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\newcommand{\todo}[1]{{\color{purple}\textbf{À faire:} #1}}
% \newcommand{\todo}[1]{}

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\newcounter{exo}[chapter]

\counterwithin*{equation}{exo}

\FPeval{\firstchapter}{clip(3*(\nplan-1))}
\setcounter{chapter}{\firstchapter}

\renewcommand*{\thesection}{\Roman{section}}

\newcommand{\exo}[1][]{\vspace{1em}\par\noindent\refstepcounter{exo}%
    \textbf{Exercice \theexo \label{exo:\thechapter-\theexo}}%
    \if\relax\detokenize{#1}\relax\else
        \hspace{1em}---\hspace{1em}%
    \fi
    \textit{#1}%
\par}

\makeatletter
\renewcommand\tableofcontents{%
    \@starttoc{toc}%
}

\titlecontents{chapter}[0em]{\vspace{0.5ex}}{\bfseries}{\itshape}{}

\begin{document}

\begin{titlepage}
    $\;$\vspace{2cm}

\begin{center}
    {\huge\bfseries Plan de travail n$\bm{\,\!^\circ}$\nplan\\}
 \vspace{1cm}
 {\Large\bfseries Théophile Cailliau} \\
 \vspace{0.5cm}
    \emph{À rendre le lundi 07 janvier 2019} \\[2cm]
\end{center}

{\let\clearpage\relax \tableofcontents}
    \vspace{4cm}
\begin{center}
    \includegraphics{figures/overworked.png}
\end{center}
\thispagestyle{empty}
\end{titlepage}

\chapter{Oscillateur harmonique amorti en régime forcé sinusoïdal}
\section{J'applique mon cours}

\exo[Établir et connaître l'impédance d’une résistance, d'un condensateur, d'une bobine en régime harmonique]

\begin{center}
    \begin{tabular}{c!{\vrule width 1pt}c}
        \textbf{Composant} & \textbf{Impédance}\\
        \noalign{\hrule height 1pt} Résistance & $Z_R=R$ \\
        \hline Condensateur & $Z_C=1/\jmath C\omega$ \\
        \hline Bobine & $Z_L=\jmath L\omega$ \\
    \end{tabular}
\end{center}

\exo[Remplacer une association série ou parallèle de deux impédances par une impédance équivalente]

\begin{center}
    \begin{tabular}{ll}
        \raisebox{-.2\height}{\includegraphics{figures/2-association-serie.pdf}} & $Z_{eq}= Z_R + Z_L = R + \jmath L\omega$
    \end{tabular}
    \vspace{1cm}

    \begin{tabular}{ll}
        \raisebox{-.45\height}{\includegraphics{figures/2-association-parallele.pdf}} & $\displaystyle Z_{eq}= \frac{Z_RZ_C}{Z_R + Z_C} = \frac{\frac R{\jmath C\omega}}{R + \frac1{\jmath C\omega}} = \frac{R}{1+\jmath RC\omega}$
    \end{tabular}
\end{center}

\exo[Utiliser la méthode des complexes pour étudier le régime forcé en intensité ou en vitesse]

\vspace{\baselineskip}

\begin{minipage}[t]{0.5\linewidth}
    On étudie $\{M\}$ dans $\mathcal R$ supposé galliléen.\\
    Bilan des forces: \[
        \sum \vec F_{ext} = \vec F + \vec f + \vec P + \vec F_{ext} = m\vec a
    \]
    \[
        \iff -k(z-\ell_0)\vec e_z -h\vec v+F_0\cos(\omega t)\vec e_z - mg = m\vec a
    \]
    \[
        \iff -k(z-\ell_0) -h v+F_0\cos(\omega t) - mg = m a
    \]
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}[t]{0.3\linewidth}
    \strut\vspace*{-\baselineskip}\newline
    \includegraphics{figures/2-ressort.pdf}
\end{minipage}

On a alors 
\begin{align*}
    -k(z-\ell_0) - h\frac{\mathrm dz}{\mathrm dt} + F_0\cos(\omega t) - mg = m\frac{\mathrm d^2z}{\mathrm dt^2}
    & \iff  m\frac{\mathrm d^2z}{\mathrm dt^2} + h\frac{\mathrm dz}{\mathrm dt} + k(z-\ell_0)=F_0\cos(\omega t)\\
    & \iff m\frac{\mathrm d^2v}{\mathrm dt^2} + h\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt} + kv=F_0\frac{\mathrm d\cos(\omega t)}{\mathrm dt} \\
    & \iff \frac{\mathrm d^2v}{\mathrm dt^2} + \frac hm\frac{\mathrm dv}{\mathrm dt} + \frac kmv=\frac{F_0}m\frac{\mathrm d\cos(\omega t)}{\mathrm dt} \\
    & \iff -\omega^2\underline{V}+\frac {h\jmath \omega}m \underline V + \frac km \underline V = \jmath \omega \frac{F_0}{m} 
    \end{align*}

\begin{align*}
    \phantom{-k(z-\ell_0) - h\frac{\mathrm dz}{\mathrm dt} + F_0\cos(\omega t) - mg = m\frac{\mathrm d^2z}{\mathrm dt^2}} 
    & \iff \underline V\left(-\omega^2+\frac{h\jmath w}{m}+\frac km\right)=\jmath \omega \frac{F_0}m\\
    & \iff \underline V=\frac{\jmath \omega \frac{F_0}m}{-\omega^2+\frac{h\jmath \omega}{m}+\frac km}\\
    & \iff \underline V=\frac{F_0}{\jmath m\omega+h-\jmath\frac k{\omega}} \\
    & \iff \underline V=\frac{F_0}{h+\jmath \left(m\omega-\frac k{\omega}\right)} \\
\end{align*}
On a \[
    V=|\underline V|=\frac{F_0}{\sqrt{h^2+\left(m\omega-\frac k\omega\right)^2}}
\]
et \[
    \varphi=\arg V=\arg\left(\frac{F_0}{h+\jmath\left(m\omega-\frac k\omega\right)}\right)=-\arg\left({h+\jmath\left(m\omega-\frac k\omega\right)}\right)=-\arctan\left(\frac{m\omega-\frac k\omega}{h}\right)
\]
Donc \[
    v(t)=V\cos(\omega t+\varphi)
\]

