Concours Physique École Polytechnique (MP') 1995 (Corrigé)

Corrigé
Première partie
1.a. L’équation de continuité (conservation de la matière) s’écrit ici:
$div\left( {\rho \vec v} \right) + \frac{{\partial \rho }}{{\partial t}} = 0 \Rightarrow div\;\vec v = 0$
puisque le fluide est incompressible, ce qui montre l’existence d’au moins une fonction potentiel-vecteur $\vec A$, telle que:
$\vec v = \mathop {rot}\limits^ \to \vec A$
Le choix proposé par l’énoncé amène à réécrire cette équation sous la forme:
$\vec A = A\left( {x,y} \right){\vec e_z} \Rightarrow \vec v = \mathop {rot}\limits^ \to \vec A = \frac{{\partial A}}{{\partial y}}{\vec e_x} - \frac{{\partial A}}{{\partial x}}{\vec e_y}$
et il sera donc a priori possible de déterminer A en résolvant les deux équations aux dérivées partielles:
${v_x}\left( {x,y} \right) = \frac{{\partial A}}{{\partial y}}{\rm{ et }}{v_y}\left( {x,y} \right) = - \frac{{\partial A}}{{\partial x}}$
la fonction A étant alors bien sûr déterminée à une constante additive près.
On vérifie alors immédiatement que ce potentiel vecteur vérifie la « jauge de Coulomb », ou plutôt son extension à ce domaine de la physique:
$div\;\vec A = \frac{{\partial A}}{{\partial z}}{\rm{ = 0}}$
1.b. Les équations écrites ci-dessus deviennent:
$\frac{{\partial A}}{{\partial y}}{\rm{ = }}{v_0}{\rm{ et }}\frac{{\partial A}}{{\partial x}} = 0$
d’où la solution possible:
${A_0} = {v_0}y = {v_0}r\sin \theta$

2.a. Si l’écoulement est irrotationnel, on pourra écrire:
$\mathop {rot}\limits^ \to \vec v = \vec 0 \Rightarrow \vec \Delta \vec A = \vec 0$
puisque la divergence du potentiel vecteur est nulle, soit encore pour la fonction A scalaire:
ΔA = 0
qui constitue l’équation demandée (sauf éventuellement sur l’axe Oz).
2.b. Il suffit de vérifier cette équation différentielle soit, compte tenu du formulaire proposé:
$\Delta {A_1} = \frac{1}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{{\partial {A_1}}}{{\partial r}}} \right) = 0 \Rightarrow r\frac{{\partial {A_1}}}{{\partial r}} = {C_1}$
où C₁ est une certaine constante. On en déduit encore:
A₁ = C₁ ln r
à une constante près qu’on omettra car elle ne présente pas d’intérêt dans la suite.
On en déduit la vitesse correspondante, utilisant l’expression cylindrique du rotationnel fournie dans l’énoncé:
${\vec v_1} = - \frac{{{C_1}}}{r}{\vec u_\theta }$
On remarque bien sûr qu’il s’agit de l’analogue d’un champ magnétique (celui créé par un fil infini), d’où deux remarques. D’abord, le rotationnel n’est pas nul sur le fil lui-même (là où sont localisées les sources de ce champ. Ensuite, la circulation calculée à la question suivante est indépendante du choix du contour (cercle ou non) du moment qu’il entoure bien le fil une seule fois et dans le même sens que le cercle.
2.c. La circulation Γ s’écrit:
$\Gamma = \int_{\theta = - \pi }^\pi {{{\vec v}_1} \cdot d\vec r} = - \int_{\theta = - \pi }^\pi {\frac{{{C_1}}}{r}{{\vec u}_\theta } \cdot rd\theta {{\vec u}_\theta }} = = - 2\pi {C_1}$
ce qui permet aussi d’écrire:
${\vec v_1} = \frac{\Gamma }{{2\pi r}}{\vec u_\theta }{\rm{ et }}{A_1} = - \frac{\Gamma }{{2\pi }}\ln r$
3.a. Le fluide ne peut passer à travers les parois du fil ni dans un sens ni dans l’autre; la vitesse doit donc rester tangente au fil:
$\vec v\left( {r = a} \right) \cdot {\vec u_r} = 0$
3.b. A grande distance du fil, la perturbation qu’il apporte doit disparaître et on doit donc retrouver le potentiel A₀:
$A\left( {r,\theta } \right)\mathop \approx \limits_{r > > a} {v_0}r\sin \theta$

3.c. La forme A₂(r, θ) suggérée convient si elle vérifie trois conditions:
i. L’équation différentielle ΔA₂ = 0 soit:
$\frac{\alpha }{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r + \frac{\beta }{r}} \right)} \right)\sin \theta - \frac{\alpha }{{{r^2}}}\left( {r + \frac{\beta }{r}} \right)\sin \theta = 0$
dont on constate après développement qu’elle est automatiquement vérifiée, quels que soient α et β.
ii. La condition à la limite r >> a:
$f\left( r \right) = \alpha \left( {r + \frac{\beta }{r}} \right)\mathop \approx \limits_{r > > a} {v_0}r \Rightarrow \alpha = {v_0}$
iii. La condition à la limite r = a:
$0 = {\vec u_r} \cdot \mathop {rot}\limits^ \to {\vec A_{r = a}} \Rightarrow \frac{1}{r}{\frac{{\partial f}}{{\partial \theta }}_{r = a}} = 0\;\forall \theta \Rightarrow \left( {a + \frac{\beta }{a}} \right) = 0 \Rightarrow \beta = - {a^2}$
Finalement la solution qui convient s’écrit:
$f\left( r \right) = {v_0}r\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{{{r^2}}}} \right)$
La vitesse correspondante s’écrit, après développement du rotationnel de A₂:
${\vec v_2} = {v_0}\cos \theta \left( {1 - {\textstyle{{{a^2}} \over {{r^2}}}}} \right){\vec u_r} - {v_0}\sin \theta \left( {1 + {\textstyle{{{a^2}} \over {{r^2}}}}} \right){\vec u_\theta }$
Il s’agit de la somme d’un champ uniforme et d’un dipôle linéique, qui est naturellement de rotationnel nul, donc de circulation identiquement nulle autour du fil, comme l’énoncé l’admet d’ailleurs.
4.a. On vérifie à nouveau les trois conditions déjà énoncées:
i. L’équation de Laplace ΔA = 0 étant linéaire, la somme de deux de ses solutions A₁ et A₂ est encore solution de l’équation de Laplace.
ii. A grande distance du fil, le terme ${\vec v_1}$ s’annule et on retrouve bien ${\vec v_2}$ seul qui redonne alors l’écoulement non perturbé ${\vec v_0}$.
iii. Enfin au voisinage du fil, on a vu que les deux champs ${\vec v_1}$ et ${\vec v_2}$ sont tous deux tangents au fil; il en va de même de leur somme.
La circulation demandée est la somme des deux circulations précédemment calculées; elle vaut donc simplement Γ.
4.b. Puisqu’à l’extérieur du fil, les deux champs de vitesse (et donc leur somme aussi) sont irrotationnels, on applique le théorème de Bernoulli:
$\frac{p}{\rho } + \frac{{{v^2}}}{2} = cte$
en l’absence de champ de pesanteur, en particulier entre la surface du fil (où le champ est orthoradial) et un point situé à grande distance:
$\frac{{{p_0}}}{\rho } + \frac{{v_0^2}}{2} = \frac{{p\left( {r = a,\theta } \right)}}{\rho } + \frac{1}{2}{\left( {\frac{\Gamma }{{2\pi r}} - {v_0}\sin \theta \left( {1 + {\textstyle{{{r^2}} \over {{a^2}}}}} \right)} \right)_{r = a}}$
ou, après développement:
$p = {p_0} + {\textstyle{1 \over 2}}\rho \left[ {v_0^2 - {{\left( {\frac{\Gamma }{{2\pi a}} - 2{v_0}\sin \theta } \right)}^2}} \right]$

4.c. C’est bien sûr une conséquence de la symétrie particulière de la répartition des pressions. On peut par exemple écrire les forces de pression exercées sur le fil:
${d^2}\vec F = - p{\vec u_r}adzd\theta \Rightarrow \frac{{{d^2}{F_x}}}{{dz}} = - ap\left( {\sin \theta } \right)\cos \theta d\theta$
ou, en effectuant le changement de variable s = sin θ:
$\frac{{{d^2}{F_x}}}{{dz}} = - ap\left( s \right)ds \Rightarrow \frac{{d{F_x}}}{{dz}} = - a\int_{\theta = - \pi }^\pi {p\left( s \right)ds}$
mais p(s) étant un polynôme (de degré 2), sa primitive est une fonction polynôme de s qui prend la même valeur en -π et +π d’où:
$\frac{{d{F_x}}}{{dz}} = 0$
On aurait aussi pu faire un simple schéma de la répartition des pressions:

et les points A et B subissant les mêmes pressions, les composantes horizontales des forces exercées se compensent.
Le même calcul que ci-dessus mène à l’expression de l’autre composante de la force:
$\frac{{d{F_y}}}{{dz}} = - \int_{ - \pi }^\pi {\left\{ {{p_0} + {\textstyle{1 \over 2}}\rho \left[ {v_0^2 - {{\left( {\frac{\Gamma }{{2\pi a}} - 2{v_0}\sin \theta } \right)}^2}} \right]} \right\}a\sin \theta d\theta }$
Les trois intégrales qui apparaissent après dévelopement s’écrivent:
$\int_{ - \pi }^\pi {\sin \theta d\theta } = 0\;\;\;\int_{ - \pi }^\pi {{{\sin }^2}\theta d\theta } = \pi \;\;\;\int_{ - \pi }^\pi {{{\sin }^3}\theta d\theta } = 0$
et seul le double produit du développemt n’est pas nul:
$\frac{{d{F_y}}}{{dz}} = - \rho \Gamma {v_0}$
4.d. Le problème évoqué ici est le même que celui précédemment évoqué à un changement de référentiel galiléen près, avec pour vitesse d’entraînement $\vec u$. La force exercée est bien sûr indépendante du référentiel galiléen choisi et on applique la relation suivante avec $\vec u = - {v_0}{\vec e_x}$. L’expression de l’énoncé est bien égale à:
${\vec F_M} = \rho \Gamma {\vec e_z} \wedge \vec u$
Seconde partie
1.a. Puisque la tension exercée sur les différents points du fil est constante en norme, seule sa direction varie; on peut donc l’écrire:

