
2He + 2 0
−1e
54
26Fe −→ 46
21Sc + x4
2He + y0
1e
Des lois de conservation, on a :
4x + 46 = 54 et 2x + y + 21 = 26
Soit :
x = 2 et y = 1
54
26Fe −→ 46
21Sc + 24
2He + 0
1e

56
26Fe −→ 52
24Cr + x1
1p + y 0
−1e
De la loi de conservation de Soddy, on a :
x + 52 = 56 et x − y + 24 = 26
Soit :
x = 4 et y = 2
56
26Fe −→ 52
24Cr + 41
1p + 2 0
−1e
197
79Au −→ 169
69Tm + x4
2He + y1
0n
4x + y + 169 = 197 et 2x + 69 = 79
Soit :
x = 5 et y = 8
197
79 Au −→ 169
69 Tm + 54
2He + 81
0n
128
52Te −→ 114
48Cd + x1
1p + y1
0n
x + y + 114 = 128 et x + 48 = 52
Soit :
x = 4 et y = 10
128
52 Te −→ 114
48 Cd + 41
1p + 101
0n

Exercice 12.3 :
1- Le 185
75Re contient A = 185 nucléons et Z = 75 protons. Son défaut de masse ∆m vaut :
∆m = Zmp + mn (A − Z) − m
∆m = 75 × 1, 0072764 + 1, 0086649 × (185 − 75) − 186, 207
Soit :
∆m = 0, 2918 u = 271, 875 Mev/C2
2- L’énergie de liaison s’exprime par :
E` = ∆mC2
Soit :
E` = 271, 875 MeV
L’énergie de liaison par nucléon est quant à elle donnée par :
EÀ =
E`
A
EÀ =
271, 875
185
Soit :
EÀ = 1, 469 MeV
Exercice 12.4 :
1- L’énergie de liaison par nucléon du Hafnium 180 est donnée par :
EÀ =
E`
A
EÀ =
2766, 28
180
Soit :
EÀ = 15, 368 MeV

2- Le défaut de masse ∆m du Hafnium vérifie la relation :
E` = ∆mC2
D’où :
∆m =
E`
C2
Soit :
∆m = 2766, 28 MeV/C2
= 2, 969 u
3- La masse m du noyau d’Hafnium 180 vérifie :
∆m = Zmp + (A − Z) mn − m
D’où :
m = Zmp + (A − Z) mn − ∆m
m = 72 × 1, 0072764 + 1, 0086649 × (180 − 72) − 2, 969
Soit :
m = 178, 49 u
Exercice 12.5 :
1- Soit x le nombre de neutrons émis. L’équation de la fission s’écrit :
235
92U + 1
0n −→ 94
38Sr + 140
y Xe + x1
0n
x + 140 + 94 = 235 + 1 et y + 38 = 92
Soit :
x = 2 et y = 54
La fission libère donc 2 neutrons, et son équation s’écrit :
235
92 U + 1
0n −→ 94
38Sr + 140
54 Xe + 21
0n

2- La perte de masse δm s’exprime par :
δm = m 94
38Sr

+ m 140
Xe

+ 2mn − m 235
92U

− mn
D’où :
δm = m 94
38Sr

+ m 140
Xe

+ mn − m 235
92 U

δm = 93, 8946 + 140, 1057 + 1, 0086649 − 235, 0134
Soit :
δm = −4, 4351 × 10−3
u = −4, 131 MeV/C2
3- L’énergie E libérée par cette fission est donnée par :
E = |δm| C2
Soit :
E = 4, 131 Mev
Exercice 12.6 :
1- L’équation de la fusion s’écrit :
2
1H + 3
1H −→ 4
2He + A
Z X
A + 4 = 3 + 2 et Z + 2 = 1 + 1
Soit :
A = 1 et Z = 0
Cette autre particule émise est donc le neutron 1
0n. L’équation de cette fusion s’écrit donc :
2
1H + 3
1H −→ 4
2He + 1
0n
2- La perte de masse δm s’exprime par :
δm = m (α) + mn − m 2
1H

− m 3
1H

δm = 4, 002602 + 1, 0086649 − 2, 0141 − 3, 01605

Soit :
δm = −0, 01888 × 10−3
u = −17, 589 MeV/C2
3- L’énergie E libérée par cette fusion est donnée par :
E = |δm| C2
Soit :
E = 17, 589 Mev
Exercice 12.7 :
1- La désintégration du Néodyme 144 en Cérium étant de type α, l’équation de cette désinté-
gration s’écrit :
144
60 Nd −→ 140
58 Ce + 4
2He
2- Soit t1/2 = 2, 29 × 1015
ans la demi-vie du Néodyme 144. Sa constante radioactive λ vaut :
λ =
ln 2
t1/2
λ =
ln 2
2, 29 × 1015 × 365 × 24 × 3600
D’où :
λ = 9, 598 × 10−24
s−1
3- L’activité initiale A0 de l’échantillon est liée au nombre initial N0 de noyaux selon la relation :
A0 = λN0
A0 = 9, 598 × 10−24
× 1030
Soit :
A0 = 9, 598 × 106
Bq
4- Le nombre N1 de noyaux de Néodyme 144 restants au bout de t1 = 1015
ans est donné par

la relation :
N1 = N0 exp (−λt1)
N1 = 1030
× exp −9, 598 × 10−24
× 1015
× 365 × 24 × 3600