\exo[Déterminer la pulsation propre et le facteur de qualité à partir de graphes expérimentaux d'amplitude et de phase dans le cas de la résonance en intensité ou en vitesse]

On a $\omega_0^2=\frac km$ (par l'équation différentielle). $V$ est maximal quand $\left(m\omega-\frac k\omega\right)$ est minimal, c'est à dire \[ m\omega-\frac k\omega=0 \implies m\omega^2-k=0 \implies \omega^2=\frac km\implies \omega=\omega_0 \]
Donc on a $\omega_0\approx 20\;\mathrm{rad}\cdot\mathrm{s}^{-1}$. 
On a \[ \frac{\omega_0}Q=\frac hm\iff \frac Q{\omega_0}=\frac mh\iff Q=\frac{m\omega_0}h=\frac mh\sqrt{\frac km}\]
On a, après calculs \[
    \frac{\mathrm d\varphi}{\mathrm d\omega}(\omega_0)=-\frac{2m}h
\]
D'où, graphiquement (on regarde la pente de la tengente en $\omega_0$) \[
    -\frac{2m}h\approx-\frac Q{10}\approx 0.102\implies Q\approx 1
\]



\exo[À l'aide d'un outil de résolution numérique, mettre en évidence le rôle du facteur de qualité de la résonance en élongation]

\begin{center}
    \includegraphics{figures/5-resonnance.pdf}
    \par \noindent On a résonance uniquement pour $Q>\frac 1{\sqrt2}$
\end{center}

\exo[Relier l'acuité d'une résonance forte au facteur de qualité]

On a $\omega_0\approx 1000$ ($I=I_{max}$ à $\omega=\omega_0$). Dans le circuit $RLC$, on trouve \[
    I=\frac{E/R}{\sqrt{1+\frac1{R^2}\left(L\omega-\frac1{C\omega}\right)^2}}
\]
On a donc \begin{align*}
    I=\frac{I_{max}}{\sqrt2}=\frac{E/R}{\sqrt2} &\iff \frac1{R^2}\left(L\omega-\frac1{C\omega}\right)^2=1\\
    &\iff L\omega-\frac1{C\omega}=\pm R \\
    &\iff LC\omega^2\pm RC\omega-1=0 \\
    &\iff \omega^2\pm \frac RL\omega-\frac1{LC}=0 \\
    &\iff \omega^2\pm \frac {\omega_0} Q\omega-\omega_0^2=0 \\
    &\iff \Delta=\frac{\omega_0^2}{Q^2}+4\omega_0^2=\frac1{Q^2}\left(\omega_0^2+4(Q\omega_0)^2\right)=:\frac1{Q^2}\delta\\
    &\phantom{\iff} \qquad\text{ et } \omega=\frac{\pm\frac{\omega_0}Q\pm\frac 1Q\sqrt{\delta}}{2}=\frac{\pm\omega_0\pm\sqrt\delta}{2Q} \\
    &\iff \omega_1=\frac{-\omega_0+\sqrt\delta}{2Q}\qquad \omega_2=\frac{\omega_0+\sqrt\delta}{2Q}
\end{align*}
Car $\omega_1$ et $\omega_2$ sont positifs. On a donc \[
    \Delta\omega=\omega_2-\omega_1=\frac{\omega_0}Q
\]
Graphiquement, on a $\Delta\omega\approx 1000$ et on a déjà établi $\omega_0\approx 1000$, d'où $Q\approx 1$

\section{Je m'entraîne}

\exo[Étude expérimentale d'un dipôle RLC série]

On étudie le circuit suivant:

\begin{center}
    \includegraphics{figures/7-circuits.pdf}
\end{center}
On a directement $u_{\mathrm{II}}=e(t)$ par loi des mailles, et on a \[
    \underline U_{\mathrm I}=R\underline I\quad \text{et}\quad E=R\underline I+\jmath L\omega \underline I+r\underline I+\frac1{\jmath C\omega}\underline I\iff \underline U=\frac{RE}{R+\jmath L\omega + r+\frac1{\jmath C\omega}}
\]
D'où \[
    U=|\underline U|=\frac{RE}{\sqrt{(r+R)^2+\left(L\omega - \frac1{C\omega}\right)^2}}
\]
Et \[
    \varphi=\arg\left(\underline U\right)=-\arg\left(R+r+\jmath L\omega + \frac1{\jmath C\omega}\right)=-\arctan\left(\frac{L\omega-\frac1{C\omega}}{r+R}\right)
\]
Graphiquement, on a $\varphi=\frac\pi3$, $\omega=2\pi\frac1{6\cdot 10^{-3}}\approx 1047.19$ et $U=2V$. On a \begin{align*}
    \begin{cases}
        \displaystyle\frac{RE}{\sqrt{(r+R)^2+\left(L\omega - \frac1{C\omega}\right)^2}}=U\\
        \displaystyle-\arctan\left(\frac{L\omega-\frac1{C\omega}}{r+R}\right)=\varphi
    \end{cases}
    & \iff \begin{cases}
        \displaystyle\frac{RE}{\sqrt{(r+R)^2+\left(L\omega - \frac1{C\omega}\right)^2}}=U\\
        \displaystyle\frac{L\omega-\frac1{C\omega}}{r+R}=-\tan\varphi
    \end{cases}\\
    & \iff \begin{cases}
        \displaystyle RE=U\sqrt{(r+R)^2+\left(L\omega - \frac1{C\omega}\right)^2}\\
        \displaystyle L\omega-\frac1{C\omega}=-(r+R)\tan\varphi
    \end{cases} \\
    & \iff \begin{cases}
        \displaystyle \left(\frac{RE}U\right)^2=(r+R)^2+\left((r+R)\tan\varphi\right)^2\\
        \displaystyle L\omega-\frac1{C\omega}=-(r+R)\tan\varphi
    \end{cases}
\end{align*}