$\vec T\left( {z + \Delta z} \right) = {T_0}\vec u\left( {z + \Delta z} \right){\rm{ et }}\vec T\left( z \right) = - {T_0}\vec u\left( z \right)$
où le vecteur unitaire tangent en un point de la courbe s’écrit, de façon exacte:
$\vec u\left( z \right) = \frac{{d\vec r}}{{ds}} \approx \frac{{\partial \vec r}}{{\partial z}}$
de façon approchée, le fil restant tendu et l’élément d’abscisse curviligne ds étant pratiquement confondu avec le déplacement horizontal dz.
On aura donc pour somme des deux forces exercées sur le brin de fil de longueur Δz:
${\vec F_T}\Delta z = \frac{\partial }{{\partial z}}\left( {{T_0}\vec u\left( z \right)} \right)\Delta z$
soit enfin:
${\vec F_T} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}}$
1.b. En l’absence de toute force, l’application du principe fondamental de la dynamique au déplacement transversal de l’élément de longueur Δz de fil s’écrit:
$dm\;\vec a = {\vec F_T}\Delta z \Rightarrow \mu \Delta z\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}}\Delta z$
qu’on écrira encore:
$\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {t^2}}} = {c^2}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}}{\rm{ où }}c = \sqrt {\frac{{{T_0}}}{\mu }}$
qui constitue l’équation d’onde demandée, à la vitesse de propagation c.

2.a. Une vibration monochromatique à la fréquence ν impose:
$\vec r\left( {z,t} \right) = \vec R\left( z \right){e^{ - i2\pi \nu t}} \Rightarrow - {\left( {2\pi \nu } \right)^2}\vec R\left( z \right) = {c^2}\frac{{{d^2}\vec R}}{{d{z^2}}}$
dont la solution générale s’écrit:
$\vec R\left( z \right) = {\vec K_1}\cos \left( {\Lambda z} \right) + {\vec K_2}\sin \left( {\Lambda z} \right){\rm{ o\`u }}\Lambda = \frac{{2\pi \nu }}{c}$
mais la fixation du fil aux deux extrémités impose:
$\vec R\left( 0 \right) = \vec R\left( \ell \right) = 0 \Rightarrow {\vec K_2} = \vec 0{\rm{ et }}\sin \left( {\Lambda \ell } \right) = 0$
Les valeurs de Λ sont donc quantifiées, avec:
$\Lambda = n\frac{\pi }{\ell }$
où n est un entier qui prend la plus petite valeur possible (n = 1) pour le mode fondamental. On aura donc dans ce cas:
${\nu _0} = \frac{c}{{2\ell }}$
On peut donner une autre démonstration de cette expression (ou une interprétation physique) en remarquant ue la longueur d’onde des oscillations doit, dans le mode fondamental, vérifier:
$\ell = \frac{\lambda }{2}{\rm{ où }}\lambda = \frac{c}{{{\nu _0}}}$
qui mène bien sûr au même résultat.
Les expressions demandées s’écrivent enfin:
$x\left( {z,t} \right) = {x_0}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right){e^{ - 2i\pi {\nu _0}t}}\;\;\;y\left( {z,t} \right) = {y_0}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right){e^{ - 2i\pi {\nu _0}t}}$
où on passera aux parties réelles avant toute interprétation physique.
2.b. Calculons d‘abord la masse linéique du fil:
$\mu = {\rho _Q}\pi \frac{{{d^2}}}{4} = 4,42\;{10^{ - 9}}kg.{m^{ - 1}}$
puis la tension demandée:
${T_0} = \mu {c^2} = 4{\ell ^2}\nu _0^2\mu = 1,1\;{10^{ - 5}}N$
Cette valeur semble faible mais il faut la comparer au poids du fil:
$mg = \ell \mu g = 2,2\;{10^{ - 9}}N$
3.a. Il suffit de prendre en compte la force supplémentaire:
$\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}} + \rho \Gamma {\vec e_z} \wedge \frac{{\partial \vec r}}{{\partial t}}$
après simplification par la longueur de l’élément étudié Δz.
3.b. Dans un référentiel tournant, il faut ajouter les forces d’inertie, obtenues par les lois de composition des vitesses:
$\vec u = \vec u' + \vec \Omega \wedge \vec r$
et des accélérations:
$\vec a = \vec a' + 2\vec \Omega \wedge \vec u' - {\vec \Omega ^2}\vec r$
où on a utilisé le fait que $\vec r$ représente la seule partie radiale du vecteur position du point étudié; le composante longitudinale s’annule d’ailleurs dans les différents produits vectoriels.
On en déduit enfin:
$\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {z^2}}} + \rho \Gamma {\vec e_z} \wedge \left( {\vec u' + \vec \Omega \wedge \vec r} \right) - 2\mu \vec \Omega \wedge \vec u' + \mu {\Omega ^2}\vec r$
3.c. Il suffit de choisir:
$\vec \Omega = \frac{{\rho \Gamma }}{{2\mu }}{\vec e_z}$
pour obtenir l’équation simplifiée:
$\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {z^2}}} + \rho \Gamma \left[ {\vec \Omega \left( {\vec r \cdot {{\vec e}_z}} \right) - \vec r\Omega } \right] + \mu {\Omega ^2}\vec r$
soit encore:
$\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {z^2}}} - \mu {\Omega ^2}\vec r$

3.d. Le terme demandé est néglgeable si:
$\left\| {\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}}} \right\| > > \left\| {\mu {\Omega ^2}\vec r} \right\|$
or à la fréquence d’oscillation ν₀ on peut écrire:
$\left\| {\mu \frac{{{\partial ^2}\vec r'}}{{\partial {t^2}}}} \right\| = \mu {\left( {2\pi {\nu _0}} \right)^2}\left\| {\vec r} \right\|$
On en conclut immédiatement qu’il suffit que Ω << 2 π ν₀; le mouvement du fil dans ce référentiel tournant est alors régi par la même équation qu’en 1.b. et on retrouve des oscillations de mode fondamental à la pulsation ν₀.
4. L’expression de Ω est:
$\Omega = \frac{{\rho h}}{{2\mu m}} = 1,70\;{10^3}rad.{s^{ - 1}}$
Dans l’expression négligée, les pulsations sont au carré et on vérifie assez bien:
${\left( {\frac{\Omega }{{2\pi {\nu _0}}}} \right)^2} = 7,3\;{10^{ - 2}} < < 1$
Troisième Partie
1. Le champ électromoteur qui apparaît le long du fil vibrant se met sous la forme:
${\vec E_m} = \vec u \wedge {\vec B_0} = - \frac{{\partial y}}{{\partial t}}{B_0}{\vec e_z}$
dont la circulation le long du fil fournit la tension demandée:
$e = V\left( A \right) - V\left( 0 \right) = - {B_0}\int_{z = 0}^\ell {\frac{\partial }{{\partial t}}y\left( {z,t} \right)dz}$
2.a. On aura d’abord excitation seulement dans la direction y par la seule force de Laplace:
$d\vec f = idz{\vec e_z} \wedge {B_0}{\vec e_x} = idz{B_0}{\vec e_y}$
et c’est donc dans cette direction qu’on observera l’oscillation:
$y\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)$
moyennant un choix arbitraire de l’origine des temps.
On en déduit par intégration immédiate:
$e\left( t \right) = - 4\pi {\nu _0}\varepsilon {B_0}\sin \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)$
La tension de crête a pour valeur:
${e_{\max }} = 4\pi {\nu _0}\varepsilon {B_0} = 4,24mV$
2.b. Le mouvement du fil est une oscillation de mde fondamental dans le référentiel tournant; on passe de ce référentiel au référentiel du laboratoire par le schéma ci-dessous:

Si l’instant 0 choisi est celui de l’excitation, on aura dans le référentiel tournant:
$y'\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)$ et x’ = 0
donc dans le référentiel du laboratoire:
$\left. \begin{array}{c}y\left( {z,t} \right) = \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\cos \left( {\Omega t} \right)\\x\left( {z,t} \right) = - \varepsilon \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\sin \left( {\Omega t} \right)\end{array} \right\}{\rm{o\`u }}\Omega = \frac{{\rho \Gamma }}{{2\mu }}$
d’où enfin par intégration la forme de la tension mesurée:
$e\left( t \right) = - 4\pi {\nu _0}\varepsilon {B_0}\sin \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\cos \left( {\Omega t} \right)$
Comme on a déjà eu l’occasion de le faire remarquer, Ω est une pulsation plus faible que 2πν₀ et il s’agit donc d’un signal sinusoïdal de fréquence ν₀ enveloppé par une variation plus lente de sa valeur de crête, à la pulsation Ω, qu’on mesure ainsi directement à l’oscilloscope.