Soit :
N1 = 7, 388 × 1029
noyaux
L’activité A1 de l’échantillon au bout de t1 = 1015
ans. est donnée par :
A1 = λN1
A1 = 9, 598 × 10−24
× 7, 388 × 1029
Soit :
A1 = 7, 091 × 106
Bq
5- Le nombre N2 de noyaux de Néodyme 144 désintégrés au bout de t2 = 1016
ans est donné
par la relation :
N2 = N0 [1 − exp (−λt2)]
N2 = 1030
×

1 − exp −9, 598 × 10−24
× 1016
× 365 × 24 × 3600

Soit :
N2 = 9, 515 × 1029
noyaux
L’activité A2 de l’échantillon au bout de t2 = 1016
ans est donnée par :
A2 = λ (N0 − N2)
A2 = 9, 598 × 10−24
× 1030
− 9, 515 × 1029

Soit :
A2 = 4, 652 × 105
Bq

Exercice 12.8 :
1- Etant donné que la désintégration s’accompagne de l’émission d’un électron, il s’agit d’une
désintégration β−
. L’équation de cette désintégration s’écrit :
90
38Sr −→ 90
39Y + 0
−1e
2- La constante radioactive λ du Strontium 90 vérifie la relation ci-dessous :
A0 = λN0
D’où :
λ =
A0
N0
λ =
763, 71
1012
Soit :
λ = 7, 6371 × 10−10
La période radioactive t1/2 du Strontium 90 vérifie la relation :
t1/2 =
ln 2
λ
t1/2 =
ln 2
7, 6371 × 10−10 s−1
Soit :
t1/2 = 9, 076 × 108
s = 28, 78 ans
3- Le nombre Nr de noyaux de Strontium 90 restants dans l’échantillon à une date t s’exprime
par :
Nr = N0 exp (−λt)
=⇒ exp (−λt) =
Nr
N0
=⇒ −λt = ln

Nr
N0
‹
=⇒ t = −
ln
€
Nr
N0
Š
λ
=
ln N0 − ln Nr
λ

Soit t1 la date à laquelle il ne reste plus que 109
noyaux. On a donc :
t1 =
ln 1012
− ln 109
7, 6371 × 10−10
Donc, il reste 109
noyaux de Strontium 90 après 286, 815 ans.
4- Le nombre Nd de noyaux d’Yttrium 90 contenus dans l’échantillon à une date t s’exprime
par :
Nd = N0 [1 − exp (−λt)]
=⇒ 1 − exp (−λt) =
Nd
N0
=⇒ exp (−λt) =
N0 − Nd
N0
=⇒ −λt = ln

N0 − Nd
N0
‹
=⇒ t = −
ln
€
N0−Nd
N0
Š
λ
=
ln N0 − ln (N0 − Nd)
λ
Soit t2 la date à laquelle 1010
noyaux d’Yttrium 90 se sont formés. On a donc :
t2 =
ln 1012
− ln (1012
− 1011
)
7, 6371 × 10−10
Donc, 1011
noyaux d’d’Yttrium 90 se sont formés dans l’échantillon après 4, 37 ans.
Exercice 12.9 :
1- L’équation de la désintégration de l’Oxygène 15 en Azote 15 s’écrit :
15
8 O −→ 15
7 N + 0
1e
2- Le nombre initial N0 de noyaux contenus dans l’échantillon vérifie la relation :
N0
NA
=
m0
M
D’où :
N0 =
NAm0
M
N0 =
6, 02 × 1023
× 12, 46 × 103
15
Soit :
N0 = 5 × 1026
noyaux

L’activité initiale A0 de l’échantillon est donnée par :
A0 = λN0
A0 = 5, 675 × 10−3
× 5 × 1026
Soit :
A0 = 2, 837 × 1024
Bq
3- La demi-vie t1/2 de l’Oxygène 15 est donnée par :
t1/2 =
ln 2
λ
t1/2 =
ln 2
5, 675 × 10−3
Soit :
t1/2 = 122, 14 s = 2, 035 min
4- La masse m1 de l’échantillon après t1 = 10 min est donnée par :
m1 = m0 exp (−λt1)
m1 = 12, 46 × exp −5, 675 × 10−3
× 10 × 60

Soit :
m1 = 413, 757 g
5- La masse m de l’échantillon à un instant t est donnée par la relation :
m = m0 exp (−λt)
=⇒ exp (−λt) =
m
m0
=⇒ −λt = ln

m
m0
‹
=⇒ t = −
ln
€
m
m0
Š
λ
=
ln m0 − ln m
λ

Soit t2 la date à laquelle l’échantillon ne contient plus que 1 mg d’Oxygène 15. On a donc :
t2 =
ln (12, 46 × 106
) − ln 1
5, 675 × 10−3
Donc, l’échantillon ne contient plus que 1 mg d’Oxygène 15 après 47, 98 minutes,
donc presque 48 minutes.
Exercice 12.10 :
1- Soit A
Z X la particule élémentaire émise lors de la désintégration de l’Erbium 169 en Thulium
169. L’équation de la désintégration s’écrit :
169
68Er −→ 169
69Tm + A
Z X
A + 169 = 169 et Z + 69 = 68
Soit :
A = 0 et Z = −1
La particule élémentaire émise est donc l’électron 0
−1e. Il s’agit donc d’une désintégration
β−
. L’équation de cette désintégration s’écrit finalement :
169
68 Er −→ 169
69 Tm + 0
−1e
2- Soit t1/2 = 9, 4 jours la période radioactive de l’Erbium 169. Sa constante radioactive λ
s’exprime par :
λ =
ln 2
t1/2
λ =
ln 2
9, 4 × 24 × 3600
D’où :
λ = 8, 534 × 10−7
s−1
3- Soit N0 le nombre de noyaux d’Erbium 169 contenus initialement dans un échantillon radio-
actif. Le nombre Nr de noyaux restants dans l’échantillon à une date t s’exprime par :
Nr = N0 exp (−λt)
=⇒ exp (−λt) =
Nr
N0