Numériquement, on trouve \[
    \begin{cases}
        r=5\;\Omega\\
        C=7.31\cdot 10^{-6}\; \mathrm F
    \end{cases}
\]

\exo[Antirésonance]
\begin{enumerate}
    \item On a
        \begin{center}
            \includegraphics{figures/8-circuits.pdf}
        \end{center}
        Avec \[
            \underline Z_{eq}=\frac1{\frac1{\jmath L\omega}+\jmath C\omega}=\frac{\jmath L\omega}{1-LC\omega^2}
        \]
        Donc \[
            E=R\underline I+\underline Z_{eq}\underline I \iff \underline I=\frac E{R+\underline Z_{eq}} \iff \underline U=\frac{RE}{R+\underline Z_{eq}}
        \]
        Soit \begin{align*}
            \underline U&=\frac{RE}{R+\frac{\jmath L\omega}{1-LC\omega^2}} \\
            &=\frac{RE(1- LC\omega^2)}{R- LCR\omega^2+\jmath L\omega} \\
            &=\frac{E(1- LC\omega^2)}{1+\jmath \frac LR\omega- LC\omega^2} \\
            &=\frac{E(1-x^2)}{1+\jmath \frac LR\omega_0x-x^2}
        \end{align*}
    \item $\underline U_m$ s'annule pour $x^2=1$, soit $\omega=\omega_0$. On a \[
            U_m(x)=\frac{E|1-x^2|}{\sqrt{(1-x^2)^2+\left(\frac LR\omega_0x\right)^2}}
        \]

        \begin{center}
            \includegraphics{figures/8-antiresonnance.pdf}
        \end{center}
\end{enumerate}


\exo[Exploitation d'une courbe de résonance]

\begin{enumerate}
    \item On ajoute un ampèremètre en série dans le circuit
    \item On a \[
            \underline I=\frac E{R+\jmath L\omega + \frac1{\jmath C\omega}}
        \]
        Donc \[
            I_m(\omega)=\frac{E}{\sqrt{R^2+(L\omega-\frac1{C\omega})^2}}
        \]
        Qui est maximal pour \[
            L\omega-\frac1{C\omega}=0\iff L\omega^2=\frac1C\iff \omega=\frac1{\sqrt{LC}}
        \]
        Et donc \[
            I_{max}=\frac ER
        \]
        D'où $R=\frac E{I_{max}}= 1,2 \mathrm M\Omega$
    \item La pulsation de résonance est $\omega_0=\frac1{\sqrt{LC}}=10^{-4}$. Graphiquement, on a $\Delta \omega=10^{-5}$.

        D'après l'\textbf{Exercice 6}, on a $\Delta\omega=\frac{\omega_0}Q$. On a donc $Q=\frac{\omega_0}{\Delta\omega}= 10$. On étudie un circuit $RLC$ série donc on a $\omega_0=\sqrt\frac1{LC}$ et $Q=\frac1R\sqrt{\frac LC}$. On obtient \[
            \begin{cases}
                C=833\;\mathrm {nF}\\
                L=1,2\cdot 10^{11}\;\mathrm H
            \end{cases}
        \]
\end{enumerate}

\exo[Courant et tension en phase]

Le circuit est équivalent à
\begin{center}
    \includegraphics{figures/10-circuits.pdf}
\end{center}