3. On obtient ainsi une excitation sur les deux axes avec des amplitudes différentes:
$\begin{array}{c}y'\left( {z,t} \right) = {\varepsilon _0}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\\x'\left( {z,t} \right) = {\varepsilon _1}\sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\end{array}$
d’où une amplitude de vibration selon l’axe y du référentiel du laboratoire donnée par:
$y = y'\cos \Omega t + x'\sin \Omega t$
qui s’écrit donc:
$y\left( {z,t} \right) = \sin \left( {\pi \frac{z}{\ell }} \right)\cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\left[ {{\varepsilon _0}\cos \left( {\Omega t} \right) + {\varepsilon _1}\sin \left( {\Omega t} \right)} \right]$
La mesure de e est celle d’une tension de la forme:
$e\left( t \right) = - 4{B_0}{\nu _0}\ell \varepsilon \cos \left( {2\pi {\nu _0}t} \right)\left[ {{\varepsilon _0}\cos \left( {\Omega t} \right) + {\varepsilon _1}\sin \left( {\Omega t} \right)} \right]$
Si les signes respectifs de B₀ et ε₀ étaient forcemént corrélés, il n’en va pas de même de ceux de B₀ et ε₁ qui peuvent être réglés séparément. L’observation de la modification de la forme de l’enveloppe des signaux lorsqu’on augmente ou diminue B₁ fournit le signe de Ω, donc celui de Γ.

Concours Physique École Polytechnique (MP') 1995 (Énoncé)

Une mise en évidence du caractère superfluide de l’Hélium

X M’P' 1995

Énoncé
L’hélium, refroidi à des températures de l’ordre de 1K, est dans un état dit « superfluide ». Une caractéristique remarquable des superfluides est que des effets quantiques s’y manifestent à l’échelle macroscopique. Ainsi, la circulation de la vitesse d’un superfluide le long d’un contour fermé quelconque est quantifiée: ses valeurs sont des multiples entiers de h/m, h étant la constante de Planck et m la masse d’un atome d’hélium. Ce phénomène, prédit dès 1949 par Onsager, a été observé expérimentalement en 1961.

L’objet de ce problème est d’expliquer le principe de l’expérience qui a permis d’observer cet effet, en mesurant directement la circulation de la vitesse autour d’un fil plongé dans l’hélium superfluide.
Dans tout le problème, $\left\{ {O,{{\vec e}_x},{{\vec e}_y},{{\vec e}_z}} \right\}$ désigne un repère galiléen orthonormé direct. Les coordonnées cartésiennes d’un point dans ce repère seront notées (x, y, z) et les coordonnées cylindriques d’axe Oz seront notées (r, θ, z).
Formulaire:
• $\mathop {rot}\limits^ \to \mathop {rot}\limits^ \to \vec a = \mathop {grad}\limits^ \to div\;\vec a - \vec \Delta \vec a$ $\mathop {rot}\limits^ \to \left( {f\;\vec a} \right) = f\mathop {rot}\limits^ \to \vec a + \mathop {grad}\limits^ \to \;f \wedge \vec a$
• En coordonnées cylindriques:
$\Delta f = \frac{1}{r}\frac{\partial }{{\partial r}}\left( {r\frac{{\partial f}}{{\partial r}}} \right) + \frac{1}{{{r^2}}}\frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {\theta ^2}}} + \frac{{{\partial ^2}f}}{{\partial {z^2}}}$
Pour $\vec a = f\left( {r,\theta ,z} \right){\vec e_z}$, on a:
$\mathop {rot}\limits^ \to \vec a = \mathop {grad}\limits^ \to f \wedge {\vec e_z} = \frac{1}{r}\frac{{\partial f}}{{\partial \theta }}{\vec e_r} - \frac{{\partial f}}{{\partial r}}{\vec e_\theta }$
Première partie
On étudie dans cette partie des écoulements stationnaires d’un fluide incompressible et non visqueux, de masse volumique ρ. On les suppose de plus bidimensionnels: ${v_z} = 0,\;\frac{{\partial \vec v}}{{\partial z}} = \vec 0{\rm{ o\`u }}\vec v\left( {x,y,z} \right)$ est le champ des vitesses du fluide. On négligera les forces de pesanteur.

1.a. Montrer que le champ des vitesses dérive d’un potentiel-vecteur $\vec A$, que l’on peut choisir de la forme $\vec A = A\left( {x,y} \right){\vec e_z}$, la fonction A étant déterminée à une constante additive près. Que vaut alors $div\;\vec A$ ?
1.b. Dans le cas particulier d’un écoulement uniforme $\vec v = {v_0}{\vec e_x}$, déterminer l’expression correspondante A₀ de A.
2. On s’intéressera dans toute la suite à des écoulements irrotationnels, sauf éventuellement sur l’axe Oz.
2.a. A quelle équation aux dérivées partielles obéit A(x,y) dans le cas général ?
2.b. Montrer qu’il existe pour r ≠ 0 des solutions A₁(r) de cette équation possédant la symétrie de révolution autour de Oz. Déterminer A₁(r) et le champ des vitesses correspondant.
2.c. Calculer la circulation Γ de la vitesse sur un cercle centré sur Oz. Exprimer $\vec v$ et A₁ à l’aide de r et Γ.
3. Un fil cylindrique, de section circulaire de rayon a et d’axe Oz, est immergé dans le fluide, dont la vitesse et la pression, loin du fil, valent respectivement ${v_0}{\vec e_x}$ et p₀.
3.a. Préciser la condition que doit satisfaire $\vec v$ à la surface du fil.
3.b. Quelle doit être, en coordonnées cylindriques, la forme asymptotique de A(r, θ) loin du fil ?
3.c. Cette forme asymptotique suggère de chercher pour A une solution A₂ de la forme A₂(r, θ) = f(r) sin θ. Vérifier que l’expression $f\left( r \right) = \alpha \left( {r + \frac{\beta }{r}} \right)$ convient. Déterminer α et β en fonction de v₀ et a.
On admettra que pour cette solution, symétrique par rapport à Ox, la circulation du champ des vitesses correspondant sur une courbe fermée entourant le fil est nulle.

4.a. Montrer que pour r ≥ a la somme A₁ + A₂ correspond à un autre champ de vitesses possible pour le fluide avec le fil; quelle est pour ce champ la circulation sur une courbe fermée entourant le fil ?
On admettra que cette somme est la solution générale correspondant à la situation physique étudiée dans la suite du problème.
4.b. Donner l’expression de la pression p du fluide à la surface du fil en fonction de p₀, v₀, ρ, Γ, a et θ.
4.c. Montrer que la résultante des forces de pression s’exerçant sur le fil par unité de longueur est parallèle à Oy et calculer sa valeur.
4.d. En déduire que si un fil cylindrique est en mouvement uniforme à la vitesse $\vec u$ dans un fluide en rotation autour du fil, il subit par unité de longueur une force, dite force de Magnus, donnée par:
${\vec F_M} = \rho \Gamma {\vec e_z} \wedge \vec u$
Seconde partie
Un fil de quartz souple, de diamètre d très faible, de masse linéique µ, est tendu entre ses deux extrémités fixes O et A, distantes de $\ell$. Il est supposé peu extensible.
L’axe Oz est choisi selon $\mathop {OA}\limits^ \to$. On s’intéresse aux déplacements transversaux du fil que l’on désigne, à l’instant t, par $\vec r\left( {z,t} \right) = \left\{ {x\left( {z,t} \right),y\left( {z,t} \right)} \right\}$; les déplacements sont supposés suffisamment faibles pour que le fil reste peu incliné par rapport à Oz et que la tension du fil puisse être considérée comme constante et égale en tout point à T₀.
1.a. Calculer la résultante des forces de tension appliquées à une petite longueur Δz du fil et montrer, en justifiant les approximations, que la force par unité de longueur a pour expression ${\vec F_T} = {T_0}\frac{{{\partial ^2}\vec r}}{{\partial {z^2}}}$.
1.b. On suppose qu’il n’y a pas d’autres forces s’exerçant sur le fil. Montrer que $\vec r$ satisfait à une équation d’onde. Quelle est la vitesse de propagation correspondante, notée c ?

2.a. Donner les expressions de x(z,t) et y(z,t) correspondant au mode propre de vibration fondamental, de fréquence ν₀ que l’on déterminera.
2.b. Application numérique. On donne:
Longueur du fil $\ell$ = 5cm
Diamètre du fil d = 75µm
Masse volumique du quartz ρ_Q = 2,2 10³kg.m^-3
Calculer la tension T₀ nécessaire pour obtenir ν₀ = 500Hz.
3. Le fil et son support sont maintenant plongés dans un récipient rempli d’hélium superfluide. On fait tourner ce récipient autour de Oz, ce qui permet d’engendrer une circulation Γ non nulle de la vitesse du fluide autour du fil, qui persiste même une fois le récipient arrêté. Lorsque le fil vibre, il subit alors de la part du fluide la force de Magnus étudiée dans la partie précédente. On admettra que cette force est donnée en tout point du fluide par l’équation établie plus haut, même pour un mouvement non uniforme, $\vec u = \frac{{\partial \vec r}}{{\partial t}}$ désignant la vitesse instantanée du fil en ce point. On admettra que la circulation Γ est la même pour toute courbe fermée entourant le fil dans son voisinage et qu’elle ne dépend pas du temps.
3.a. Écrire l’équation d’évolution de $\vec r\left( {z,t} \right)$.
3.b. Récrire cette équation dans un référentiel R’ tournant autour de Oz à la vitesse angulaire constante $\Omega {\vec e_z}$. On notera $\vec u'$ le vecteur vitesse dans R’.
3.c. Montrer qu’on peut choisir Ω de telle sorte que la force de Coriolis y compense la partie dépendant de $\vec u'$ de la force de Magnus.
3.d. Montrer en outre que pour cette valeur de Ω, le terme de force centrifuge et le terme restant de la force de Magnus sont négligeables devant les autres termes si Ω << 2 π ν₀. On supposera cette condition réalisée dans la suite. Quel est alors le mouvement du fil dans ce référentiel tournant ?