=⇒ −λt = ln

Nr
N0
‹
=⇒ t = −
ln
€
Nr
N0
Š
λ
Soit t1 la date à laquelle il ne reste plus que 80% de noyaux d’Erbium 169 dans l’échantillon.
On a :
Nr
N0
= 80% = 0, 8
Donc :
t1 = −
ln (0, 8)
8, 534 × 10−7
Donc, il reste 80% de noyaux d’Erbium 169 contenus dans un échantillon radioactif
après 3, 026 jours.
4- Soit A0 l’activité initiale d’un échantillon radioactif contenant de l’Erbium 169. L’activité
A de l’échantillon à une date t s’exprime par :
A = A0 exp (−λt)
La diminution relative ∆Ar de l’activité s’exprime donc par :
∆Ar =
A0 − A
A0
=
A0 − A0 exp (−λt)
A0
= 1 − exp (−λt)
=⇒ exp (−λt) = 1 − ∆Ar
=⇒ −λt = ln (1 − ∆Ar)
=⇒ t = −
ln (1 − ∆Ar)
λ
Soit t2 la date à laquelle l’activité d’un chantillon radioactif contenant de l’Erbium 169 a dimunié
de 95%. On a :
∆Ar = 95% = 0, 95
Donc :
t2 = −
ln (1 − 0, 95)
8, 534 × 10−7
Donc, l’activité d’un échantillon radioactif contenant de l’Erbium 169 aura dimunié
de 95% après 40, 626 jours.

Exercice 12.11 :
1- Soit A
Z Ge l’isotope en question. L’équation de sa désintégration s’écrit :
A
Z Ge −→ 76
34Se + 2 0
−1e
A = 76 et Z = 34 − 2 = 32
L’isotope en question est donc le Germanium 76 76
32Ge

. L’équation de sa désintégration
s’écrit donc :
76
32Ge −→ 76
34Se + 2 0
−1e
2- Soit A0 l’activité initiale de l’échantion et λ la constante radioactive du Germanium 76.
L’activité A de l’échantillon à une date t s’exprime par :
A = A0exp (−λt)
La diminution relative ∆Ar de l’activité s’exprime par :
∆Ar =
A0 − A
A0
= 1 − exp (−λt)
=⇒ exp (−λt) = 1 − ∆Ar
=⇒ −λt = ln (1 − ∆Ar)
=⇒ λ = −
ln (1 − ∆Ar)
t
Soit t = 1, 45 × 1019
années la date à laquelle l’activité de l’échantillon a diminué de 1%. On a
ainsi :
∆Ar = 1% = 0, 01
Donc :
λ = −
ln (1 − 0, 01)
1, 45 × 1019 × 365 × 3600 × 24
D’où :
λ = 2, 197 × 10−29
s−1
La demi-vie t1/2 du Germanium 76 est donnée par :
t1/2 =
ln 2
λ
t1/2 =
ln 2
2, 197 × 10−29

Soit :
t1/2 = 1021
ans
3- Soit N0 le nombre de noyaux de Germanium 76 contenus initialement dans l’échantillon. Le
nombre Nr de noyaux restants à la date t1 = 1020
années s’exprime par :
Nr = N0 exp (−λt1)
=⇒
Nr
N0
= exp (−λt1) = exp −2, 197 × 10−29
s−1
× 1020
× 365 × 3600 × 24

Donc, après 1020
ans, il reste 93, 3% de noyaux de Germanium 76.
4- Le nombre Nd de noyaux de Germanium désintégrés à la date t2 = 1022
années s’exprime
par :
Nd = N0 [1 − exp (−λt2)]
=⇒
Nd
N0
= 1 − exp (−λt2) = 1 − exp −2, 197 × 10−29
s−1
× 1022
× 365 × 3600 × 24

Donc, après 1022
ans, 99, 9% de noyaux de Germanium se sont désintégrés.
Exercice 12.12 :
1- Soit A
Z X la particule émise lors de la désintégration radioactive du Thorium 231 en Protac-
tinium 231. L’équation de la désintégration s’écrit :
231
90Th −→ 231
91Pa + A
Z X
A + 231 = 231 et Z + 91 = 90
Soit :
A = 0 et Z = −1
La désintégration émet donc un électron et est par conséquent de type β−
. Son équation
s’écrit :
231
90 Th −→ 231
91 Pa + 0
−1e
2- L’activité A de l’échantillon à une date t s’exprime par :
A = A0exp (−λt)
=⇒ ln A = ln [A0exp (−λt)] = ln A0 + ln [exp (−λt)]
D’où :
ln A = −λt + ln A0

