Exercices corrigés : travail, énergie et puissance (203-SN1-RE, ancien 203-NYA)

a) Verticalement, la composante $T\sin 30^{\circ}=50$ N soulage le sol : $N=mg-T\sin 30^{\circ}=245-50=195$ N. La normale n'est pas $mg$ dès qu'une autre force possède une composante verticale : elle se lit dans l'équation des $y$, jamais par réflexe.

b) Tension : $W_{T}=Td\cos 30^{\circ}=(100)(8)(0{,}866)\approx 693$ J. Frottement : $f_{k}=\mu_{k}N=(0{,}20)(195)=39$ N, opposé au mouvement, $W_{f}=-(39)(8)=-312$ J. Poids et normale : perpendiculaires au déplacement, $W_{g}=W_{N}=0$.

c) $W_{net}=693-312\approx 381$ J. Théorème de l'énergie cinétique : $\frac{1}{2}mv^{2}=W_{net}$ (départ du repos), donc $v=\sqrt{\frac{2(381)}{25}}\approx 5{,}5$ m/s.

d) Pas forcément, et ici non : tirer horizontalement porte le travail de la tension à $Td=800$ J, mais supprime le soulagement vertical : $N$ remonte à 245 N, $f_{k}$ à 49 N, et $W_{f}$ à $-392$ J. Bilan : $W_{net}=800-392=408$ J, à peine mieux que 381 J. Les deux effets jouent en sens contraires; avec un $\mu_{k}$ plus grand, l'angle vers le haut peut même devenir avantageux. C'est tout l'intérêt du bilan complet : une seule force ne décide de rien.

a) Parce que $F$ n'est pas constante : elle change à chaque position. La formule $W=Fd\cos\theta$ suppose une force constante en module et en direction. Il faut découper le déplacement en tranches $dx$ assez fines pour que $F$ y soit quasi constante, puis sommer : $W=\int_{x_{i}}^{x_{f}}F(x)\,dx$. Graphiquement, cette intégrale est exactement l'AIRE sous la courbe $F(x)$, comptée positivement au-dessus de l'axe et négativement en dessous. C'est la même idée que l'aire sous un graphique vitesse-temps qui donne le déplacement.

b) Premier intervalle, un triangle : $W_{1}=\frac{1}{2}(3{,}00)(12{,}0)=18{,}0$ J. Deuxième, un rectangle : $W_{2}=(7{,}00-3{,}00)(12{,}0)=48{,}0$ J. Troisième, un triangle : $W_{3}=\frac{1}{2}(3{,}00)(12{,}0)=18{,}0$ J. Total : $W=18{,}0+48{,}0+18{,}0=84{,}0$ J. Aucune primitive n'a été nécessaire, le découpage géométrique suffit dès que la courbe est faite de segments de droite.

c) Il n'y a pas de frottement et le mouvement est horizontal, donc le travail net se réduit à celui de $F$. Théorème de l'énergie cinétique : $\frac{1}{2}mv^{2}=W$, soit $v=\sqrt{\frac{2W}{m}}$. En $x=3{,}00$ m : $v=\sqrt{\frac{2(18{,}0)}{4{,}00}}=3{,}00$ m/s. En $x=7{,}00$ m ($W=66{,}0$ J) : $v=\sqrt{33{,}0}\approx 5{,}74$ m/s. En $x=10{,}0$ m ($W=84{,}0$ J) : $v=\sqrt{42{,}0}\approx 6{,}48$ m/s. La vitesse est maximale à la fin, en $x=10{,}0$ m : la force reste positive partout, donc elle ne cesse d'ajouter de l'énergie cinétique, même quand elle faiblit. Une force qui diminue ne freine pas, elle accélère seulement de moins en moins vite.

d) La force à exercer pour comprimer le ressort vaut $F=kx$ (opposée à la force de rappel). Donc $W=\int_{0}^{x}kx'\,dx'=\frac{1}{2}kx^{2}$. Pour $k=800$ N/m et $x=0{,}150$ m : $W=\frac{1}{2}(800)(0{,}150)^{2}=9{,}00$ J. De $0{,}150$ m à $0{,}300$ m : $W=\frac{1}{2}(800)\left[(0{,}300)^{2}-(0{,}150)^{2}\right]=400(0{,}0675)=27{,}0$ J, soit TROIS fois plus pour le même supplément de compression. La raison est géométrique : sur le graphique $F(x)$, la deuxième tranche est un trapèze bien plus haut que le premier triangle. C'est pourquoi les derniers centimètres d'un ressort, d'un arc ou d'un amortisseur coûtent toujours le plus cher.