4. Application numérique: Calculer Ω lorsqu’il n’y a qu’un quantum de circulation, c’est-à-dire lorsque Γ = h/m, et vérifier la condition Ω << 2 π ν₀. On donne:
Constante de Planck h = 6,6 10^-34 J.s
Masse d’un atome d’hélium m = 6,6 10^-27kg
Masse volumique du superfluide ρ = 0,15 10³kg.m^-3
Troisième Partie
Le fil de quartz est recouvert d’une fine pellicule d’or qui le rend conducteur, et branché aux bornes d’un circuit électrique fixe. L’ensemble du dispositif est placé dans l’entrefer d’un aimant permanent, qui crée un champ magnétique uniforme B₀ ${\vec e_x}$.
1. Montrer que la vibration du fil dans le champ magnétique induit une force électromotrice e(t) entre ses extrémités, qui peut être mesurée au moyen d’un oscilloscope. Donner l’expression de e(t) en fonction de B₀ et y(z,t) en précisant sur un schéma l’orientation choisie.
2. Le fil est initialement au repos. Pour le mettre en vibration, on y fait passer à t = 0 une très brève impulsion de courant, de O vers A, le circuit étant ensuite maintenu ouvert.
2.a. On suppose dans un premier temps que Γ = 0. On admettra pour simplifier que seul le mode fondamental ν₀ est excité et on notera ε l’amplitude maximale du mouvement du fil (c’est-à-dire la valeur maximale de $\left\| {\vec r\left( {z,t} \right)} \right\|$). Donner l’expression de e(t) en fonction de ν₀, ε, $\ell$, B₀ et t.
Application numérique: Calculer la tension de crête pour ε = 5µm, B₀ = 0,135T.
2.b. Décrire le mouvement du fil si Γ ≠ 0. Donner les expressions de x(z,t) et y(z,t) puis de e(t). Représenter les variations de e(t). Comment peut-on déduire Γ, en valeur absolue, de la mesure de e(t) ?

3. On dispose d’un électro-aimant qui permet de superposer au champ magnétique précédent un champ magnétique perpendiculaire ${B_1}{\vec e_y}$. On branche cet électro-aimant pendant la durée de l’impulsion qui met en vibration le fil, puis on le débranche. Montrer sans faire de calcul qu’on peut alors déduire de la mesure de e(t) le signe de Γ.

Concours Physique ENS de Paris (MP) 2001 (Corrigé)

ULM MP 2001 Physique (6 heures). Le frottement solide.
1.1.a) Sans glissement, le module et l’orientation de la force de frottement solide sont indéterminés et s’adaptent aux sollicitations extérieures (de manière à vérifier les théorèmes de la quantité de mouvement et du moment cinétique). Le non glissement n’est possible que si la réaction tangentielle R_T et la réaction normale R_N vérifient l’inégalité || R_T || < µ_s|| R_N ||, µ_s étant le coefficient de frottement de glissement statique.
1.1.b) Avec glissement (vitesse de glissement U), la force de frottement R_T a la direction de U et le sens contraire, ce qui se traduit par R_T ∧ U = 0 et R_T.U < 0 ; de plus, la réaction tangentielle R_T est liée à la réaction normale R_N par la relation || R_T || = µ_d|| R_N || où µ_d est le coefficient de frottement de glissement dynamique.

1.1.c) Le passage du non-glissement au glissement se produit quand || R_T || atteint µ_s|| R_N || puis dès que U est différent de zéro, || R_T || prend la valeur µ_d|| R_N ||.
1.1.d) Le passage du glissement au non-glissement se fait quand la vitesse de glissement s’annule et ensuite || R_T || peut rester inférieure à µ_s|| R_N ||.
1.2.a) Souvent µ_s > µ_d ; du fait des forces d’interaction microscopique (force de Van der Waals, liaison hydrogène) le contact entre les deux surfaces solides se fait avec une certaine adhérence ; s’il y a glissement, le contact est moins intime, les deux solides étant un peu espacés et en conséquence, les forces d’interaction fonction décroissante de la distance diminuent un peu.

1.2.b) Découper un carré de papier dans le sujet de concours et le poser sur le sujet (en maintenant plan à l’aide d’une règle plate par exemple) ; à partir de la position horizontale, incliner lentement ; quand le carré commence à glisser, on peut estimer l’angle d’inclinaison du plan incliné. À l’équilibre, la réaction est opposée au poids du carré (et de même support) et fait avec la normale au plan incliné une angle égal à l’angle d’inclinaison α du plan incliné sur l’horizontale ; à l’équilibre limite, la réaction du plan incliné fait avec la normale un angle égal à l’angle de frottement statique ϕs tel que µs = tanϕs ; alors α = ϕs. On trouve ϕs ≈ 20° et donc µs ≈ 0,4.

1.2.c) Ski métallique sur glace : µ_s ≈ 0,03.
1.2.d) Contact acier-ferrodo des freins à disque : µ ≈ 0,6 ; contact pneu-bitume : µ ≈ 0,8.

2.1.a) Le référentiel galiléen de la plaque (P).
2.1.b) Un repère Oxyz, trièdre direct, fixe dans (P), avec Ox de direction et de sens de V, Oy vertical ascendant, Oz complétant le trièdre.
2.1.c) La masse m seule.
2.1.d) Un seul degré de liberté de translation associé à x(t), abscisse sur Ox du point d’attache du ressort sur le palet.
2.2) En cas de glissement, la réaction normale est opposée au poids du palet (de module mg), la réaction tangentielle est de signe contraire à celui de la vitesse $\dot x > 0$du palet et vaut algébriquement −µ_d mg. L’allongement du ressort est l(t) = Vt − x(t) et la force appliquée par le ressort sur le palet vaut k(Vt − x). D’après le théorème de la quantité de mouvement en projection sur Ox :
$m\ddot x = - {\mu _d}mg + k(Vt - x)$ et donc $m\ddot l + kl = {\mu _d}mg$
2.3.a) Recherche d’un régime permanent :
$\dot x = cste \Rightarrow$${x_P} = Vt - \frac{{{\mu _d}mg}}{k}$$\Rightarrow$${\dot x_P} = V$ ; ${l_P} = Vt - {x_P} \Rightarrow$${l_P} = \frac{{{\mu _d}mg}}{k}$
2.3.b) Par étude des petits mouvements :
$l = {l_P} + \varepsilon$ ⇒ $\ddot \varepsilon + {\omega _0}^2\varepsilon = 0$ avec ${\omega _0} = \sqrt {\frac{k}{m}}$ et donc $\varepsilon = A\cos {\omega _0}t + B\sin {\omega _0}t$ ,
petites oscillations autour de la solution de régime permanent : le mouvement est stable.
2.3.c) En remplaçant ${\mu _d}(\dot x)$par son développement, l’équation différentielle en l(t) s’écrit :
$\ddot l(t) + \alpha g\dot l(t) + {\omega _0}^2l(t) \approx {\mu _d}(V)g$
puis en remplaçant l(t) par son développement :
$\ddot \varepsilon + \alpha g\dot \varepsilon + {\omega _0}^2\varepsilon = 0$
L’équation caractéristique ${r^2} + \alpha gr + {\omega _0}^2 = 0$de racines $r = \frac{1}{2}( - \alpha g \pm i\sqrt {4{\omega _0}^2 - {\alpha ^2}{g^2}} ) \approx - \frac{1}{2}\alpha g \pm i{\omega _0}$ conduit à la solution :
$\varepsilon (t) = \exp (\frac{{ - \alpha gt}}{2})(A\cos {\omega _0}t + B\sin {\omega _0}t)$