3- Le Tableau 12.2 a été complété dans le Tableau 12.3 ci-dessous.
Tableau 12.3 – Solution de l’exercice 12.5.
t (h) 6 30 55 80 105 130 150 174 200 230
A (109
Bq) 440 229, 2 116, 1 58, 8 29, 8 15, 1 8, 8 4, 6 2, 3 1
ln A 26, 81 26, 15 25, 47 24, 79 24, 11 23, 43 22, 89 22, 24 21, 55 20, 72
4- Le graphe ln A = f (t) a été tracé à la Figure 12.5 ci-dessous.
Figure 12.5 – Solution de l’exercice 12.
5- L’équation de la courbe obtenue peut se mettre sous la forme ci-dessous :
ln A = k1t + k2
On a :
k1 =
∆ ln A
∆t
=
20, 72 − 26, 81
3600 × (230 − 6)
= −7, 548 × 10−6

On a également :
26, 81 = k1 × 6 × 3600 + k2
Soit :
k2 = 26, 81 + 7, 548 × 10−6
× 6 × 3600 = 26, 973
Une équation de la courbe obtenue s’écrit donc :
ln A = −7, 548 × 10−6

t + 26, 973 avec t en s
6- En comparant l’expression de ln A obtenue à la question 2 et l’équation de la courbe tracée,
on en déduit la valeur de la constante radioactive λ :
λ = 7, 548 × 10−6
s−1
La période radioactive t1/2 du Thorium 231 est donnée par :
t1/2 =
ln 2
λ
t1/2 =
ln 2
7, 548 × 10−6
Soit :
t1/2 = 25, 5 h
7- En comparant encore l’expression de ln A obtenue à la question 2 et l’équation de la courbe
tracée, on peut écrire la relation :
ln A0 = 26, 973
D’où :
A0 = 5, 179 × 1011
Bq
Le nombre initial N0 de noyaux contenus dans l’échantillon s’exprime par :
N0 =
A0
λ
N0 =
5, 179 × 1011
7, 548 × 10−6
Soit :
N0 = 6, 86 × 1016

Exercice 12.13 :
1- La couche de demi-atténuation x1/2 du Carbone est donnée par :
x1/2 =
ln 2
µ
x1/2 =
ln 2
0, 335
Soit :
x1/2 = 20, 69 mm
2- Soit N0 le nombre de photons incident dans une couche de carbone. Le nombre Nt de photons
transmis sans atténuation sur l’épaisseur e1 = 5 cm de Carbone s’exprime par :
Nt = N0 exp (−µe1)
Soit :
Nt
N0
= exp (−µe1) = exp (−0, 335 × 5)
Donc, 18, 73% de photons sont transmis sans atténuation sur une épaisseur de 5 cm
de Carbone.
3- Le nombre Na de photons atténués sur l’épaisseur e2 = 10 cm de Carbone s’exprime par :
Na = N0 [1 − exp (−µe2)]
Soit :
Na
N0
= 1 − exp (−µe2) = 1 − exp (−0, 335 × 10)
Donc, 96, 49% de photons sont atténués sur une épaisseur de 10 cm de Carbone.
Exercice 12.14 :
1- Le coefficient d’atténuation linéaire µ de l’Aluminium vérifie la relation :
µm =
µ
ρAl
D’où :
µ = µmρAl
µ = 8, 4 × 10−2
× 2, 7
Soit :
µ = 0, 2268 cm−1

2- La couche de demi-atténuation x1/2 de l’Aluminium est donnée par :
x1/2 =
ln 2
µ
x1/2 =
ln 2
0, 2268
Soit :
x1/2 = 30, 562 mm
3- Soit N0 le nombre de photons incident dans une couche d’Aluminium. Le nombre Nt de
photons transmis sans atténuation sur l’épaisseur e1 de Carbone s’exprime par :
Nt = N0 exp (−µe1)
=⇒ exp (−µe1) =
Nt
N0
=⇒ −µe1 = ln

Nt
N0
‹
=⇒ e1 = −
ln
€
Nt
N0
Š
µ
Si 80% de photons traversent la couche d’Aluminium sans atténuation, on a :
Nt
N0
= 80% = 0, 8
Soit :
e1 = −
ln 0, 8
0, 2268
D’où :
e1 = 9, 83 mm
4- Le nombre Na de photons atténués sur l’épaisseur e2 de Carbone s’exprime par :
Na = N0 [1 − exp (−µe2)]
=⇒ 1 − exp (−µe2) =
Na
N0
=⇒ exp (−µe2) = 1 −
Na
N0
=⇒ −µe2 = ln

1 −
Na
N0
‹

=⇒ e2 = −
ln
€
1 − Na
N0
Š
µ
Si 60% des photons sont atténués dans la couche d’Aluminium, on a :
Na
N0
= 60% = 0, 6
Soit :
e2 = −
ln (1 − 0, 6)
0, 2268
D’où :
e2 = 40, 4 mm
Exercice 12.15 :
1- Le coefficient d’atténuation linéaire µ du Cuivre est donné par :
µ =
ln 2
x1/2
µ =
ln 2
0, 1824
Soit :
µ = 3, 8 cm−1
Le coefficient d’atténuation massique µm du Cuivre s’exprime par :
µm =
µ
ρCu
µm =
3, 8
8, 96
Soit :
µm = 42, 41 mm2
.g−1
2- Etant donné qu’un seul photon est transmis à la traversée de la couche d’épaisseur e, on a :
1 = N0 exp (−µe)
D’où :
N0 =
1
exp (−µe)