Avec \[
    \underline Z_{eq}=\frac{1}{\frac{1}{R+\frac{1}{\jmath C \omega}}+\frac{1}{\jmath L \omega+R}}=\frac{- LC R  \omega^{2}+C R^{2} \jmath \omega+L \jmath \omega+R}{-LC \omega^{2}+2 RC \jmath \omega+1}=\frac{\jmath LC R  \omega^{2}+ C R^{2} \omega+L \omega-\jmath R}{\jmath LC \omega^{2}+2 RC \omega-\jmath}
\]
On veut donc \[
    \varphi=\arg\left(\frac E{\underline Z_{eq}}\right)=\arg(\jmath LC \omega^{2}+2 RC \omega-\jmath)-\arg(\jmath LC R  \omega^{2}+ C R^{2} \omega+L \omega-\jmath R)=0
\]
Ce qui revient à \begin{align*}
    \arg(\jmath LC \omega^{2}+2 RC \omega-\jmath)&=\arg(\jmath LC R  \omega^{2}+ C R^{2} \omega+L \omega-\jmath R) \\
    &\implies \arctan\left(\frac{LC\omega^2-1}{2RC\omega}\right)=\arctan\left(\frac{LCR\omega^2-R}{CR^2\omega+L\omega}\right)\\
    &\implies \frac{LC\omega^2-1}{2RC\omega}=\frac{LC\omega^2-1}{CR\omega+\frac LR\omega}\\
    &\implies (LC\omega^2-1) (CR\omega+\frac LR\omega)=(2RC\omega)(LC\omega^2-1)\\
    &\implies (LC\omega^2-1) (CR+\frac LR)=2RC(LC\omega^2-1)\\
    &\implies -C^{2} L R \omega^{2}+\frac{C L^{2} \omega^{2}}{R}+C R-\frac{L}{R}=0\\
    &\implies \omega^2\left(-C^{2}LR+\frac{C L^{2} }{R}\right)+C R-\frac{L}{R}=0\\
    &\implies \omega^2=\frac{L-R^2C}{C L^{2}-C^{2}LR^2}\\
    &\implies \omega=\sqrt{\frac{L-R^2C}{C L^{2}-C^{2}LR^2}}
\end{align*}

Et on a la condition suivante: $(L-R^2C)(CL^2-C^2R^2L)\geqslant 0$ (cela revient à dire que la racine existe)

\section{Je progresse}

\exo[Oscillations forcées d'un véhicule sur une route ondulée.]

\begin{enumerate}
    \item Bilan des forces sur $\{M;m\}$ dans $\mathcal R$ supposé galliléen: \begin{itemize}
            \item $\vec f_d=-\alpha(v-v_1)\vec e_x$
            \item $\vec P=m\vec g$
            \item $\vec F=-k(\ell-\ell_0)\vec u_x=-k(x-x_1-\ell_0)\vec e_x$
        \end{itemize}
        En appliquant le PFD, on a \[
            \vec f_d+\vec P+\vec F=-\alpha(v-v_1)\vec e_x+m\vec g-k(x-x_1-\ell_0)\vec e_x=m\vec a
        \]
        d'où, en projetant sur $(Ox)$, et en considérant $x_1=0$ (route horizontale), $v=v_1=0$ (position d'équilibre), \[
            m\vec a+k(x-x_1-\ell_0)+\alpha(v-v_1)=m\ddot x+k(x-\ell_0)=-mg \implies x_e=-\frac{mg}k+\ell_0
        \]
    \item On a l'équation différentielle \[
            m\ddot x+\alpha\dot x+kx=-mg+k\ell_0+k x_1(t)+\alpha\dot x_1(t)
        \]
        et en utilisant $x=X+x_e$, \[
            m\ddot X+\alpha\dot X+kX=k x_1(t)+\alpha\dot x_1(t)
        \]
        donc $F(t)=kx_1(t)+\alpha\dot x_1(t)$
    \item \begin{enumerate}
            \item On a $F(t)=kX_1\cos(\omega t)+\alpha X_1\frac{\mathrm d\cos(\omega t)}{\mathrm dt}$, d'où $\underline F=k\underline X_1+\jmath\omega\alpha \underline X_1$. On a alors \[
                    \underline X\left(-m\omega^2+\alpha\jmath\omega+k\right)=\underline X_1\left(k+\jmath\omega\alpha\right)\implies \underline V\left(-m\omega^2+\alpha\jmath\omega+k\right)=\jmath\omega\underline X_1(k+\jmath\omega\alpha)
                \]
                d'où \[ 
                    \underline V=\frac{\jmath\omega\underline X_1(k+\jmath\omega\alpha)}{-m\omega^2+\alpha\jmath\omega+k}\quad\text{ et }\quad v_m=|\underline V|=\frac{\omega X_1\sqrt{k^2+(\omega\alpha)^2}}{\sqrt{(m\omega^2+k)^2+(\alpha\omega)^2}}
                \]
            \item On a \[
                    \underline H=\frac{k+\jmath\omega\alpha}{-m\omega^2+\alpha\jmath\omega+k}=\frac{1+\jmath\frac{\alpha\omega}k}{1-\frac mk\omega^2+j\frac{\alpha\omega}k}=\frac{1+2\jmath pq}{1-p^2+2\jmath pq}
                \]
                Donc \[
                    |\underline H|=\sqrt{\frac{(2pq)^2+1}{(2pq)^2+(1-p^2)^2}}
                \]
                \vspace{1cm}
                \begin{center}
                    \includegraphics{figures/11-h-oscillations-forcees.pdf}
                \end{center}
            \item On a \[
                    |\underline H|=\sqrt{\frac{(\omega\alpha)^2+k^2}{(k-m\omega^2)^2+(\alpha\omega)^2}}\approx 1
                \] pour $k$ très grand. On a donc $|\underline X|\approx |\underline X_1|$ et la masse suit la surface de la route
        \end{enumerate}
\end{enumerate}