2.3.d) Si${\mu _d}(V)$ est fonction décroissante de V, α < 0, l(t) diverge, l’hypothèse des petits mouvements est vite incorrecte, le régime permanent est instable ; si ${\mu _d}(V)$ est fonction croissante de V, α > 0, l(t) effectue des oscillations amorties, le régime permanent est stable.
3.1.a) Le palet s’arrête de glisser à un instant t₂ ; alors l(t) est fonction affine du temps :
$x(t) = {x_2}\;\;{\rm{et}}\;\;l(t) = Vt - {x_2}$
3.1.b) Le palet ne glisse pas tant que || R_T || < µ_s|| R_N || = µ_smg ; or R_T + kl = 0, le palet ne glisse donc pas tant que l(t) < µ_smg/k ; quand l(t) atteint µ_smg/k, le glissement se produit mais alors R_T = −µ_dmg. Le palet repart à t₃ tel que :
$V{t_3} = \frac{{{\mu _s}g}}{{{\omega _0}^2}} + {x_2}$
3.1.c) Si le palet est fixe, x = cste, l = Vt − x est fonction affine du temps. On néglige le temps de glissement comme l’autorise la figure 2.
3.1.d) 8,2 cm correspondent à 30 s et 7,4 cm à 4 périodes et à une durée de 27 s ; la durée de glissement est donc le quart de 27 s :
${\tau _f} \approx 6,8\; \pm 0,1\,\,{\rm{s}}$
3.2.a) Le palet arrêté commence à glisser à t₃ et alors l₃ = µ_smg/k = µ_sg/ω₀² ; ensuite :
$\ddot l + {\omega _0}^2l = {\mu _d}g$ d’où $l(t) = A\cos {\omega _0}(t - {t_3}) + B\sin {\omega _0}(t - {t_3}) + \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}^2}}$,
$x(t) = Vt - \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}^2}} - A\cos {\omega _0}(t - {t_3}) - B\sin {\omega _0}(t - {t_3})$.
D’après les conditions initiales$\dot x({t_3}) = 0 = V - B{\omega _0}$, ${x_3} = V{t_3} - \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}^2}} - A$soit $B = \frac{V}{{{\omega _0}}}$, $A = \frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{{\omega _0}^2}}$ :
$l(t) = \frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{{\omega _0}^2}}\cos {\omega _0}(t - {t_3}) + \frac{V}{{{\omega _0}}}\sin {\omega _0}(t - {t_3}) + \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}^2}}$ , ${l_3} = \frac{{{\mu _s}g}}{{{\omega _0}^2}}$
$x(t) = Vt - \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}^2}} - \frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{{\omega _0}^2}}\cos {\omega _0}(t - {t_3}) - \frac{V}{{{\omega _0}}}\sin {\omega _0}(t - {t_3})$
3.2.b) Le palet s’arrête de glisser à la date t₄ telle que $\dot x({t_4}) = 0$ ; or :
$\dot x(t) = V[1 - \cos {\omega _0}(t - {t_3})] + \frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{{\omega _0}}}\sin {\omega _0}(t - {t_3}) = 0$
$\tan \frac{{{\omega _0}({t_4} - {t_3})}}{2} = - \frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{V{\omega _0}}}$ ou/et $\sin \frac{{{\omega _0}({t_4} - {t_3})}}{2} = 0$,
la 2^e solution en t₄ − t₃ est à éliminer car seule la solution la plus petite, la 1^ère atteinte, se réalise :
${\tau _g} = {t_4} - {t_3} = \frac{2}{{{\omega _0}}}{\rm{[}}\pi - {\rm{Arctan}}\frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{V{\omega _0}}}]$
3.2.c) On peut estimer τ_g en comptant le nombre d’intervalles séparés par 1,5 ms ; il y a 14 intervalles visibles sur la phase glisse : τ_g ≈ 21 ms ; cependant, cette méthode est très imprécise car au début et à la fin de la durée considérée les points sont trop rapprochés et se superposent ; certains ne sont pas comptés ; la mesure se fait par défaut à plusieurs fois 1,5 ms près. De plus, la durée de 1,5 ms est approximative. Ainsi, la détermination de τ_g se fait avec une précision relative de 30 à 40 %.
Une méthode précise consiste à exprimer τ_g en fonction de τ_f = t₃ − t₂ dont le calcul exige celui de l₄ :
${l_4} = \frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{{\omega _0}^2}}\cos {\omega _0}({t_4} - {t_3}) + \frac{V}{{{\omega _0}}}\sin {\omega _0}({t_4} - {t_3}) + \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}^2}}$.
Avec $\gamma \hat = \frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{V{\omega _0}}}$, en utilisant les expressions de sin(x) et cos(x) en fonction de tan(x/2) :
${l_4} = \frac{{\gamma V}}{{{\omega _0}}}\frac{{1 - {\gamma ^2}}}{{1 + {\gamma ^2}}} - \frac{V}{{{\omega _0}}}\frac{{2\gamma }}{{1 + {\gamma ^2}}} + \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}^2}}$, ${l_4} = \frac{{(2{\mu _d} - {\mu _s})g}}{{{\omega _0}^2}}$
Mais par périodicité des oscillations de l(t), l₂ = l₄ et comme x₃ = x₂ :
l₄ = Vt₂ − x₂ = V(t₂ − t₃) + l₃ = − V(t₃ − t₂) + $\frac{{{\mu _s}g}}{{{\omega _0}^2}}$= $\frac{{(2{\mu _d} - {\mu _s})g}}{{{\omega _0}^2}}$, ${\tau _f} = {t_3} - {t_2} = \frac{{2({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{V{\omega _0}^2}}$
${\tau _g} = \frac{2}{{{\omega _0}}}{\rm{[}}\pi - {\rm{Arctan}}(\frac{{{\omega _0}{\tau _f}}}{2})]$

3.2.d) Arctan (en rds) $\mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel<\over{\smash{\scriptstyle\sim}\vphantom{_x}}$}}$π/2 ; à partir de la valeur mesurée, ${\tau _f} \approx 6,8\,\,{\rm{s}}$, on a ${\tau _g} \approx 32,509\;{\rm{ms}}$ << τ_f. Remarque : $\gamma = \frac{{{\omega _0}{\tau _f}}}{2} > > 1$, τ_g $\approx \;\frac{\pi }{{{\omega _0}}} = \frac{{{T_0}}}{2} = \pi \sqrt {\frac{m}{k}}$ et $l(t) \approx \frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{{\omega _0}^2}}\cos {\omega _0}(t - {t_3}) + \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}^2}}$.
La précision de la méthode, m, k étant supposés bien connus, est définie par la précision sur la mesure de τ_f soit Δτ_f ≈ 0,1 s ; pour τ_f = 6,9 s ou 6,7 s, τ_g a même valeur que pour τ_f = 6,8 s à 0,001 ms près ; d’où $\Delta {\tau _g} = 1\;\mu {\rm{s}}$. La formule approchée ${\tau _g} \approx {T_0}/2$ donne 32,446 ms, valeur incorrecte.
3.3.a) Sur le graphe, d’après les expressions de l₃ et l₄ vues en 3.2.a et 3.2.c, on détermine :

• la valeur maximale de kl/mg : $k{l_3}/mg = {\mu _s} = 0,37 \pm 0,01$ ;
• la valeur minimale de kl/mg : $k{l_4}/mg = 2{\mu _d} - {\mu _s} \approx 0,31 \pm 0,01$

d’où ${\mu _s} = 0,37 \pm 0,01$ et ${\mu _d} = 0,34 \pm 0,01$ ${\mu _s} - {\mu _d} = 0,03 \pm 0,01$
La précision relative sur la différence des coefficients est de l’ordre de 30 % alors que la précision relative sur chaque coefficient est de l’ordre de 3 %.
3.3.b) ${\tau _f} = \frac{{2({\mu _s} - {\mu _d})mg}}{{kV}} = \frac{{2 \times (0,37 - 0,34) \times 1,6 \times 9,81}}{{{{1,5.10}^4} \times {{10}^{ - 5}}}} = 6,3\;{\rm{s}}$ et $\frac{{\Delta {\tau _f}}}{{{\tau _f}}} = \frac{{\Delta ({\mu _s} - {\mu _d})}}{{{\mu _s} - {\mu _d}}} \approx \,30\;\%$ soit $\Delta {\tau _f} \approx 2\;{\rm{s}}$; ce calcul donne une précision bien moins bonne que la mesure directe sur la figure 2.
3.3.c) ${\tau _g} = \frac{2}{{{\omega _0}}}{\rm{[}}\pi - {\rm{Arctan}}\frac{{({\mu _s} - {\mu _d})g}}{{V{\omega _0}}}] = 2\sqrt {\frac{{1,6}}{{{{1,5.10}^4}}}} {\rm{[}}\pi - {\rm{Arctan}}\frac{{0,03 \times 9,81}}{{{{10}^{ - 5}}\sqrt {{{1,5.10}^4}/1,6} }}] \approx 32,51\;{\rm{ms}}$ ;
la précision par calcul avec µ_s −µ_d = 0,02 ou 0,04 est de l’ordre de 0,04 ms, moins bonne qu’en 3.2.c.
3.3.d) On ne voit pas très bien l’intérêt des questions 3.3.b,c, les résultats de ces questions étant moins précis que ceux obtenus par exploitation du graphe de la figure 2 et de 3.2.d.
3.4.a) Le régime fixe-glisse est périodique parce que l’évolution de l(t) est déterminée par une équation différentielle du second ordre et que l(t) et $\dot l(t)$reprennent les mêmes valeurs en début et fin d’une occurence fixe-glisse, ainsi à t₃, l = µ_smg /k et $\dot l = V$ ; aux deux extrémités de la phase glisse, $\dot l(t)$= V : de ce fait la courbe représentative de la phase glisse présente un maximum tout au début et un minimum tout à la fin ce qui n’apparaît pas sur la figure 2.
3.4.b) Dans le référentiel plaque, les allures de l’énergie cinétique ${E_c} = m{\dot x^2}/2$ du palet et de l’énergie potentielle ${E_p} = k{l^2}/2$du ressort (indépendante du référentiel) en fonction de t sont ci-dessous :

3.4.c) Sur une période, $\Delta {E_c} = 0$,$\Delta {E_p} = 0$ ; $\Delta {E_{univers}} = 0$ ; en fait sur une période, le travail mécanique fourni au ressort et au palet par le moteur est transformé en chaleur par frottement au contact palet-plaque.
3.4.d) Le palet reçoit une partie de la chaleur produite par les frottements et la plaque reçoit le reste mais le palet finit par atteindre un régime permanent thermique au cours duquel sa température varie périodiquement mais assez peu à chaque occurrence fixe-glisse ; en moyenne sa température est constante : il ne reçoit plus de chaleur, son entropie ne varie pas ; le travail W de la force de frottement est alors entièrement fourni sous forme de chaleur à la plaque de température quasi constante T_plaque : la variation d’entropie de la plaque est W/T_plaque ; la force de frottement µ_dmg ne travaille que lors de la phase glisse de longueur x₄ − x₃ = V(t₄ − t₃) − (l₄ − l₃) = $V({\tau _g} + {\tau _f}) \approx V{\tau _f}\,\,{\rm{car}}\,{\tau _f} > > {\tau _g}$:
$W \approx {\mu _d}mgV{\tau _f}$ d’où $\Delta {S_{plaque}} = \Delta {S_{univers}} = \frac{W}{{{T_{plaque}}}} = {\mu _d}mg{\tau _f}V$
En d’autres termes, ${l_4} - {l_2} = V({t_4} - {t_2}) - ({x_4} - {x_2}) = 0$ car l₂ = l₄ d’où ${x_4} - {x_2} = V({t_4} - {t_2})$ce qui montre que la vitesse moyenne du palet est V ; sur une occurrence fixe-glisse le déplacement du palet est le même que celui de l’extrémité du ressort : $V({\tau _g} + {\tau _f}) \approx V{\tau _f}$ d’où le résultat déjà obtenu.