N0 =
1
exp (−3, 8 × 18, 18)
Soit :
N0 = 1030
3- Soit e0
l’épaisseur de la couche pour que 10 photons de plus soient détectés à la sortie de la
couche, donc 11 au total. On a ainsi :
11 = N0 exp (−µe0
)
=⇒ exp (−µe0
) =
11
N0
=⇒ −µe0
= ln

11
N0
‹
D’où :
e0
= −
ln
€
11
N0
Š
µ
e0
= −
ln 11
1030

3, 8
Soit :
e0
= 175, 472 mm

Evaluation 12.1 :
Le nombre initial N0 de noyaux contenus dans l’échantillon dépend de l’activité initiale A0 et
de la constante radioactive λ selon la relation :
N0 =
A0
λ
Soit t1/2 la demi-vie. On a :
λ =
ln 2
t1/2
D’où :
N0 =
A0t1/2
ln 2
De la Figure 12.4, on trouve que A0 = 6 × 1012
Bq. La demi-vie correspond à la date où
l’activité est égale à la moitié de l’activité initiale, soit 3 × 1012
Bq. A partir du graphe de la
Figure 12.4, on trouve t1/2 = 3 mois. On a donc :
N0 =
6 × 1012
× 3 × 30 × 24 × 3600
ln 2
L’échantillon contenait donc initialement 6, 731 × 1019
noyaux.
Evaluation 12.2 :
Soient NRa et NRn le nombre de noyaux de Radium et de Radon présents à la date t dans
l’échantillon. On a :
NRa =
mRaNA
MRa
et NRn =
mRnNA
MRn
Soit N0 le nombre initial de noyaux de Radium contenus dans l’échantillon. On a :
NRa = N0 exp

−
ln 2
t1/2
t
‹
NRn = N0
•
1 − exp

−
ln 2
t1/2
t
‹˜
On a donc :
NRn
NRa
=
mRnMRa
mRaMRn
=
N0
h
1 − exp

− ln 2
t1/2
t
i
N0 exp

− ln 2
t1/2
t
= exp

ln 2
t1/2
t
‹
− 1
=⇒ exp

ln 2
t1/2
t
‹
= 1 +
mRnMRa
mRaMRn
=⇒
ln 2
t1/2
t = ln

1 +
mRnMRa
mRaMRn
‹

D’où :
t =
t1/2 ln
€
1 + mRnMRa
mRaMRn
Š
ln 2
t =
1602 × ln
€
1 + 302,817×226
569,424×222
Š
ln 2
Donc, l’âge de l’échantillon est de 1000 ans.
Evaluation 12.3 :
Le nombre N1 de photons transmis sans atténuation à la sortie de la couche du matériau (M1)
s’exprime par :
N1 = N0 exp (−µ1e1)
Le nombre N2 de photons transmis sans atténuation à la sortie de la couche du matériau (M2)
s’exprime par :
N2 = N1 exp (−µ2e2)
= N0 exp (−µ1e1) exp (−µ2e2)
= N0 exp (−µ1e1 − µ2e2)
=⇒ exp (−µ1e1 − µ2e2) =
N2
N0
=⇒ −µ1e1 − µ2e2 = ln

N2
N0
‹
Puisque pour un même faisceau de photons, les deux matériaux atténuent la même proportion
de photons, on a :
N0 exp (−µ1e1) = N0 exp (−µ2e2)
=⇒ −µ1e1 = −µ2e2
On a donc :
−2µ1e1 = ln

N2
N0
‹
=⇒ µ1e1 = µ2e2 = −
ln
€
N2
N0
Š
2
Soit :
µ1 = −
ln
€
N2
N0
Š
2e1
µ2 = −
ln
€
N2
N0
Š
2e2

Or, on a :
N2
N0
= 90% = 0, 9
Donc :
µ1 = −
ln 0, 9
2 × 0, 1
µ2 = −
ln 0, 9
2 × 0, 15
D’où :
µ1 = 0, 526 cm−1
µ2 = 0, 351 cm−1

ANNEXES − DISPOSITIFS ÉLECTRONIQUES 666
Annexes − Dispositifs électroniques
Et la paix de Dieu, qui surpasse toute intelligence, gardera vos cœurs et vos pensées en
Jésus-Christ.
Philippiens 4 : 7
A.1 Dipôles commandés
Un dipôle commandé est un dispositif possédant deux bornes et pouvant être mis en
marche à partir d’un ou de plusieurs points. On distingue les dipôles commandés manuel-
lement dont le meilleur exemple est le rhéostat, et les dipôles commandés électriquement.
A.1.1 Rhéostat
Un rhéostat, pouvant aussi être appelé potentiomètre est une résistance électrique ré-
glable permettant de modifier l’intensité du courant électrique circulant dans un circuit élec-
trique dans lequel il est intercalé. Le terme rhéostat a été introduit en 1843 par le physicien
anglais Charles Wheastone. Le rhéostat est constitué d’un fil résistif enroulé autour d’un iso-
lant semi-circulaire et d’un palpeur en translation rectiligne (curseur) ou tournant (bouton),
pouvant faire contact avec les spires de l’enroulement. La résistance du rhéostat est réglée en
déplaçant le palpeur le long des spires par l’intermédiaire du curseur ou du bouton. Le symbole
d’un rhéostat a été représenté à la Figure A.1 ci-dessous.
Figure A.1 – Symbole d’un rhéostat.
Les rhéostats sont utilisés pour le réglage de puissance des moteurs à courants continus, des
postes de soudage ou des générateurs électriques. Cependant, parce qu’ils entraînent des pertes
d’énergie énormes sous forme de chaleur, on évite de les utiliser de manière permanante.