e) Le frottement s'oppose au mouvement sur tout le parcours : $W_{f}=-(5{,}00)(10{,}0)=-50{,}0$ J. Travail net : $84{,}0-50{,}0=34{,}0$ J, soit une chute de $59{,}5\,\%$. Vitesse finale : $v=\sqrt{\frac{2(34{,}0)}{4{,}00}}=\sqrt{17{,}0}\approx 4{,}12$ m/s, contre $6{,}48$ m/s sans frottement, soit une chute de seulement $36{,}4\,\%$. Les deux proportions diffèrent parce que la vitesse varie comme la RACINE du travail : $v\propto\sqrt{W}$. Diviser l'énergie par quatre ne divise la vitesse que par deux. C'est le même effet, pris à l'envers, que la distance de freinage qui quadruple quand la vitesse double.

a) Le freinage retire toute l'énergie cinétique : $Fd=\frac{1}{2}mv^{2}$, donc $d=\frac{(0{,}5)(1200)(25)^{2}}{7500}=\frac{375\,000}{7500}=50$ m.

b) $d=\frac{mv^{2}}{2F}$ est proportionnelle à $v^{2}$ : doubler la vitesse quadruple la distance, $d=200$ m. C'est le cœur des campagnes de sécurité routière : à 180 km/h, il faut quatre fois plus de route qu'à 90 km/h, pas deux.

c) L'accélération vaut $a=\frac{F}{m}=6{,}25$ m/s², donc $t=\frac{v}{a}=\frac{25}{6{,}25}=4$ s. La durée, elle, double seulement (8 s à 180 km/h) : le temps dépend de $v$ (il faut annuler la vitesse, au rythme constant $a$), la distance dépend de $v^{2}$ (il faut dissiper l'énergie, qui croît comme le carré). Deux grandeurs, deux lois.

d) Le théorème relie directement l'état initial (25 m/s) à l'état final (arrêt) sans passer par le temps, inconnu ici : une seule équation, une seule inconnue. Vérification cinématique : $0=(25)^{2}-2(6{,}25)\Delta x$ donne bien $\Delta x=\frac{625}{12{,}5}=50$ m. Les deux méthodes concordent; l'énergie évite simplement le détour.

a) La tension reste à chaque instant perpendiculaire à la vitesse (le fil est radial, le mouvement tangentiel) : $W=Fd\cos 90^{\circ}=0$. La seule force qui travaille est le poids, force conservative : l'énergie mécanique se conserve.

b) Hauteur : $h=L(1-\cos\theta_{0})=2{,}5(1-0{,}5)=1{,}25$ m. Conservation : $\frac{1}{2}mv^{2}=mgh$, donc $v=\sqrt{2(9{,}8)(1{,}25)}=\sqrt{24{,}5}\approx 4{,}95$ m/s.

c) Au point bas, la bille décrit un cercle : la résultante doit pointer vers le centre (vers le haut) avec la grandeur $\frac{mv^{2}}{L}$. Donc $T-mg=\frac{mv^{2}}{L}$, soit $T=0{,}8(9{,}8)+\frac{0{,}8(24{,}5)}{2{,}5}=7{,}84+7{,}84=15{,}68$ N. La tension dépasse le poids parce qu'elle doit non seulement porter la bille, mais aussi courber sa trajectoire : l'excédent est exactement la force centripète.

d) Conservation depuis l'angle $\theta_{0}$ : $v^{2}=2gL(1-\cos\theta_{0})$. Au point bas : $T=mg+\frac{mv^{2}}{L}=mg+2mg(1-\cos\theta_{0})=mg(3-2\cos\theta_{0})$. La longueur du fil a disparu du résultat. À $\theta_{0}=60^{\circ}$ : $T=mg(3-1)=2mg$, ce qui redonne bien 15,68 N pour notre bille. $T>2mg$ exige $3-2\cos\theta_{0}>2$, soit $\cos\theta_{0}<\frac{1}{2}$ : au-delà de 60°. Lâché à l'horizontale ($\theta_{0}=90^{\circ}$), le fil supporte $3mg$ : c'est le critère de résistance à retenir pour dimensionner un câble.