3.5.a) En reprenant les calculs de 3.2.a :
$A = {l_4} - \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}^2}}$, $B = \frac{{V - {{\dot x}_4}}}{{{\omega _0}}}$, $\dot x(t) = V + ({l_4}{\omega _0} - \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}}})\sin {\omega _0}(t - {t_4}) - (V - {\dot x_4})\cos {\omega _0}(t - {t_4})$.
3.5.b) $\dot x = 0 \Rightarrow$$V = - ({l_4}{\omega _0} - \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}}})\sin {\omega _0}(t - {t_4}) + (V - {\dot x_4})\cos {\omega _0}(t - {t_4})$ ou $V = {V_{max}}\cos [{\omega _0}(t - {t_4}) - \varphi ]$
avec ${V_{max}} = \sqrt {{{({l_4}{\omega _0} - \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}}})}^2} + {{(V - {{\dot x}_4})}^2}} \,$ et la condition $\sqrt {{{({l_4}{\omega _0} - \frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}}})}^2} + {{(V - {{\dot x}_4})}^2}} \, \ge V$
3.5.c) Si l₄ = 0 et ${\dot x_4} = V$, la condition devient $\sqrt {{{(\frac{{{\mu _d}g}}{{{\omega _0}}})}^2} + {V^2}} \, \ge V$ ce qui est réalisé.
3.5.d) $\dot x$ peut s’annuler, si au départ, on n’a pas ($\dot x$ proche de V) et (l proche de l_P du 2.3.a) donc si on n’est pas trop proche du régime permanent de 2.3.a.
4.1.a) Son nettement plus aigu que celui du diapason : f₀ ≈ 1000 Hz.
4.1.b) V ≈ 0,25 m.s⁻¹. La force de pression est donnée par le poids d’une masse m équivalente statiquement : m ≈ 0,1 kg soit R_N ≈ 0,98 N.
4.1.c) ${f_0} = \frac{1}{{2\pi }}\sqrt {\frac{k}{m}}$ $\Rightarrow k = 4{\pi ^2}m{f_0}^2$ $\Rightarrow$$k \approx {4.10^4}\;{\rm{N}}{\rm{.c}}{{\rm{m}}^{ - 1}}$.
4.1.d) La craie vibre ; un morceau du quart de la longueur de la craie a une raideur accrue (la raideur est inversement proportionnelle au cube de la longueur) : la fréquence de vibration augmente et sort du domaine audible (20-10000 Hz pour une oreille pas très sensible aux grandes fréquences).
4.2.a) Son voisin du la du diapason : f₀ ≈ 500 Hz.
4.2.b) La porte grince lors d’une rotation lente ; si elle tourne de 90 ° en t = 15 s et si le contact grinçant se fait par la base du gond de diamètre moyen d = 0,75 cm : $V = \frac{{\pi d}}{{4t}} \approx {4.10^{ - 4}}\;{\rm{m}}{\rm{.}}{{\rm{s}}^{ - {\rm{1}}}}$ .
La masse m est celle de la porte divisée par le nombre de gonds, disons 10 kg.
4.2.c) $k \approx {10^5}\;{\rm{N}}{\rm{.c}}{{\rm{m}}^{ - 1}}$.
4.2.d) Huiler les gonds ; dégripper les gonds avec un anti-rouille ; mettre des rondelles en plastique.
4.3.a) Un pneu crisse par freinage sur une route goudronnée par temps chaud surtout et aussi en tournant à faible allure sur les sols des parkings recouverts de peinture.
4.3.b) Par freinage sur une route : V ≈ 30 m.s⁻¹ (roues bloquées) ; m ≈ 500 kg (le quart de la masse de l’automobile avec bagages et passagers).
4.3.c) Prendre des pneus neufs ; réaliser un freinage progressif (système ABS).
4.3.d) Il vaut mieux supprimer le crissement pour un freinage efficace par freinage progressif.

4.4.a) Passer une résine solide sur l’archet, la colophane, résidu de la distillation de la térébenthine.
4.4.b) La fréquence du la du diapason est 440 Hz.

4.4.c) La force de rappel F est due à la forme prise par la corde lors de l’appui de l’archet ; on peut l’exprimer en fonction de la tension T dans la corde : F = T1 + T2 de module F = 2Tsinα ≈ 2Tα avec α ≈ x/L et donc F ≈ 2Tx/L de la forme kx d’où k ≈ 2T/L ; si la tension est égale au poids d’une masse de 10 kg et si L ≈ 0,2 m,$k \approx 10\;{\rm{N}}{\rm{.c}}{{\rm{m}}^{ - 1}}$.

4.4.d) Il faudrait tenir compte de la propagation d’ondes transversales de déplacement le long de la corde avec une des conditions aux limites définie par le contact de l’archet , en plus des conditions limites aux extrémités de la corde.

5.1.a) l(t) = Vt − x(t) ; à la fin d’une phase fixe, x(t) est un peu plus grand que prévu et donc l(t) un peu plus petit que prévu ; au début, c’est le contraire ; les pointes de la courbe sont arrondies. 5.1.b) Le bristol est fait de cellulose dont les macromolécules comportent des motifs de 0,5 nm qui peuvent se répéter 4000 fois, soit de dimension d ≈ 2 µm. La distance de reptation est pratiquement égale à cette

dimension ; elle correspond à la distance nécessaire pour que les macromolécules à la base du palet se positionnent au plus près de celles de la plaque ou pour qu’elles s’arrachent un peu de la plaque pour autoriser le glissement.
5.1.c) ${\tau _r} \approx d/V.$ Il ne s’agit que d’un ordre de grandeur.
5.1.d) Pour τ_f, il faut trouver un produit en V, k, m, g de la dimension d’un temps :${\tau _f} \approx \frac{g}{{V{\omega _0}^2}} = \frac{{mg}}{{kV}}$.
Pour τ_g, on peut prendre ${\tau _g} \approx \frac{{{T_0}}}{2} = \frac{\pi }{{{\omega _0}}} = \pi \sqrt {\frac{m}{k}}$.
5.2.a) On a donc, sans tenir compte des facteurs numériques : ${\tau _f} \sim \frac{1}{{kV}},\,\,{\tau _g} \sim \frac{1}{{\sqrt k }},\;{\tau _r} \sim \frac{1}{V}$ ;

• τ_g = τ_f $\Leftrightarrow k{V^2} = cste \Leftrightarrow \log k + 2\log V = cste$, droite de pente −2, dessus τ_g > τ_f, dessous τ_g < τ_f ;
• τ_r = τ_g $\Leftrightarrow k/{V^2} = cste \Leftrightarrow \log k = 2\log V + cste$, droite de pente +2, dessus τ_r > τ_g, dessous τ_r < τ_g ;
• τ_r = τ_f $\Leftrightarrow k = cste \Leftrightarrow \log k = cste$ : droite de pente 0, dessus τ_r > τ_f, dessous τ_r < τ_f ;

Les 3 droites sont concourantes et délimitent six domaines.

5.2.b) Quand τ_g augmente, devient comparable à τ_r et que τ_gV devient supérieur à d, le palet ne peut plus se positionner assez près de la plaque pour qu’il puisse exister une phase fixe.

5.2.c) La reptation joue un rôle significatif quand τ_r prend des valeurs supérieures à τ_f et τ_g (voir ci-dessus).
5.2.d) On observe le régime permanent dans le domaine de prédominance deτ_g (pour des vitesses de plus en plus élevées).
5.3.a) On obtient le tableau et la courbe :

V((µm.s−1)	0,25	0,42	0,59	0,75	1
τ(s)	23,1 ± 0,3	11,4 ± 0,3	6,9 ± 0,3	5,4 ± 0,3	4,2 ± 0,3
Vτ(µm)	5,8	4,8	4,1	4,1	4,2

5.3.b) On s’attend à un loi en 1/V ; ce qui est approximativement le cas ; la loi est moins bien vérifiée pour les vitesses les plus faibles.
5.3.c) On obtient le tableau :

V((µm.s−1)	0,25	0,42	0,59	0,75	1
l(µm)	2,2	1,5	0,73	0,36	0,18

L’allongement l est continu à la transition.
5.3.d) Si α > 0, le régime permanent de type 2.3.a est stable ; une fois obtenu après augmentation de V, par diminution lente de V, le régime permanent subsiste. On ne retrouve pas le régime fixe-glisse.
Si α < 0, le régime permanent est instable et ne peut être obtenu de toute façon.
5.4.a) On trouve :

V(µm.s−1)	275	525
τf(s)	3,6	1,6
Vτf(µm)	990	840

τ_f doit être en 1/V ce qui est vérifié à 10 % près.
5.4.b) L’allongement l est à valeur discontinue à la transition, soit de l’ordre de 1000 µm soit nulle.
5.4.c) Si τ_r = τ_f, le palet n’a pas le temps de se positionner en contact intime avec la plaque ; soit il est bien positionné immédiatement et alors la phase fixe se produit et est suivie d’une phase glisse ; soit il n’est pas bien positionné et la phase fixe ne se produit pas ; d’où l’aspect aléatoire du départ de la phase fixe et de l’occurrence d’un fixe-glisse.
5.4.d) Même réponse qu’en 5.3.d.

Concours Physique ENS de Paris (MP) 2001 (Énoncé)

SESSION 2001
Filière MP
PHYSIQUE
(ENS : Ulm)
Durée : 6 heures Les correcteurs accorderont la même importance aux raisonnements qualitatifs et aux calculs quantitatifs.
L'usage de calculatrices électroniques de poche à alimentation autonome, non imprimantes et sans document d'accompagnement, est autorisé. Cependant, une seule calculatrice à la fois est admise sur la table ou le poste travail, et aucun échange n'est autorisé entre les candidats.

Le frottement solide
Les données expérimentales présentées dans cet énoncé ont été publiées en 1994 par Baumberger, Heslot et Perrin. Leur dispositif expérimental, représenté sur la figure 1, est simple. Il s'agit d'un palet de masse m et de surface S qui glisse sur une plaque horizontale fixe. Un ressort exerce sur le palet une force k $\ell$ où k est sa raideur et $\ell$ son élongation par rapport à sa longueur à vide. Un moteur, qui se déplace en ligne droite à vitesse V, tire l'autre extrémité du ressort.
Quand la vitesse V est suffisamment rapide, la vitesse instantanée $\overset{\bullet }{\mathop{\text{x}}}\,$ (t) du palet est constante et vaut V ; c'est le régime "permanent". Au contraire, quand la vitesse V est basse, on observe un régime appelé "fixe‑glisse", en anglais "stick‑slip" : le palet est fixe, puis se détache brusquement et glisse, avant de s'immobiliser à nouveau un peu plus loin, et ainsi de suite. L'objet du présent problème est d'étudier d'abord le régime permanent, puis le régime fixe‑glisse, et enfin la transition entre les deux.
Rappel sur les unités : 1 µm.s^-1 = 10^‑6 ù.s^-1 ; 1 N.cm^‑1 = 10²N.m^‑1.