A.1.2 Dipôles commandés électriquement
A.1.2.1 Relais électromagnétique
Un relais est un composant électromagnétique qui commande l’ouverture et la fermeture
d’un interrupteur électrique grâce à un signal de commande. A la différence des interrupteurs
mécaniques dont la manipulation est manuelle, la manœuvre d’un relais électomagnétique s’ef-
fectue en faisant circuler un courant dans son circuit d’excitation, constitué par une bobine
d’excitation ou bobine de commande. Un relais comporte un autre circuit appelé circuit
de puissance. Pour commander un relais, on alimente la bobine de commande. On crée un
champ magnétique qui attire la lamelle (contact) métallique du relais : La lamelle est en
position de travail. Lorsque la bobine n’est plus alimentée, un ressort ramène la lamelle dans
sa position initiale : La lamelle dans ce cas est en position de repos. On appelle tension
d’accrochage ou d’enclenchement la tension minimale à appliquer aux bornes de la bobine
de commande pour permettre le passage des interrupteurs en position de travail. Le circuit de
puissance doit pour cela être initialement ouvert. La tension de décrochage ou de déclen-
chement est la tension maximale que l’on peut appliquer aux bornes de la bobine de commande
pour permettre le retour des interrupteurs en position de repos. Le circuit de puissance doit
pour cela être initialement fermé. Le paramètre indiquant la durée de vie de l’interrupteur d’un
relais est le nombre maximum de manœuvres possibles. La fréquence maximale d’uti-
lisation indique la fréquence maximale à laquelle l’interrupteur peut être utilisé. Le pouvoir
de coupure est la puissance maximale que l’on peut fournir au circuit de commande pour
l’ouverture ou la fermeture grâce aux contacts du relais. Les interrupteurs sont égalemment
caractéristés par leurs résistances de contact.
A.1.2.2 VDR
Le VDR, acronyme anglais de Voyage Data Recorder se traduit en français par en-
registreur de données du voyage. Encore appelé boîte noire, le VDR est un composant
utilisé dans le domaine aéronautique dans le but d’aider à faire l’analyse par l’examen des don-
nées des douze dernières heures des circonstances ayant mené à un accident. Les données sont
collectées automatiquement et sont numérisées, compressées puis stockées sur deux supports
informatiques. L’un de ces supports peut être soit un disque dur extractible soit une clé
USB. L’autre support est un flash disk présent dans une capsule orange solidaire du navire.
Les VDR standards sont constitués d’un DAU (Data Acquisition Unit) qui est l’élément
central, de quatre micros passerelles, deux micros externes, la capsule contenant le flash
disk, le BAU (Bridge Alarm Unit) qui informe la passerelle lorsqu’une donnée n’est plus
enregistrée, et le SIU (Sensor Interface Unit) qui collecte toutes les autres données, les
codifie et les retransmet au DAU. Le DAU comprend deux entrées VHF (Very High Frequency),
deux entrées Radar, un disque dur ou flash disk extractible et une batterie de secours autonome
d’une capacité de deux heures.

A.1.2.3 Diodes
Une diode est un dipôle électrique possédant deux bornes, la cathode repérée par un
anneau, et l’anode. Il existe plusieurs types de diodes, parmi lesquelles la diode à jonction et
la diode Zener. La fonction d’une diode à jonction est de faire passer le courant uniquement
dans un seul sens, de l’anode vers la cathode. Ce sens est dit passant. La diode est polarisée
en direct. Les diodes à jonctions sont utilisées en électronique de puissance pour redresser le
courant alternatif. Le symbole normalisé d’une diode à jonction a été représenté à la Figure
A.2 ci-dessous.
Figure A.2 – Symbole d’une diode à jonction.
Les diodes Zener ont la particularité de faire passer le courant électrique dans le sens non-
passant, c’est à dire de la cathode vers l’anode. La diode dans ce cas est dite polarisée en
inverse. Le symbole normalisé d’une diode Zener a été représenté à la Figure A.3 ci-dessous.
Figure A.3 – Symbole d’une diode Zener.
Les diodes Zener permettent de stabiliser le courant continu.
A.1.2.4 Transistors
Un transistor est un composant électronique à trois électrodes permettant de contrôler un
courant ou une tension sur l’électrode de sortie grâce à une électrode d’entrée. Des milliards
de transistors sont contenus dans des circuits intégrés servant à réaliser des microprocesseurs
et des mémoires. On distingue principalement les transistors bipolaires et les transistors
à effet de champ. Un transistor bipolaire est constitué de deux diodes à jonction dont l’une
est polarisée en direct et l’autre en inverse. Les trois électrodes du transistor bipolaire sont la
base B qui constitue l’électrode d’entrée, le collecteur C qui constitue l’électrode de sortie et
l’émetteur E. Lorsqu’on injecte un courant entre la base et l’émetteur, un courant multiplié
par le gain du transistor se crée entre l’émetteur et le collecteur. Un transitor bipolaire est
de type NPN si le courant d’émetteur sort du transistor. Dans le cas où le courant d’émetteur
entre dans le transistor, il est de type PNP. Les transistors bipolaires NPN sont plus rapides
que les transistors bipolaires PNP. Les symboles de ces deux types de transistors bipolaires ont
été représentés à la Figure A.4.