a) $E_{e}=\frac{1}{2}kx^{2}=\frac{1}{2}(200)(0{,}10)^{2}=1{,}00$ J. Sur surface lisse, tout passe en énergie cinétique : $v=\sqrt{\frac{2(1{,}00)}{0{,}5}}=2{,}0$ m/s.

b) Frottement : $f_{k}=\mu_{k}mg=(0{,}30)(0{,}5)(9{,}8)=1{,}47$ N. Énergie dissipée : $f_{k}d=(1{,}47)(0{,}50)=0{,}735$ J. Il reste $1{,}00-0{,}735=0{,}265$ J, donc $v=\sqrt{\frac{2(0{,}265)}{0{,}5}}\approx 1{,}03$ m/s.

c) Arrêt quand toute l'énergie est dissipée : $d_{max}=\frac{E}{f_{k}}=\frac{1{,}00}{1{,}47}\approx 0{,}68$ m. La zone de 50 cm est franchie, mais de peu : 18 cm de rugueux supplémentaires suffiraient à arrêter le bloc. Les trois quarts de l'énergie initiale ($0{,}735$ sur $1{,}00$ J) restent dans la zone rugueuse.

d) Bilan : énergie potentielle élastique (1,00 J) $\rightarrow$ énergie cinétique (1,00 J) $\rightarrow$ énergie cinétique (0,265 J) $+$ énergie dissipée par frottement (0,735 J), puis plus rien ne change sur la surface lisse finale. L'énergie dissipée devient de l'énergie thermique : les surfaces en contact s'échauffent légèrement. Elle n'est pas détruite, mais elle n'est plus récupérable par le mouvement : c'est le propre d'une force non conservative.

a) À l'équilibre, la force de rappel compense exactement le poids : $kx_{eq}=mg$, donc $x_{eq}=\frac{mg}{k}=\frac{2{,}00(9{,}80)}{250}=0{,}0784$ m, soit $7{,}84$ cm.

b) Ici il faut conserver l'énergie, pas équilibrer les forces. Le bloc part du repos et s'arrête au point le plus bas, donc $\Delta K=0$ : toute l'énergie potentielle gravitationnelle perdue s'est stockée dans le ressort. $mgx_{max}=\frac{1}{2}kx_{max}^{2}$, d'où $x_{max}=\frac{2mg}{k}=0{,}157$ m, soit $15{,}7$ cm. C'est EXACTEMENT le double de l'allongement d'équilibre, et le résultat est général : $x_{max}=2x_{eq}$, quelles que soient la masse et la raideur. Un chargement lâché brutalement sollicite une structure deux fois plus qu'un chargement posé doucement, ce qui est un principe de base du dimensionnement en génie.

c) La confusion vient d'assimiler force nulle et vitesse nulle, alors que la force gouverne la VARIATION de la vitesse, pas la vitesse elle-même. Au point le plus bas, le ressort tire plus fort que le poids : la force nette est dirigée vers le haut, elle est même maximale, et c'est précisément ce qui fait remonter le bloc. Sa vitesse y est nulle un instant, mais elle est en train de changer très vite. À la position d'équilibre au contraire, la force nette s'annule : la vitesse cesse de varier, donc elle passe par son maximum. Force maximale et vitesse nulle vont ensemble; force nulle et vitesse maximale aussi.

d) La vitesse est maximale à la position d'équilibre, $x_{eq}=0{,}0784$ m. Bilan énergétique depuis le lâcher : $\frac{1}{2}mv^{2}=mgx_{eq}-\frac{1}{2}kx_{eq}^{2}=2{,}00(9{,}80)(0{,}0784)-\frac{1}{2}(250)(0{,}0784)^{2}=1{,}537-0{,}768=0{,}768$ J. Donc $v=\sqrt{\frac{2(0{,}768)}{2{,}00}}\approx 0{,}877$ m/s. Deuxième méthode : le mouvement est une oscillation harmonique d'amplitude $x_{eq}$ autour de la position d'équilibre, et $v_{max}=x_{eq}\sqrt{\frac{k}{m}}=0{,}0784\sqrt{125}\approx 0{,}877$ m/s. Les deux méthodes concordent. On remarque au passage que l'énergie stockée à l'équilibre vaut exactement la moitié de l'énergie gravitationnelle perdue, l'autre moitié étant l'énergie cinétique.

