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Mécanique 2 (M2, papier WME02/01, 1 heure 30 minutes, 75 points, première évaluation juin 2020) est l'unité appliquée IAL qui s'appuie sur M1 : P1–P4 et M1 sont prérequis. Adoptez $g = 9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ sauf si le modèle de la question indique le contraire (une question de juin 2025 utilise 10). Cette référence couvre la cinématique à accélération variable, les centres de masse, le travail, l'énergie et la puissance, les collisions avec restitution, et la statique des corps rigides.

Connaissances essentielles pour M2 (non incluses dans le manuel) :

Lorsque l'accélération est une fonction du temps, intégrer : $v = \int a\,dt$ et $s = \int v\,dt$, avec les constantes fixées par les conditions initiales (« au repos en O » annule les deux). Pour la distance TOTALE lorsque la particule change de sens, trouver le temps d'arrêt ($v = 0$) et additionner les deux trajets. Position les vecteurs se dérivent composante par composante : $\mathbf v = \tfrac{d\mathbf r}{dt}$, $\mathbf a = \tfrac{d\mathbf v}{dt}$.

Exemple résolu — intégration avec trapèze (WME02 juin 2025 Q1). Avec $a = k(3 - t^2)$ au repos en O et $v(1.5) = 13.5$ : $v = k(3t - \tfrac{t^3}3)$ (zéro constant par repos), et $k(4.5 - 1.125) = 3.375k = 13.5$ donne $k = 4$. Ensuite, $s = 6t^2 - \tfrac{t^4}3 = \tfrac{t^2}3(18 - t^2)$. Pour la distance totale retour vers O : $v = \tfrac{4t}3(9 - t^2) = 0$ à $t = 3$, $s(3) = 27$, donc la particule parcourt $27 + 27 = 54$ m — le trajet retour est un second 27, pas une soustraction.

Exemple résolu — vitesse vectorielle puis impulsion (WME02 juin 2025 Q2). Avec $\mathbf r = 4\sqrt t\,\mathbf i - 3t\mathbf j$ (mètres, $t$ secondes), masse 3 kg : $\mathbf v = \tfrac{d\mathbf r}{dt} = 2t^{-1/2}\mathbf i - 3\mathbf j$, donc à $t = 4$ la vitesse est $\mathbf i - 3\mathbf j$. Une impulsion $(6\mathbf i - 3\mathbf j)$ N s donne $3(\mathbf v' - (\mathbf i - 3\mathbf j)) = (6\mathbf i - 3\mathbf j)$, donc $\mathbf v' = 3\mathbf i - 4\mathbf j$ et la vitesse scalaire est $5\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ — dériver D'abord, appliquez l'impulsion à l'instant second indiqué.

Pour les particules : le centre de masse est $\bar x = \dfrac{\sum mx}{\sum m}$. Pour les corps uniformes, utilisez la méthode du tableau — divisez en pièces dont vous connaissez le COM (brochure : fil semi-circulaire $\tfrac{2r}\pi$, lamelle semi-circulaire lamelle $\tfrac{4r}{3\pi}$, secteur, arc), pondérez chaque pièce par sa MASSE (lamelle : aire ; fil : longueur), et calculez les moments par rapport à une ligne pratique. Les pièces situées de part et d'autre de la ligne portent des signes opposés. Pour les lamelles composites, soustrayez les trous comme des aires négatives.

Exemple résolu — une armature filaire en forme de S (WME02 juin 2025 Q3). Deux arcs de fil semi-circulaires, AB de rayon $2a$ et CD de rayon $a$, tous deux centrés en O de part et d'autre de la ligne droite ACDB ($AC = DB = a$). Tableau (par rapport à la ligne AB) :

Longueur totale $(3\pi + 2)a$ ; moments $6a^2$ ; donc le centre de masse se trouve à $\dfrac{6a}{3\pi + 2}$ de AB. Suspendu en A avec E sur l'arc où $\angle AOE = 90°$ : la ligne de symétrie OE passe par G, donc $\tan\angle OAG = \dfrac{3}{3\pi+2}$, et comme $OA = OE$ fait un angle $\angle OAE = 45°$, l'angle $\theta$ de AE sous la verticale satisfait $\theta = 45° - \angle OAG$, donnant $\tan\theta = \dfrac{3\pi - 1}{3\pi + 5}$.