Figure A.4 – Symboles de transistors bipolaires.
Contrairement aux transistors bipolaires qui fonctionnent suite à un passage du courant élec-
trique, les transistors à effet de champ agissent par application d’un champ électrique. Les trois
électrodes du transistor à effet de champ sont la grille G qui constitue l’électrode d’entrée,
le drain D qui constitue l’électrode de sortie et la source S. Lorsqu’on applique une tension
entre le grille et la source, on peut contrôler le courant entre la source et le drain.
A.1.2.5 Electrodes
Une électrode est un conducteur électronique ou ionique pouvant capter ou libérer des
électrons. Les électrodes sont principalement utilisées dans les générateurs et les récepteurs
électriques. En biologie, les électrodes permettent de capter les variations de potentiel électrique
chez un organisme vivant. Dans les piles, le pôle positif est une électrode dans laquelle a lieu une
réaction de réduction ; il s’agit de la cathode. Le pôle négatif est une électrode dans laquelle
a lieu une réaction d’oxydation ; il s’agit de l’anode. Lorsqu’un électrolyseur est connecté
à un générateur, son électrode connectée à la borne négative du générateur est le siège d’une
réaction de réduction ; c’est la cathode de l’électrolyseur. L’électrode connectée à la borne
positive du générateur est le siège d’une réaction d’oxydation ; c’est l’anode de l’électrolyseur.
En chimie, les électrodes sont utilisées en potentiométrie, pH-métrie, Polarographie ou
encore en Voltammétrie.
A.2 Capteurs
Un capteur est un organe qui, moyennant la fourniture d’énergie électrique, génère à partir
d’une grandeur physique une autre grandeur de nature différente, très souvent électrique. On
appelle étendue de mesure l’ensemble des valeurs extrêmes pouvant être mesurées par le
capteur. La résolution est la plus petite variation de grandeur mesurable par le capteur. La
sensibilité est la variation du signal de sortie par rapport à la variation du signal d’entrée. La
précision est l’aptitude du capteur à donner une mesure proche de la valeur vraie. La rapidité
quant à elle est le temps de réaction du capteur. Elle est liée à la bande passante. Le schéma
de principe d’un capteur à été représenté à la Figure A.5.

Figure A.5 – Schéma de principe d’un capteur.
A.2.1 Capteurs de température
A.2.1.1 Thermistances
Une thermistance est un dipôle symétrique dont la résistance varie en fonction de la tem-
pérature. Elle est caractérisée par son coefficient de température. On distingue deux types
de thermistances ; les CTN (Coefficient de Température Négatif) dont le coefficient de
température est négatif et les CTP (Coefficient de Température Positif) dont le coefficient
de température est positif. Les CTN sont utilisées pour mesurer et contrôler la température
et les flux de liquides. Les CTP peuvent être utilisées pour détecter la température, protéger
contre les surintensités ou détecter les niveaux de liquides. Les symboles de ces deux types de
thermistances ont été représentées à la Figure A.6 ci-dessous.
Figure A.6 – Symboles de thermistances.
A.2.1.2 KTY
Les capteurs KTY sont des détecteurs de températures utilisés pour la mesure, le contrôle
et la régulation de l’air, des gaz et des liquides. Le circuit interne d’un KTY permet d’obtenir
une image de la température de ce composant en mesurant la résistance à ses bornes. Ces deux
grandeurs varient dans le même sens. Le circuit interne d’un KTY est généralement utilisé pour
protéger les moteurs ou les circuits électroniques contre des dysfonctionnements entraînant une
surchauffe du système considéré. Sa température varie selon qu’il est entouré d’air ou de liquide.
A.2.2 Capteurs de lumière
A.2.2.1 Photorésistances
Une photorésistance encore appelée résistance photogénique ou cellule photocon-
ductrice est un composant électronique dont la résistivité varie en fonction de la quantité de

lumière incidente. Plus elle est éclairée, plus sa résistivité (et donc sa résistance) baisse. Le
symbole d’une photorésistance a été représenté à la Figure A.7 ci-dessous.
Figure A.7 – Symbole d’une photorésistance.
Les photorésistances ont un bonne sensibilité, sont robustes, et accessibles à un faible coût. Par
contre, elles ont un temps de réponsé élevé, une bande passante étroite et elles sont sensibles à la
chaleur. Les photorésistances permettent de détecter les flammes, détecter les présences,
détecters les UV (Ultraviolets) et les IR (Infrarouges), allumer les lumières ou encore
mesurer la luminosité d’une zone.
A.2.2.2 Photodiodes
Une photodiode est une diode dont la jonction peut être soumise à un éclairement lumineux.
Les photodiodes ont une bonne sensibilité, un faible temps de réponse et une bande passante
élevée. Elles sont cependant d’un coût élevé, et nécessitent un circuit de polarisation précis.
Les photodiodes sont utilisées pour la transmission des données dans les télécommandes
IR ou la fibre optique. Elles sont également utilisées dans la roue codeuse avec la mesure
d’angles et de vitesses ou le comptage d’impulsions.
A.2.3 Capteurs d’ondes
A.2.3.1 Antennes
Une antenne est un dispositif utilisé en radioélectricité pour rayonner ou capter les ondes
électromagnétiques. L’antenne est un élément fondamental dans un système radioélectrique, et
ses caractéristiques de rendement (gain, diagramme de rayonnement) influencent directement
les performances de qualité et de portée du système. Une antenne radioélectrique convertit les
grandeurs électriques existantes dans un conducteur ou une ligne de transmission en grandeurs
électromagnétiques dans l’espace. Inversement, en réception, le champ électromagnétique est
converti en signal électrique pouvant être amplifié.
A.2.3.2 Microphones
Un microphone, appelé très souvent micro est un transducteur électroacoustique capable
de convertir un signal acoustique (un son) en un signal électrique. Les microphones sont utilisés
pour les télécommunications (notamment les téléphones), la sonorisation, la radiodiffusion,
la télévision ou encore la mesure acoustique. Le composant électronique qui produit ou
module la tension ou le courant électrique selon la pression acoustique est appelé capsule. Un
tissu ou une grille protège généralement cette partie fragile. On distingue les microphones à
condensateur, les microphones à électret ou encore les microphones à bobine mobile.