e) Prenons l'axe vers le bas, l'origine à la longueur naturelle, et posons $x=u+x_{eq}$. L'énergie potentielle totale vaut $U=-mgx+\frac{1}{2}kx^{2}$ (le signe moins parce que descendre fait perdre de l'énergie gravitationnelle). En substituant : $U=-mg\left(u+x_{eq}\right)+\frac{1}{2}k\left(u+x_{eq}\right)^{2}=-mgu-mgx_{eq}+\frac{1}{2}ku^{2}+kx_{eq}u+\frac{1}{2}kx_{eq}^{2}$. Or $kx_{eq}=mg$, donc les termes linéaires $-mgu$ et $+kx_{eq}u$ s'annulent, et il reste $U=\frac{1}{2}ku^{2}+\left(\frac{1}{2}kx_{eq}^{2}-mgx_{eq}\right)=\frac{1}{2}ku^{2}-\frac{1}{2}kx_{eq}^{2}$. La constante n'a aucune influence puisque seules les variations de $U$ comptent. Conséquence : un système masse-ressort VERTICAL se comporte exactement comme un système masse-ressort HORIZONTAL, à condition de mesurer les positions depuis la position d'équilibre. La gravité ne fait que déplacer le point d'équilibre, elle ne change ni la période, ni la forme du mouvement. C'est ce résultat qui permettra, au chapitre du mouvement harmonique simple, de traiter les deux cas d'une seule formule.

a) Vitesse constante : accélération nulle, donc $\Sigma F=0$ le long de la pente. La traction doit équilibrer la composante du poids ET les résistances : $F_{tr}=mg\sin 5^{\circ}+600=(1500)(9{,}8)(0{,}0872)+600\approx 1281+600=1881$ N.

b) $P=F_{tr}\,v=(1881)(20)\approx 37\,600$ W $\approx 37{,}6$ kW. (À titre de repère, environ 50 chevaux : monter une côte à bonne allure mobilise une part importante de la puissance d'une voiture ordinaire.)

c) Durée : $t=\frac{2000}{20}=100$ s, donc $E=Pt\approx 3{,}76$ MJ. Gain d'altitude : $h=2000\sin 5^{\circ}\approx 174{,}3$ m, donc $\Delta E_{p}=mgh\approx (1500)(9{,}8)(174{,}3)\approx 2{,}56$ MJ. Dissipation : $(600)(2000)=1{,}20$ MJ. Vérification : $2{,}56+1{,}20=3{,}76$ MJ, le compte est bon. Environ deux tiers de l'essence de la montée se retrouvent stockés en altitude.

d) Sur le plat, seule la résistance de 600 N reste à vaincre : $P=(600)(20)=12$ kW, à peine le tiers de la montée. La différence, $25{,}6$ kW, est exactement le débit d'énergie potentielle $mgv\sin 5^{\circ}$ : monter, c'est essentiellement payer la gravité en temps réel.

e) En descente, la composante du poids ($\approx 1281$ N) pousse la voiture et dépasse les résistances (600 N) : sans freins, la voiture accélérerait. Pour maintenir 20 m/s, les freins doivent dissiper la différence : $F_{fr}=1281-600=681$ N, soit $P_{fr}=(681)(20)\approx 13{,}6$ kW. C'est pourquoi les longues descentes échauffent les freins et qu'on recommande le frein moteur : 13,6 kW dissipés en continu, c'est l'équivalent d'une dizaine de bouilloires.

a) Au sommet, deux forces agissent sur le chariot : son poids $mg$ et la force normale $N$ du rail, toutes deux dirigées VERS LE BAS, c'est-à-dire vers le centre de la boucle. La deuxième loi selon la direction radiale donne $mg+N=\frac{mv^{2}}{R}$. Un rail ne peut que pousser, jamais tirer, donc $N\geq 0$. Le cas limite est $N=0$, où la gravité fournit à elle seule toute l'accélération centripète : $v_{min}=\sqrt{gR}=\sqrt{9{,}80(2{,}50)}\approx 4{,}95$ m/s. En dessous, le chariot quitte le rail et devient un projectile.

b) Sans frottement, l'énergie mécanique se conserve entre le point de lâcher (hauteur $h$, repos) et le sommet de la boucle (hauteur $2R$, vitesse $v_{min}$) : $mgh=mg(2R)+\frac{1}{2}mv_{min}^{2}$. En remplaçant $v_{min}^{2}=gR$ : $gh=2gR+\frac{gR}{2}$, d'où $h_{min}=\frac{5R}{2}=2{,}5R$. Numériquement $h_{min}=2{,}5(2{,}50)=6{,}25$ m, soit $1{,}25$ m au-dessus du sommet de la boucle. La masse s'élimine partout : un chariot chargé et un chariot vide bouclent à la même hauteur, ce qui est heureux pour l'exploitant d'un parc d'attractions.