Un corps suspendu librement s'aligne avec son centre de masse verticalement sous le point de suspension. L'angle demandé est généralement celui entre une corde tracée du corps et la verticale : trouver l'angle au point de suspension par trigonométrie rectangle avec la distance du CDM, puis ajuster par n'importe quel angle géométrique (les triangles isocèles sont la source standard de 45°, 60°).

Travail fourni par une force constante : $Fs$ dans le sens du mouvement (négatif contre lui) ; la gravité effectue $\pm mgh$. Le principe travail-énergie : travail total = variation d'énergie cinétique. conservation de l'énergie mécanique : l'énergie est conservée lorsque seule la gravité effectue un travail ; la résistance intervient comme un travail $-Rs$. puissance $P = Fv$ : à vitesse constante, la force motrice équilibre la résistance plus les composantes gravitationnelles, donc $v = \tfrac PF$ ; à vitesse donnée, la force excédentaire produit une accélération.

Exemple résolu — une voiture sur une pente (WME02 juin 2025 Q4). Une voiture de 750 kg monte une pente avec $\sin\alpha = \tfrac17$, résistance 200 N, moteur à 20 kW. Vitesse constante : $\tfrac{20000}V = 750(9.8)\tfrac17 + 200 = 1250$, donc $V = 16\ \mathrm{m\,s^{-1}}$. À $10\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ : $2000 - 1250 = 750a$, donc $a = 1\ \mathrm{m\,s^{-2}}$. Moteur coupé en A à $10\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ : le travail-énergie donne $\tfrac12(750)(100) = 750g(d\sin\alpha) + 200d$, c'est-à-dire $37500 = 1250d$ et $d = 30$ m — la résistance agit sur la DISTANCE DE LA PENTE $d$, la gravité sur la hauteur $d\sin\alpha$.

Exemple résolu — un projectile terminé par l'énergie (WME02 juin 2025 Q7). Un projectile suivant une trajectoire parabolique quitte O à $20\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ ($g = 10$) se trouve 11 m au-dessus lorsque sa composante verticale est $V$ et que sa composante horizontale est $2V$. Énergie : $200 = \tfrac12(V^2 + 4V^2) + 110$, donc $V = 6$ (composantes 6 et 12). Il rencontre un plan perpendiculairement à $60°$ par rapport à l'horizontale, de sorte que la vitesse forme un angle de $30°$ sous l'horizontale : la norme de la vitesse est $= \tfrac{12}{\cos30°} = 8\sqrt3$, et l'énergie issue de O donne $200 = \tfrac12(192) + 10H$, donc $H = 10.4 \to 10$ m (2 chiffres significatifs).

La loi expérimentale de Newton, le coefficient de restitution : $e = \dfrac{v_B - v_A}{u_A - u_B}$ (vitesse de séparation sur vitesse d'approche, $0 \le e \le 1$ ; $e = 1$ élastique, $e = 0$ ils collent). Avec la conservation de la quantité de mouvement, deux équations suffisent à résoudre tout choc direct. La perte d'énergie cinétique se factorise toujours par $(1 - e^2)$ : perte $= \tfrac{m_Am_B}{2(m_A+m_B)}(1-e^2)(u_A - u_B)^2$ — et l'impulsion exercée sur chaque corps provient de son propre changement de quantité de mouvement. Un rebond sur un mur fixe multiplie la vitesse par $e$ directement.