Figure 1 ‑ Le palet est relié par un ressort, dont la raideur k vaut de 1 à 10⁴ N.cm^-1 , à un moteur qui se déplace en ligne droite à vitesse V. L'expérimentateur peut choisir V entre 10^-2 µm.s^-1 et 5 cm.s^‑1. En posant des masses calibrées sur le palet, on peut choisir à volonté sa masse m entre 300 g et 3 kg.
Les surfaces qui frottent l'une sur l'autre sont le dessous du palet, de surface S = 9 x 8 cm² et le dessus de la piste. Elles sont toutes deux recouvertes d'une plaque de carton bristol de quelques millimètres d'épaisseur, Le bristol a été choisi pour cette étude car ses coefficients de frottement restent stables et reproductibles même quand il s'use sous l'effet d'expériences répétées.

1. La force de frottement solide
Le frottement entre deux surfaces solides est caractérisé par des coefficients sans dimension, appelés coefficients de frottement solide : le coefficient statique µ_S en l'absence de glissement, et le coefficient dynamique µ_d lorsque les surfaces glissent l'une sur l'autre. On supposera dans ce problème que ces coefficients sont constants (sauf dans les questions 2‑3 (c,d) où l'on tient compte de la variation de µ_d avec V).
1‑1 Lois de Coulomb du frottement solide.
(a) Lorsqu'il y a non‑glissement : que peut‑on dire du module et de l'orientation de la force de frottement solide exercée par la piste sur le palet ?
(b) Lorsqu'il y a glissement : que peut‑on dire du module et de l'orientation de la force de frottement solide exercée par la piste sur le palet ?
(c) Précisez à quelle condition on passe du non‑glissement au glissement.
(d) Précisez à quelle condition on passe du glissement au non‑glissement.
1‑2 Coefficients de frottement solide.
(a) µ_S est‑il plus élevé ou plus faible que µ_d ? Pouvez‑vous expliquer pourquoi?
(b) A l'aide d'une manipulation simple, réalisable sur une table d'examen, estimez grossièrement un ordre de grandeur de la valeur de y, pour le frottement papier‑sur‑papier.
(c) Citez un exemple de système que vous connaissez pour lequel les coefficients de frottement sont très faibles, et indiquez approximativement leur ordre de grandeur.
(d) Citez un exemple de système que vous connaissez pour lequel les coefficients de frottement sont très élevés, et indiquez approximativement leur ordre de grandeur.

2. Equations de base.
2‑1 Approche du problème.
Des réponses brèves suffisent.
(a) Choisissez un ou plusieurs référentiel(s) d'étude.
(b) Choisissez un ou plusieurs repère(s) correspondant (s).
(c) Spécifiez précisément le système étudié.
(d) Précisez son ou ses degrés de liberté.
2‑2 Equation du mouvement.
Ecrivez l'équation d'évolution du palet : c'est‑à‑dire l'équation différentielle qui régit soit l'abscisse x(t) du palet, repérée par rapport à la piste ; soit l'élongation (t) du ressort.
Attention : cette équation est indispensable pour la suite du problème.
Vérifiez‑la soigneusement, en particulier les signes et les unités. N'hésitez pas à la reprendre au cours de la suite du problème, par exemple en la comparant aux données expérimentales. Si vous souhaitez introduire des notations, par exemple pour simplifier les calculs ultérieurs, définissez‑les précisément.

2‑3 Régime permanent.
(a) Montrez que l'équation précédente admet toujours une solution permanente x_P(t), où $\overset{\bullet }{\mathop{\text{x}}}\,$_P = V = cst, et calculez l'élongation du _P dans ce régime permanent.
(b) Si à un instant t₁ donné, la position du palet est légèrement différente de cette solution, c'est‑à‑dire $\ell$ = $\ell$_P + ε : écrivez l'équation différentielle qui régit ε(t). Indiquez la solution et commentez‑la.
(c) Expérimentalement, on constate que µ_d dépend légèrement de la vitesse instantanée. Si l'on linéarise µ_d( $\overset{\bullet }{\mathop{\text{x}}}\,$) en l'écrivant sous forme d'un développement limité, µ_d ≈ µ(V) + α ( $\overset{\bullet }{\mathop{\text{x}}}\,$-V) , que devient l'équation précédente et sa solution ?
(d) Déduisez‑en une discussion de la stabilité du régime permanent.

3. Le régime fixe‑glisse.
3‑1 Phase fixe.
(a) Si le palet s'arrête de glisser à un instant t₂, écrire l'expression de x(t) et de $\ell$ (t).
(b) A quelle condition le palet se remet‑il à, glisser ?
(c) Indiquez par quelle méthode on peut estimer la valeur de la durée τ_f de la phase fixe sur la figure 2 avec la meilleure précision.
(d) Indiquez cette valeur et cette précision.

Figure 2 ‑ Exemple du régime non permanent appelé fixe‑glisse. La valeur de k $\ell$ /mg est enregistrée à raison d'un point toutes les 1,5 ms environ, avec un palet de surface S ‑= 9 x 8 cm², de masse m= 1,6 kg, un ressort de raideur k = 1,5.10² N.cm^‑1, une vitesse de traction V = 10 µm.s^-1
3‑2 Phase glisse.
(a) Si le palet est arrêté et commence à glisser à un instant t₃, écrire l'expression de x(t) et de $\ell$(t).
(b) A quel instant la vitesse du palet s'annule‑t‑elle à nouveau ?
(c) Indiquez par quelle méthode on peut estimer la valeur de la durée τ_g de la phase glisse sur la figure 2, en utilisant : d'une part, la variation totale de k $\ell$ /mg au cours de la phase glisse ensuite, la variation de k $\ell$/mg entre deux points successifs ; enfin, l'expression analytique de $\overset{\bullet }{\mathop{\text{x}}}\,$(t) déterminée à partir de la question (a).
(d) Indiquez cette valeur et la précision de cette estimation.
3‑3 Modélisation de la figure 2.
Attention : celle partie nécessite des réponses soigneuses.
(a) Sur la figure 2, estimez la valeur numérique de µ_d µ_S et de leur différence, en expliquant bien quelle méthode vous utilisez. Indiquez la précision de votre estimation.
(b) Avec les paramètres utilisés pour l'expérience de la figure 2, calculez la valeur attendue de τ_f Indiquez la précision de cette valeur calculée.
(c) Avec les paramètres utilisés pour l'expérience de la figure 2, calculez la valeur attendue de τ_g. Indiquez la précision de cette valeur calculée.
(d) Comparez ces valeurs attendues de τ_f et τ_g aux valeurs estimées ci-dessus d'après la figure 2.

3‑4 Périodicité.
(a) Expliquez brièvement pourquoi le régime fixe‑glisse est périodique.
(b) Tracez l'allure de la variation des différentes formes d'énergie en fonction du temps, en précisant le référentiel choisi.
(c) Ecrivez soigneusement, et commentez physiquement, le bilan énergétique du système considéré, et celui de l'univers, à chaque période du régime fixe‑glisse.
(d) A chaque période, de combien varie l'entropie du système considéré ? et l'entropie de l'univers ?
3‑5 Rôle des conditions initiales.
(a) En régime glisse, écrivez l'expression générale de $\overset{\bullet }{\mathop{\text{x}}}\,$( t) en fonction des conditions initiales à un instant t₄ quelconque, $\overset{\bullet }{\mathop{\text{x}}}\,$(t₄) > 0.
(b) Discutez à quelle condition $\overset{\bullet }{\mathop{\text{x}}}\,$ peut s'annuler.
(c) Examinez le cas particulier où $\ell$(t₄) = 0 , $\overset{\bullet }{\mathop{\text{x}}}\,$(t₄)=V.
(d) Commentez brièvement.
4. Exemples quotidiens.
Ce régime fixe‑glisse se rencontre dans divers phénomènes quotidiens ‑ cette partie est consacrée à leurs ordres de grandeurs.
Ce sont des questions ouvertes, pour lesquels les correcteurs accepteront toute réponse raisonnable. Répondez‑y simplement, en vous appuyant sur des approxi­mations. Ainsi, pour fixer les idées sans entrer dans les détails, on pourra écrire que τ_f et τ_g ont le même ordre de grandeur.
4‑1 Craie qui crisse.
(a) Estimez l'ordre de grandeur de la fréquence du bruit d'une craie qui crisse sur un tableau noir.
(b) Estimez l'ordre de grandeur de V et de m pertinentes.
(c) Déduisez‑en l'ordre de grandeur de la "raideur effective" du système.
(d) Pourquoi supprime‑t‑on le crissement en cassant la craie en deux ?
4‑2 Porte qui grince.
(a) Estimez l'ordre de grandeur de la fréquence du bruit d'une porte qui grince sur ses gonds.
(b) Estimez l'ordre de grandeur de V et de m pertinentes.
(c) Déduisez‑en l'ordre de grandeur de la "raideur effective" du système.
(d) Proposez jusqu'à trois méthodes pour supprimer le grincement.
4‑3 Pneu qui crisse.
(a) Dans quelle(s) situation(s) entend‑on des pneus de voiture crisser ?
(b) Estimez l'ordre de grandeur de V et de m pertinentes.
(c) Comment supprimer le crissement des pneus ?
(d) Faut‑il le supprimer ou vaut‑il mieux le conserver ?