\chapter{Dynamique newtonienne}

\section{J'applique mon cours}

\exo[Établir un bilan des forces sur un système, ou plusieurs systèmes en interaction et en rendre compte sur une figure]

\begin{center}
    \includegraphics[scale=0.9]{figures/1-mike.pdf}
\end{center}

\noindent On étudie $\{\mathrm{Mike}\}$ dans $\mathcal R$ supposé galliléen. Les forces qui s'exercent sur Mike sont \begin{itemize}
    \item $\vec P=m\vec g$
    \item $\vec T=-||\vec T||\sin\left(\frac\pi6\right)\vec e_x+||\vec T||\cos\left(\frac\pi6\right)\vec e_y$ avec $||\vec T||=m_{\mathrm{poids}}g$
    \item $\vec t=t\vec e_x$
\end{itemize}
Par le principe fondamental de la statique (qu'on applique puisque Mike est immobile), \[
    \vec P+\vec T+\vec t=0\iff -mg\vec e_y-||\vec T||\sin\left(\frac\pi6\right)\vec e_x+||\vec T||\cos\left(\frac\pi6\right)\vec e_y+t\vec e_x=0
\]
D'où \[
    -mg+||\vec T||\cos\left(\frac\pi6\right)=0\iff m=m_{\mathrm{poids}}\cdot\frac{\sqrt3}2\approx8.66\;\mathrm{kg}
\]

\exo[Établir l'expression de la quantité de mouvement d'un système restreint au cas de deux points matériels]

On a \[
    \vec{OG}=\frac{m_1\vec{OM_1}+m_2\vec{OM_2}}{m_T}
\] Donc \[
    \vec p=m_1\vec v_1+m_2\vec v_2=m_1 \frac{\mathrm d\vec{OM_1}}{\mathrm dt}+m_2\frac{\mathrm d\vec{OM_2}}{\mathrm dt}=\frac{\mathrm d(m_1\vec{OM_1}+m_2\vec{OM_2})}{\mathrm dt}=\frac{\mathrm d(m_T\vec{OG})}{\mathrm dt}=m_T\vec v_G
\]

\exo[Décrire le mouvement relatif de deux référentiels galiléens]

Le référentiel géocentrique décrit une elipse autour dans le référentiel héliocentrique (translation). Le référentiel terrestre effectue une rotation dans le référentiel géocentrique

\exo[Mettre en équation le mouvement dans le champ de pesanteur sans frottement et le caractériser comme un mouvement à vecteur accélération constant]

Soit $M$ un point matériel de masse $m$ dans $\mathcal R$ référentiel supposé galliléen. Dans le champ de pesanteur et sans frottement, la seule force qui s'exerce est $\vec P=m\vec g$. Par le PFD, on a \[
    \vec P=m\vec g=m\vec a\implies \vec a=\vec g
\]
D'où l'accélération constante. On place l'axe $(Oz)$ vertical opposé à $\vec g$. On a alors \[
    \dot z(t)=-gt+\dot z_0 \implies z(t)=-\frac12gt^2+\dot z_0t+z_0
\]

\exo[Exploiter la loi d'Archimède]

Le cylindre a un volume de $V=\pi r^2h=314\;\mathrm {cm}^3$, et une masse de $m=V\rho=848\;\mathrm g$. La masse d'eau déplacée est $m_{\mathrm{eau}}=V\rho_{\mathrm{eau}}=314g$. La balance affichera une masse de $534g$

\exo[Établir l'équation du mouvement du pendule simple]

\begin{minipage}[t]{0.5\linewidth}
    On étudie $\{M\}$ dans $\mathcal R$ supposé galliléen.\\
    PFD: \[
        \sum \vec F_{ext} = \vec T + \vec P = m\vec a
    \]
    \[
        \iff T\vec e_r+P\cos\theta\vec e_r-P\sin\theta\vec e_\theta=m\vec a
    \]
    Expression de l'accélération: \[
        \vec{OM}=\ell\vec e_r \implies \vec v=\ell\dot \theta\vec e_\theta\implies \vec a=-\ell\dot\theta^2\vec e_r+\ell\ddot\theta\vec e_\theta
    \]
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}[t]{0.3\linewidth}
    \strut\vspace*{-\baselineskip}\newline
    \includegraphics{figures/6-pendule.pdf}
\end{minipage}

D'où \[
    m(-\ell\dot\theta^2\vec e_r+\ell\ddot\theta\vec e_\theta)=(T+P\cos\theta)\vec e_r-P\sin\theta\vec e_r
\]

Et \[
    m\ell\ddot \theta=-P\sin\theta=-mg\sin\theta\iff \ddot\theta=\frac{-g}\ell\sin\theta
\]

\exo[Justifier l'analogie avec l'oscillateur harmonique dans le cadre de l'approximation linéaire]

En prenant $\theta$ petit, on a $\sin\theta\sim\theta$, et l'équation du mouvement devient \[
    \ddot\theta+\frac g\ell\theta=0
\]
Qui est une équation d'oscillateur harmonique

\exo[Établir l'équation du portrait de phase (intégrale première) dans ce cadre et le tracer]

\begin{align*}
    E_m=E_c+E_{pp}=\frac12m\ell^2\dot\theta^2+mg\ell(1-\cos\theta)
\end{align*}
$E_m$ est constante, donc on a, à $t=0$, \[
    E_m=\frac12m\ell^2\dot\theta_0^2+mg\ell(1-\cos\theta_0)
\]
On a \[
    \frac12m\ell^2\dot\theta_0^2+mg\ell(1-\cos\theta_0)=\frac12m\ell^2\dot\theta^2+mg\ell(1-\cos\theta)
    \] Soit \begin{align*}\dot\theta^2
    &=\dot\theta_0^2-\frac{2g}\ell(1-\cos\theta)+\frac{2g}\ell(1-\cos\theta_0)\\
    &=\dot\theta_0^2+\frac{2g}\ell(\cos\theta-\cos\theta_0)
\end{align*}

On a le portrait de phase suivant:
\begin{center}
    \includegraphics{figures/8-portrait-phase.pdf}
\end{center}