Exemple résolu — le récit complet du choc (WME02 juin 2025 Q5). P (masse $2m$, vitesse $u$) frappe Q (masse $m$) au repos, coefficient de restitution $e$. Quantité de mouvement : $2u = 2v_P + v_Q$ ; restitution : $eu = v_Q - v_P$. En résolvant : $v_Q = \tfrac{2(1+e)u}3$, $v_P = \tfrac{(2-e)u}3$. L'énergie cinétique après le choc est $\tfrac{mu^2}3(2 + e^2)$, donc la perte est $\tfrac{mu^2}3(1 - e^2)$ — le facteur $k = \tfrac13$. Si l'impulsion sur Q est $\tfrac89mu$ : $m\cdot\tfrac{2(1+e)u}3 = \tfrac{8mu}9$ donne $e = \tfrac13$. Q rebondit ensuite contre un mur avec une restitution de $f$ pour égaler la vitesse de P, soit $\tfrac59u$ : $f\cdot\tfrac89u = \tfrac59u$, donc $f = \tfrac58$.

Les chaînes impliquant trois corps ou des murs relèvent de la tenue de compte : on résout d'abord complètement le premier choc, puis on reporte les les vitesses subsistant dans l'impact suivant, et égaliser uniquement les quantités liées par la question (« même vitesse », « au repos »). Un mur rebondi inverse la direction et multiplie la vitesse par $e$ ; conservez un diagramme signé par étape.

Un corps rigide en équilibre nécessite une force résultante nulle ET un moment résultant nul par rapport à tout point. Choisissez le pivot pour éliminer les inconnues (la réaction unique d'un rail lisse est pourquoi moments par rapport au point de contact au sol s'annulent). Résoudre horizontalement et verticalement pour la force de contact composantes ; sur un sol rugueux à l'équilibre limite, la frottement $F = \mu R$ avec $F$ horizontal.

Exemple résolu — tige contre un rail lisse (WME02 juin 2025 Q6). Une tige uniforme AB (masse $m$, longueur $2a$) repose avec A sur un sol rugueux contre un rail lisse en C, $AC = 1.5a$, inclinaison $\theta$, la réaction normale $S$ du rail, perpendiculaire à la tige. Moments par rapport à A : $S(1.5a) = mg\,a\cos\theta$, donc $S = \tfrac{2mg\cos\theta}3$. Verticalement : $V = mg - S\cos\theta = \tfrac{mg}3(3 - 2\cos^2\theta)$. Équilibre limite avec $\mu = \tfrac47$ : $F = S\sin\theta$, donc $\tfrac47\cdot\tfrac{mg}3(3 - 2\cos^2\theta) = \tfrac{2mg}3\cos\theta\sin\theta$. En divisant par $\cos^2\theta$ et en utilisant $\sec^2\theta = 1 + \tan^2\theta$ : $12\tan^2\theta - 14\tan\theta + 4 = 0$, i.e. $6\tan^2\theta - 7\tan\theta + 2 = 0$.

• Intégrer $a(t)$ de $v$ à $s$ avec des constantes déterminées par les conditions initiales ; traiter la distance totale via le point d'inflexion ; dériver $\mathbf r(t)$ pour obtenir la vitesse vectorielle et appliquer les impulsions comme $\mathbf I = m\Delta\mathbf v$.
• Construire des tableaux du centre de masse (pondération par masse/aire/longueur) avec des distances signées pour les pièces situées de part et d'autre et les trous négatifs ; utiliser les résultats concernant les fils et les lamelles du manuel ; trouver les angles de suspension par trigonométrie au point de suspension, plus tout angle de triangle isocèle.
• Appliquer le travail-énergie et la conservation de l'énergie mécanique, avec le travail des résistances sur la distance du plan incliné et $P = Fv$ dans les deux sens.
• Résoudre les collisions directes avec la conservation de la quantité de mouvement + le coefficient de restitution ; indiquer les deux vitesses ; calculer la perte d'énergie $(1-e^2)$ et les impulsions subies par chaque corps ; chaîner les rebonds contre un mur et les secondes collisions à l'aide d'un diagramme signé.
• Pour les corps rigides : moments par rapport au pivot inconnu éliminant une force, résoudre pour les composantes, et transformer les problèmes d'équilibre limite en une équation en $\tan\theta$.