c) Conservation de l'énergie entre $8{,}00$ m et le sommet, situé à $2R=5{,}00$ m : $\frac{1}{2}v^{2}=g(8{,}00-5{,}00)$, donc $v^{2}=2(9{,}80)(3{,}00)=58{,}8$ et $v\approx 7{,}67$ m/s, bien au-dessus des $4{,}95$ m/s exigés. Force du rail : $N=\frac{mv^{2}}{R}-mg=\frac{0{,}500(58{,}8)}{2{,}50}-0{,}500(9{,}80)=11{,}76-4{,}90=6{,}86$ N, dirigée vers le bas, c'est-à-dire vers le centre.

d) Au point le plus bas, le poids pointe vers le bas et la normale vers le haut, donc vers le centre : $N-mg=\frac{mv^{2}}{R}$. Ici $v^{2}=2g(8{,}00)=156{,}8$ m$^{2}$/s$^{2}$, donc $N=\frac{0{,}500(156{,}8)}{2{,}50}+4{,}90=31{,}36+4{,}90=36{,}3$ N. C'est $7{,}4$ fois le poids du chariot. Un passager y ressentirait un poids apparent de $7{,}4$ fois le sien : au-delà de $5$ à $6\,g$ la vision périphérique se perd et l'évanouissement guette, ce qui est précisément la limite que les concepteurs s'interdisent de franchir.

e) Il ne reste que $75{,}0\,\%$ de l'énergie initiale à l'entrée de la boucle, et la boucle elle-même est supposée lisse. Il faut donc $0{,}750\,mgh\geq mg(2{,}5R)$, soit $h\geq\frac{2{,}5(2{,}50)}{0{,}750}=8{,}33$ m. Le frottement coûte plus de deux mètres de hauteur supplémentaires. Quant à la forme : une boucle circulaire impose une vitesse énorme en bas pour tenir au sommet, donc une accélération centripète $\frac{v^{2}}{R}$ démesurée à l'entrée, exactement le problème de la question d). Les concepteurs utilisent une clothoïde, courbe dont le rayon de courbure est grand en bas, là où la vitesse est élevée, et petit en haut, là où elle est faible. L'accélération $\frac{v^{2}}{R}$ reste ainsi à peu près constante et supportable sur tout le parcours, et la hauteur de lâcher nécessaire diminue.

a) Conservation sur la partie glacée : $mgh=\frac{1}{2}mv^{2}$, donc $v=\sqrt{2(9{,}8)(8)}\approx 12{,}5$ m/s. La masse se simplifie dans l'équation. La forme du profil n'intervient pas parce que le poids est conservatif : son travail ne dépend que de la dénivelée $h$, pas du chemin; et la normale, toujours perpendiculaire au mouvement, ne travaille sur aucun profil. Seuls comptent le départ et l'arrivée.

b) Sur le replat, le frottement $\mu_{k}mg$ dissipe l'énergie $mgh$ acquise : $\mu_{k}mg\,d=mgh$, donc $d=\frac{h}{\mu_{k}}=\frac{8}{0{,}25}=32$ m. La masse ET $g$ ont disparu : une luge lourde ou légère, sur Terre ou sur la Lune, s'arrête à la même distance. Il ne reste que la géométrie ($h$) et la qualité de la surface ($\mu_{k}$).

c) Les 12 m de neige prélèvent l'équivalent de $\mu_{k}\times 12=3$ m de dénivelée. Bilan en hauteurs équivalentes : $h'=8-(0{,}25)(12)=5$ m. La luge remonte à 5 m exactement (la seconde butte est glacée : aucune perte à la montée).

d) La luge redescend de 5 m, retraverse les 12 m rugueux (nouvelle perte de 3 m d'équivalent) et aborde la première butte avec $5-3=2$ m d'équivalent : elle y remonte à 2 m, puis redescend et repart sur le replat avec 2 m d'équivalent seulement. Elle ne peut plus le traverser : elle parcourt $\frac{2}{0{,}25}=8$ m et s'arrête définitivement DANS la zone rugueuse, aux deux tiers de la traversée (à 4 m de la seconde butte). Vérification globale : la luge a parcouru $12+12+8=32$ m de neige rugueuse, dissipant $(0{,}25)(32)=8$ m d'équivalent, exactement la hauteur initiale. Toute l'énergie $mgh$ a fini en chaleur dans la neige.