\section{Je m'entraîne}

\exo[Ressort incliné]

\begin{enumerate}
    \item On étudie $\{M\}$ dans $\mathcal R$ supposé galliléen. Bilan des forces: \begin{itemize}
            \item $\vec P=P\sin\alpha\vec e_x-P\cos\alpha\vec e_y=mg\sin\alpha\vec e_x-mg\cos\alpha\vec e_y$
            \item $\vec F=-k(\ell-\ell_0)\vec e_x=-k(x-\ell_0)\vec e_x$
            \item $\vec R=R\vec e_y$ la réaction du support
        \end{itemize}
        En appliquant le PFD, on a \[
            m\vec a=mg\sin\alpha \vec e_x-mg\cos\alpha\vec e_y-k(x-\ell_0)\vec e_x+R\vec e_y
        \]
        et projeté sur $(Ox)$, \[
            ma=mg\sin\alpha-k(x-\ell_0)\iff m\ddot x+k(x-\ell_0)=mg\sin\alpha
        \]
        À l'équilibre, on a $a=\ddot x=0$, donc \[
            k(x_e-\ell_0)=mg\sin\alpha\iff x_e=\frac{mg\sin\alpha}k+\ell_0
        \]
    \item On pose $X=x-x_e\iff x=X+x_e$. On a \[
            \ddot X+\frac kmX=0\iff \ddot X+\omega_0^2X=0
        \] en notant $\omega_0=\sqrt{\frac km}$. Alors, \[
            X(t)=A\cos(\omega_0 t)+B\sin(\omega_0 t)
        \]
        On a les conditions initiales \[
            \begin{cases}
                X(0)=d\\
                \dot X(0)=0
            \end{cases} 
        \]
        D'où $A=d$, $B=0$ et \[
            x(t)=d\cos(\omega_0 t)+x_e
        \]
\end{enumerate}

\exo[Projectile dans le champs de pesanteur]

\begin{enumerate}
    \item \begin{enumerate}
        \item Le poids $\vec P$ est la seule force exercée. On a $\vec a=\vec g$, donc $\vec v=\vec gt+\vec v_0$. On a alors \[
                \begin{cases}
                    \dot y=v_0\cos\alpha\\
                    \dot z=-gt+v_0\sin\alpha
                \end{cases}
            \]
            Au maximum, on a $\dot z=0$, soit \[
                -gt_1+v_0\sin\alpha=0\iff t_1=\frac{v_0\sin\alpha}g
            \]
            On a \[
                \begin{cases}
                    y=v_0\cos\alpha t\\
                    z=-\frac12gt^2+v_0\sin\alpha t
                \end{cases}
            \]
            D'où les coordonnées de $S$: \[
                \begin{cases}
                    \displaystyle y=v_0\cos\alpha \frac{v_0\sin\alpha}g=\frac{v_0^2\cos\alpha\sin\alpha}{g}=\frac{v_0^2\sin(2\alpha)}{2g}\\
                    \displaystyle z=-\frac12g\left(\frac{v_0\sin\alpha}g\right)^2+v_0\sin\alpha \frac{v_0\sin\alpha}g=-\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}+\frac{v_0^2\sin^2\alpha}g=\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}
                \end{cases}
            \]
    \item $\;$
        \begin{center}
            \begin{tabular}{c!{\vrule width 1pt}c!{\vrule width 1pt}c}
                $\bm{\alpha}$ & \textbf{Temps $\bm t$}& \textbf{Point S}\\
                \noalign{\hrule height 1pt} $30^\circ$ & $5$ s &$(433, 125)$ \\
                \hline $60^\circ$ & $8.66$ s&$(433, 375)$ \\
                \hline $90^\circ$ & $10$ s&$(0, 500)$ \\
            \end{tabular}
        \end{center}

    \item On a l'équation de trajectoire \[
            z(y)=-\frac12g\left(\frac y{v_0\cos \alpha}\right)^2+v_0\sin\alpha\frac y{v_0\cos\alpha}=-\frac12g\frac{y^2}{v_0^2}(1+\tan^2\alpha)+y\tan\alpha
        \]
            Le point $(y_1, z_1)$ est accessible ssi \begin{align*}
                \exists \alpha\in \mathbb R / z(y_1)=z_1 &\iff \exists \alpha\in\mathbb R / -\frac{gy_1^2}{2v_0^2}\tan^2\alpha+y_1\tan\alpha-z_1-\frac{gy_1^2}{2v_0^2}=0 \\
                &\iff \Delta=y_1^2-4\frac{-gy^2}{2v_0^2}\left(-\frac{gy^2}{2v_0^2}-z_1\right)\geq0\\
                &\iff 1\geq \frac{4g}{2v_0^2}\left(\frac{gy_1^2}{2v_0^2}+z_1\right)\\
                &\iff z_1\leq \frac{v_0^2}{2g}-\frac{gy_1^2}{2v_0^2}
            \end{align*}
            D'où l'équation \[
                \Sigma: z(y_1)=\frac{v_0^2}{2g}-\frac{gy_1^2}{2v_0^2}
            \]
        \item $\;$
            \begin{center}
                \includegraphics{figures/10-trajectoires.pdf}
            \end{center}
    \end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
    \item On a \[
            m\vec a=\vec P+\vec f=m\vec g-K\vec v
        \]
        Donc \[
            m\ddot y=-K\dot y\iff \ddot y+\frac Km\dot y=0 \iff \dot y=A\exp\left(-\frac{Kt}m\right)=v_0\cos\alpha\exp\left(-\frac{Kt}m\right)
        \]
        Et \[
            m\ddot z=-mg-K\dot z\iff m\ddot z+K\dot z=-mg\iff \dot z=-\frac{gm}K+(v_0\sin\alpha+\frac{gm}K)\exp\left(-\frac{Kt}m\right)
        \]