A.2.4 Capteurs de force ou de pression
Lorsqu’un corps sous forme solide, liquide ou gazeuse exerce une force sur une paroi, celle-ci
est soumise de la part de ce corps à une pression correspondant à la force par unité de surface.
Un capteur de pression ou de force permet de mesurer la somme des pressions sur ses deux
faces.
A.3 Chaînes électroniques
Une chaîne électronique est un dispositif électronique permettant, moyennant la fourniture
d’énergie électrique, de transformer une grandeur physique en une autre. A l’entrée, une chaîne
électronique comprend un dispositif de commandes constitué d’un ou de plusiseurs capteurs.
Dans la chaîne se trouve également un dispositif électronique ou unité centrale constitué
d’un bloc électronique de traitement et d’un bloc de commande. A la sortie de la chaîne se trouve
un appareil d’utilisation ou transducteur constitué d’un ou de plusieurs actionneurs.
L’organigramme d’une chaîne électronique se présente selon le schéma de la Figure A.8 ci-
dessous.
Figure A.8 – Organigramme d’une chaîne électronique.
Les dispositifs de commande sont généralement fragiles et ne peuvent supporter que des intensi-
tés ou des tensions faibles. Ils transforment des signaux de nature diverses en signal électrique.
Le dispositif pourra être éventuellement situé à grande distance de la chaîne car les fils de
connexion ne seront parcourus que par un courant de faible intensité. Les appareils d’utili-
sation sont des dispositifs qui transforment un signal électrique en un autre signal de nature
diverses. Pour les faire fonctionner, il est souvent nécessaire de disposer d’une puissance conve-
nable qui sera fournie par l’alimentation de la chaîne électronique. La Figure A.9 représente

une chaîne électronique permettant d’amplifier le son. Il comprend à l’entrée un capteur sonore
(le microphone) qui constitue le dispositif de commande.
Figure A.9 – Chaîne électronique permettant d’amplification du son.
En sortie se trouve un actionneur sonore (le haut-parleur) constituant l’appareil d’utilisation
générant un son d’amplitude élevée. Le dispositif électronique responsable de l’amplification du
son capté par le microphone est constitué de résistors, de condensateurs, d’un rhéostat et d’un
transistor.

L’Évangile de
JÉSUS-CHRIST
par la Physique
Terminales – Séries scientifiques
Car le salaire du péché, c'est la mort ; mais le don gratuit de Dieu, c'est la vie éternelle en Jésus-Christ notre Seigneur.
Romains 6 : 23
Dans un monde gouverné par de nombreuses religions, il est difficile de discerner la véritable voie
qui mène à notre Créateur, le Dieu Tout-Puissant qui, ayant tellement aimé le monde, a livré Son
Fils unique Jésus-Christ afin que par Sa mort, quiconque croit en Lui ne demeure plus esclave du
péché et de la mort, mais ait part à la Vie éternelle. Après S'être fait connaître aux Hommes à travers
les apôtres, les prophètes, les pasteurs, les docteurs et les évangélistes, le Seigneur Jésus-Christ a
décidé de Se révéler aux jeunes élèves au moyen de cette discipline scolaire qu'est la Physique. Il a
pour cela désigné l'un de Ses plus misérables serviteurs pour éditer ce présent manuel dont la
principale mission est d’annoncer la bonne nouvelle de Son Évangile. En second plan, ce document
vise à dispenser un enseignement de Physique aux élèves des classes de Terminales Scientifiques, et
à tous ceux qui s'intéressent à ce programme. Il est subdivisé en plusieurs chapitres qui débutent tous
par un verset tiré de la version Louis Segond, 1910 du Nouveau Testament de la Sainte Bible et
qui comprennent un cours suivi d'exercices corrigés ainsi que d'évaluations des compétences
corrigées. Pour en savoir plus sur le Seigneur Jésus-Christ qui est le véritable Auteur de cet ouvrage,
les lecteurs sont invités à lire attentivement et à répétition les Évangiles selon Matthieu, Marc, Luc
et Jean qui figurent au début du Nouveau Testament de la Sainte Bible.

l'Évangile de Jésus-Christ par la Physique/Terminales-Séries scientifiques

Contenu connexe

Similaire à l'Évangile de Jésus-Christ par la Physique/Terminales-Séries scientifiques

Dernier

l'Évangile de Jésus-Christ par la Physique/Terminales-Séries scientifiques