a) La force dérive du potentiel : $F(x)=-\frac{dU}{dx}=-\left(4x^{3}-16x\right)=-4x\left(x^{2}-4\right)$. Elle s'annule en $x=0$ et $x=\pm 2{,}00$ m, qui sont les trois positions d'équilibre. En $x=0$, $U(0)=0$ est un MAXIMUM local : équilibre INSTABLE. On le confirme par la force : pour $x$ légèrement positif, $F=-4x(x^{2}-4)>0$, donc la force pousse encore plus loin de l'origine; l'écart s'amplifie. En $x=\pm 2{,}00$ m, $U=16-32=-16{,}0$ J est un MINIMUM : équilibre STABLE. Pour $x$ un peu supérieur à $2$, $F<0$ et ramène la particule vers $2$; pour $x$ un peu inférieur, $F>0$ et la ramène également. Règle générale : la force pointe toujours vers les $U$ décroissants, donc un creux rappelle et une bosse repousse.

b) Lâchée sans vitesse, son énergie mécanique vaut $E=U(1{,}00)=1-8=-7{,}00$ J, et elle se conserve. Les points de rebroussement sont les positions où $K=0$, donc où $U(x)=-7{,}00$ : $x^{4}-8x^{2}+7=0$, équation bicarrée de solutions $x^{2}=\frac{8\pm\sqrt{64-28}}{2}=\frac{8\pm 6}{2}$, soit $x^{2}=1$ ou $x^{2}=7$. Sur le côté positif, cela donne $x=1{,}00$ m et $x=\sqrt{7}\approx 2{,}65$ m. La particule oscille donc entre $1{,}00$ m et $2{,}65$ m, autour de la position d'équilibre stable $x=2{,}00$ m. Elle ne peut PAS atteindre le côté négatif : il faudrait passer par $x=0$ où $U=0$, alors qu'elle ne dispose que de $E=-7{,}00$ J. La région $U>E$ lui est interdite, la barrière centrale la piège dans son puits de droite.

c) La vitesse est maximale là où l'énergie cinétique l'est, donc là où $U$ est minimale : au fond du puits, en $x=2{,}00$ m. Alors $K=E-U=-7{,}00-(-16{,}0)=9{,}00$ J, et $v=\sqrt{\frac{2K}{m}}=\sqrt{\frac{2(9{,}00)}{0{,}200}}=\sqrt{90{,}0}\approx 9{,}49$ m/s.

d) Franchir la barrière exige $E\geq U(0)=0$. Comme $E=U(1{,}00)+K=-7{,}00+K$, il faut $K\geq 7{,}00$ J, ce qui correspond à $v=\sqrt{\frac{2(7{,}00)}{0{,}200}}=\sqrt{70{,}0}\approx 8{,}37$ m/s. La précaution : avec exactement $7{,}00$ J, la particule arrive en $x=0$ avec une vitesse rigoureusement nulle, à un point d'équilibre. Elle y resterait indéfiniment, en équilibre instable, et mettrait un temps infini à l'atteindre. Il faut donc $K$ strictement supérieur à $7{,}00$ J pour franchir vraiment la barrière : le cas limite est un seuil, pas un passage.

e) Avec $E=+20{,}0$ J, les points de rebroussement vérifient $x^{4}-8x^{2}=20$, soit $x^{2}=\frac{8\pm\sqrt{64+80}}{2}=\frac{8\pm 12}{2}$. Seule $x^{2}=10$ est acceptable, d'où $x=\pm\sqrt{10}\approx\pm 3{,}16$ m. Le mouvement reste donc borné, mais il a changé de nature : la particule balaie maintenant tout l'intervalle $\left[-3{,}16\,;3{,}16\right]$ en passant d'un puits à l'autre. C'est une seule grande oscillation, non sinusoïdale : la particule ralentit en franchissant la bosse centrale et accélère au fond de chaque puits. Ce potentiel confine pour TOUTE énergie finie, puisque $U\to +\infty$ quand $|x|\to\infty$. Le satellite est le cas opposé : $U=-\frac{GMm}{r}$ tend vers zéro par en dessous quand $r\to\infty$, si bien que le mouvement n'est borné que tant que $E<0$. Dès que $E\geq 0$, il n'existe plus de point de rebroussement et le satellite s'échappe : c'est exactement la condition de la vitesse de libération.