    \item On a \[
            y=-\frac{mv_0\cos\alpha}K\exp\left(-\frac Kmt\right)+\frac{mv_0\cos\alpha}K
        \]
        Et \[
            z=-\frac{gmt}K-\frac{mv_0\sin\alpha+\frac{gm^2}K}K\exp\left(-\frac Kmt\right)+\frac{mv_0\sin\alpha+\frac{gm^2}K}K
        \]
    \item \textbf{AN:} $t=4.05\;\mathrm s$. C'est inférieur au temps nécessaire sans frottement fluide. Celui-ci est non-négligeable.
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

\exo[Pendule conique]

\begin{enumerate}
    \item On se place dans $(O, x, y, z)$ repère galliléen, avec $(Oz)$ dirigé vers le bas. On étudie le point $M$ de masse $m$.

        \begin{center}
            \includegraphics[scale=1.2]{figures/11-pendule-conique.pdf}
        \end{center}

        Bilan des forces: \begin{itemize}
            \item $\vec P=mg\vec e_z$
            \item $\vec T=T\cos\theta\vec e_z+T\sin\theta\cos\varphi\vec e_x+T\sin\theta\sin\varphi\vec e_y$
        \end{itemize}
        Expression de l'accélération: \begin{align*}
            &\phantom{\implies} \vec{OM}= L\sin\theta\cos\varphi\vec e_x+ L\sin\theta\sin\varphi\vec e_y+ L\cos\theta\vec e_z\\
            &\implies \vec v=-\dot\varphi L\sin\theta\sin\varphi\vec e_x+\dot\varphi L\sin\theta\cos\varphi\vec e_y\\
            &\implies \vec a= L\dot\varphi^2(-\sin\theta\cos\varphi\vec e_x-\sin\theta\sin\varphi\vec e_y)
        \end{align*}
        D'où, par le $PFD$ projeté sur $(Oz)$ et $(Ox)$, \[
            \begin{cases}
                mg+T\cos\theta=0\\
                T\sin\theta\cos\varphi= -L\dot\varphi^2\sin\theta\cos\varphi
            \end{cases}\implies \frac{mg}{\cos\theta}= L\dot\varphi^2\implies \dot\varphi=\omega=\sqrt{\frac{mg}{\cos\theta L}}
        \]
        Et la période $\tau$ associée est $\tau=\frac{2\pi}\omega$
    \item \begin{enumerate}
            \item Le fil est tendu à partir de $\omega_0$ tel que $OPO''$ soit isocèle. On a dans ce cas \[
                    \cos \theta_0=\frac aL \implies \omega_0=\sqrt{\frac{mg}a}
                \]
            % \item \todo{Cette question}
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

\exo[Chute libre]

\begin{enumerate}
    \item \begin{enumerate}
        \item 
            On étudie $\{B\}$ dans $\mathcal R$ supposé galliléen. Bilan des forces: \begin{itemize}
                \item $\vec P=mg\vec e_x$
                \item $\vec F=-\alpha\vec v=-\alpha v\vec e_x$
            \end{itemize}
            Par le PFD, on a \[
                ma=mg-\alpha v\iff m\dot v+\alpha v=mg\iff \dot v+\frac\alpha mv=g
            \]
        \item L'équation est équivalente à \[
                \dot v+\frac v\tau=g \iff v(t)=A\exp(-\frac t\tau)+\tau g=-\frac{mg}{\alpha}\exp\left(-\frac t\tau\right)+\frac m\alpha g
            \]
            \begin{center}
                \includegraphics{figures/12-chute-lineaire.pdf}
            \end{center}
            Pour $t\ll\tau$, on a \[
                v(t)\approx -\frac{mg}\alpha(1-\frac t\tau)+\frac{mg}\alpha=gt
            \]

        \item On a \[
                x(t)= \tau^2g\exp\left(-\frac t\tau\right)+\tau gt+x_0= \tau^2g\exp\left(-\frac t\tau\right)+\tau gt
                \]
            \item \textbf{AN:} Pour $B_1$, $\tau=53846.15\;\mathrm s$. Pour $B_2$, $\tau=4461.53\;\mathrm s$. La force de frottement a une grande influence sur le temps de stabilisation de la vitesse.
    \end{enumerate}

    \item \begin{enumerate}
            \item Bilan des forces: \begin{itemize}
                \item $\vec P=mg\vec e_x$
                \item $\vec F=-\beta||\vec v||\vec v=-\beta v^2\vec e_x$
            \end{itemize}
            On applique le PFD: \[
                ma=mg-\beta v^2\iff m\dot v+\beta v^2=mg\iff \dot v+\frac\beta mv^2=g
            \]
            Par analyse dimentionnelle, on a $[\beta]=\frac ML$, et donc $[\sqrt{mg/\beta}]=\frac LT$

        \item On a \[
                \dot v(t)+\frac\beta mv^2 = -g\mathrm{th}^2\left(\frac{gt}{v_l}\right)+g+\frac\beta m v_l^2\mathrm{th}^2\left(\frac {gt}{v_l}\right)=g
            \]
            Soit \[
                \frac{\beta}mv_l^2=g\iff v_l=\sqrt{\frac{mg}{\beta}}
            \]
            \begin{center}
                \includegraphics{figures/12-chute-carre.pdf}
            \end{center}

        \item $v_l$ est la vitesse en régime stabilisé. Si $t\ll \frac{v_l}g$, alors on a $v(t)\approx gt$. C'est le même équivalent qu'avec un frottement fluide linéaire.
        \item \[
                x(t)=\int v(t)\mathrm dt=\frac{v_l^2}g\ln\left(\mathrm{ch}\frac{gt}{v_l}\right)
            \]
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

\exo[Point glissant à l'intérieur et à l'extérieur d'une sphère]

\begin{enumerate}
    \item On étudie $\{M\}$ dans $\mathcal R$ galliléen. Les forces qui s'exercent sont \begin{itemize}
            \item $\vec P=P\cos\theta\vec u_r-P\sin\theta\vec u_\theta=mg(\cos\theta\vec u_r-\sin\theta\vec u_\theta)$
            \item $\vec N=N\vec u_r$
        \end{itemize}
        On a \[
            \vec{OM}=r\vec u_r\implies \vec v=r\dot\theta\vec u_\theta \implies \vec a=r\ddot\theta\vec u_\theta-r\dot\theta^2\vec u_r
        \]
        Donc, par PFD, \[
            m\vec a=\vec P+\vec N\implies mr\ddot\theta\vec u_\theta-mr\dot\theta^2\vec u_r=(N+mg\cos\theta)\vec u_r-mg\sin\theta\vec u_\theta
        \]
        Soit \[
            mr\ddot\theta=-mg\sin\theta\iff \ddot\theta+\frac gr\sin\theta=0 \tag{$E$}
        \]
        Pour des petits mouvements autour de $O$, on a $\sin\theta\sim\theta$ et donc on a l'équation d'oscillateur harmonique  \[
            \ddot \theta+\frac gr\theta=0 \implies T=\frac{2\pi}{\omega_0}=2\pi\sqrt{\frac rg}
        \]
    \item On a \[
            \ddot \theta+\frac gr\sin\theta=0\iff \omega\frac{\mathrm d\omega}{\mathrm d\theta}=-\frac gr\sin\theta\iff \omega\;\mathrm d\omega=-\frac gr\sin\theta\;\mathrm d\theta\iff \frac{\omega^2}2=\frac gr\cos\theta+C
        \]
        On a, d'après les conditions initiales \[
            0=\frac gr\cos\pi+C=-\frac gr+C\iff C=\frac gr
        \]
        Et d'après l'équation du PFD, \[
            N+mg\cos\theta=-mr\omega^2=-mr\frac{2g}r(\cos\theta +1)=-2mg(\cos \theta+1)
        \]
        D'où \[
            N=-3mg\cos\theta-2mg=-mg(3\cos\theta+2)
        \]
        Donc $N$ s'annule pour $\theta=\arccos(-2/3)\approx131^\circ$. $N$ est nul donc la seule force qui s'exerce sur $M$ est le poids. La trajectoire devient alors une parabole (chute libre dans le champs de gravité sans frottement)

        \item Bilan des forces: \begin{itemize}
            \item $\vec P=mg(-\cos\theta\vec u_r+\sin\theta\vec u_\theta)$
            \item $\vec N=N\vec u_r$
        \end{itemize}
        Expression de l'accelération:
        \[
            \vec{OM}=r\vec u_r\implies \vec v=r\dot\theta\vec u_\theta \implies \vec a=r\ddot\theta\vec u_\theta-r\dot\theta^2\vec u_r
        \]
        Et, par PFD \[
            mr\ddot\theta\vec u_\theta-mr\dot\theta^2\vec u_r=(N-mg\cos\theta)\vec u_r+mg\sin\theta\vec u_\theta
        \]
        D'où \[
            mg\sin\theta=mr\ddot\theta\iff \ddot\theta=\frac gr\sin\theta\tag{$E'$}
        \]
        Pour $\theta\ll1$, $\sin\theta\approx \theta$. On a alors \[
            \ddot\theta-\frac gr\theta=0 \iff \ddot\theta-\omega_0^2\theta=0\iff \theta=Ae^{\omega_0 t}+Be^{-\omega_0 t}=\theta_0\,\mathrm{ch}(\omega_0 t)
        \]
        C'est absurdre, et cela provient du fait que l'approximation faite n'est pas toujours valable (on n'a pas $\theta_0\ll1\implies \forall t, \theta\ll 1$).
    \item On a \[
            \frac{\omega^2}2=-\frac gr\cos\theta+C=\frac gr(1-\cos\theta)
        \]
        Et de même, \[
            N-mg\cos\theta=-mr\dot\theta^2=-2mg+2mg\cos\theta\iff N=-2mg+3mg\cos\theta
        \]
        Qui s'annule pour $\theta_0'=\arccos\left(\frac23\right)\approx 48^\circ$
\end{enumerate}

\section{Je progresse}

\exo[Propriétés mécaniques du verre]

\begin{enumerate}
    \item On a $\vec R=R_t\vec e_x+R_n\vec e_y=-\vec P=mg\sin\alpha\vec e_x+mg\cos\alpha\vec e_y$ (première loi de Newton)
    \item On a la condition: $R_t\leq \mu R_n\iff mg\sin\alpha\leq \mu mg\cos \alpha \iff \tan\alpha\leq \mu$
    \item On a $\alpha\geq35^\circ\implies \tan\alpha\geq\tan(35^\circ)\approx 0.700$ d'où $\mu=0.700$.
\end{enumerate}

\end{document}