4‑4 Archet de violon.
(a) Comment favorise‑t‑on le régime fixe‑glisse d'un archet sur la corde ?
(b) Quelle est la fréquence d'un la du diapason ?
(c) Précisez ce qui détermine la "raideur effective" du système. Estimez‑en l'ordre de grandeur.
(d) Suggérez brièvement comment on pourrait modifier l'étude du régime fixe‑glisse pour tenir compte de la vibration de la corde.
5. Corrections au modèle classique
5‑1 Reptation. En améliorant la précision des mesures on détecte une phase intermédiaire entre la phase fixe et la phase glisse. Au début et à la fin de chaque phase fixe, le palet se déplace d'une distance d, comme on le voit dans l'agrandissement de la figure 3. On dit qu'il "rampe" sur la piste (phase de "reptation").
(a) En vous basant sur la figure 3, et en tenant compte de cette reptation, tracez grossièrement l'allure de l'élongation (t) en fonction du temps au cours d'une période.
(b) La distance sur laquelle le palet rampe a toujours la même valeur d ≈2 µm : elle est indépendante des autres paramètres du problème. Pouvez‑vous expliquer cette valeur en proposant une interprétation microscopique ?
(c) Estimez grossièrement (c'est‑à‑dire en ne tenant pas compte des préfac­teurs numériques) la durée τ_r de la phase de reptation.
(d) Estimez aussi grossièrement l'expression de τ_f et τ_g Figure 3 ‑ Mouvement du palet dans le régime fixe‑glisse : un agrandissement montre que le palet n'est pas rigoureusement fixe et rampe en fait sur une distance d ≈ 2 µm début et à la fin de chaque phase fixe. Enregistrement réalisé avec un palet de masse m = 0.8 kg, un ressort de raideur k = 580 N.cm^-1 une vitesse de traction V = 1 µm.s^-1.

5‑2 Diagramme de transition.
(a) Toujours sans tenir compte des préfacteurs numériques, tracez l'allure des trois courbes τ_r = τ_f , τ_f = τ_g et τ_g = τ_r dans une représentation logarithmique en fonction des variables (V, k), analogue à, celle de la figure 4, pour un palet de masse m = 1, 2 kg.
(b) Pourquoi s'attend‑on à ce que le régime fixe‑glisse disparaisse quand τ_g augmente ?
(c) Dans quelle région la reptation joue‑t‑elle un rôle significatif
(d) Interprétez les différentes régions du diagramme, en comparant avec la figure 4. En particulier indiquez dans quelles régions on observe le régime fixe-glisse et le régime permanent.

Figure 4 ‑ Transition entre le régime permanent et le régime fixe‑glisse. Représentation logarithmique en fonction des variables (V, k), avec un palet de masse m = 1,2 kg. Chaque point correspond à une expérience où l'on observe la disparition du régime fixe‑glisse. Les flèches indiquent les régions étudiées plus en détail dans les figures 5 et 6.
5‑3 Approche de la transition : ressort raide.
On s'approche de la transition avec un ressort raide, k = 740 N.cm^-1 , en augmentant V, selon la flèche marquée sur la figure 4. Les enregistrements sont présentés sur la figure 5.
(a) Mesurez la valeur de la période pour chaque valeur de V ; tracez l'allure du graphe de la période en fonction de V, avec des barres d'erreur.
(b) Est‑ce compatible avec la dépendance en V attendue (à préciser) ?
(c) Mesurez la valeur de l'amplitude de $\ell$ pour chaque valeur de V. Est‑elle continue ou discontinue à la transition ?
(d) Si l'on redescend V, le régime fixe‑glisse réapparaîtra‑t‑il à la même valeur de V ?

Figure 5 ‑ Transition, lorsque k = 740 N.cm^-1 et m = 1,2 kg; voir flèche sur la figure 4. Les enregistrements de l'élongation du ressort ont été décalés les uns au‑dessus des autres pour être lisibles. De bas en haut, les cinq vitesses de tirage sont respectivement : 0,25 ; 0,42 ; 0,59; 0,75 et 1 µm.s^-1.

5‑4 Approche de la transition ‑ ressort souple.
On s'approche de la transition avec un ressort plus souple, k = 1 N.cm^-1, et en augmentant V, selon la flèche marquée sur la figure 4. Les enregistrements sont présentés sur la figure 6.
(a) Mesurez la durée τ_f de la phase fixe pour V = 275 et 525 µm.s^-1 ; est‑ce compatible avec la dépendance en V attendue (à préciser) ?
(b) L'amplitude d'une phase fixe, c'est‑à‑dire la variation de $\ell$ durant τ_f , est‑elle une grandeur continue ou discontinue à la transition ?
(c) Par quel mécanisme physique le régime fixe‑glisse disparaît‑il ?
(d) Si l'on redescend V, le régime fixe‑glisse réapparaîtra‑t‑il à la même valeur de V ?

Figure 6 ‑ Transition, lorsque k = 1 N. cm^-1 et m= 1, 2 kg,‑ voir flèche sur la figure 4. Les enregistrements de l'élongation du ressort ont été décalés les uns au‑dessus des autres pour être lisibles. De haut en bas, les trois vitesses de tirage sont respectivement : 275; 525; et 890 µm.s^-1
FIN DU PROBLEME

Concours Physique ENS de Paris (PC) 2001 (Corrigé)

G. Requin ULM - PC – 2001 – (6 h)
1 – Gaz superfluide en l’absence de potentiel extérieur

1. – Equation d’état d’un gaz superfluide

1. $U=\frac{1}{2}N\iiint{\nu (\mathbf{r})\frac{N\ d\tau }{V}}=\frac{1}{2}\frac{N{}^\text{2}}{V}\gamma$, le facteur ½ pour ne pas compter deux fois les énergies mutuelles d’interaction et l’intégrale dans le volume étant remplacée par l’intégrale de − ∞ à + ∞ dans chaque direction compte tenu des courtes portées d’interaction.
2. F = U − TS ≈ U ici ; F = ½ (N²/V)γ et pour un fluide dF = − P dV, par identification on retrouve l’équation d’état (2). $\chi =-\frac{1}{V}\left( \frac{\partial V}{\partial P} \right)=\frac{2}{\gamma \rho {}^\text{2}}=\frac{1}{P}\quad \mu ={{\left( \frac{\partial F}{\partial N} \right)}_{V,T}}=\gamma \rho$
   
   1. – Quelques contraintes sur l’équilibre thermodynamique

1. (dF)_N,T,V = − T δ_iS ≤ 0 par le second principe pour toute évolution à N, T, V fixés, donc F_e est minimum à l’équilibre.
2. F est extensive : F = ½ ρ₁² γV₁ + ½ ρ₂² γV₂ = F₁ + F₂. F_e est le minimum de F à N, T, et V constant.
3. Pour une modification dV₁, dV₂ = − dV₁, dρ₁ = − (N₁/V₁²) dV₁ … alors dF = ½ (ρ₁² − ρ₂²) γ dV₁ ; à l’équilibre en l’absence de potentiel extérieur, la densité doit être uniforme dans tout le volume : (dF)_e = 0 ⇒ ρ₁ = ρ₂.
4. dN₁ = − dN₂ et dρ₁ = dN₁/V … alors dF = (ρ₁ − ρ₂) γ dN₁ ; à l’équilibre, les particules se répartissent dans les deux compartiments de manière à réaliser une densité uniforme : (dF)_e = 0 ⇒ ρ₁ = ρ₂.
5. Finalement vis à vis de toutes les modifications internes la fonction F_e = ½ ρ² γV est bien extensive et proportionnelle au volume, évidemment γ > 0 (déjà dans l’équation (2) ! ) pour avoir une fonction croissante de V ; ρ est bien intensif à l’équilibre.
   
   1. – Mélange de deux gaz superfluides

1. Par analogie avec 1-1-(a) on obtient F_{I, e} ≈ U = ½ ( N_a² / V) γ_aa + ½ ( N_b² / V) γ_bb + (N_aN_b /V) γ_ab = ( ½ ρ_a² γ_aa + ½ ρ_b² γ_bb + ρ_a ρ_b γ_ab ) V
2. F_{II, e} = $\frac{1}{2}\left( {\frac{{{N_a}^2{\gamma _{aa}}}}{\alpha } + \frac{{{N_b}^2{\gamma _{bb}}}}{{1 - \alpha }}} \right){\kern 1pt} \frac{1}{V}$
3. (∂F_II / ∂α)_{V, Na, Nb, T} = − T δ_iS = 0 pour des évolutions réversibles autour de l’équilibre sans autres forces extérieures ; cela donne ${\alpha _e} = \frac{1}{{1 + \frac{{{N_a}}}{{{N_b}}}\sqrt {\frac{{{\gamma _{bb}}}}{{{\gamma _{aa}}}}} }}$ et

F_{II e} = ½ N_a² γ_aa ( 1 + (N_b / N_a) (γ_bb / γ_aa)^1/2 )² × (1/V)

1. En reprenant la formulation de F_{I e} = ½ N_a² γ_aa ( 1 + (N_b²/N_a²)(γ_bb / γ_aa) + 2 (N_b/N_a) (γ_ab / γ_aa)) × (1/V), on doit privilégier le minimum entre ces deux fonctions soit à comparer γ_ab à (γ_aa γ_bb)^1/2 : si γ_ab < (γ_aa γ_bb)^1/2 alors F_{I e} < F_{II e} et les espèces sont miscibles mais si γ_ab > (γ_aa γ_bb)^1/2 alors F_{I e} > F_{II e} et les espèces sont non miscibles.
2. Dans le tableau il apparaît que seules les espèces a-c sont miscibles.

1. – Gaz superfluide au repos dans un piège
   
   1. – Equilibre dans un piège de forme arbitraire

1. Ici la force volumique d’interaction sera f_e = − ρ_e grad Φ_e et l’équilibre sera donné par l’équation : − grad P_e − ρ_e grad Φ_e = 0
2. − grad (½ γρ_e²) − ρ_e grad Φ_e = − ρ_e grad (γρ_e + Φ_e) = 0 et donc ρ_e (r) = − (Φ_e / γ) + C.
3. En normalisant sur le volume de piégeage N = ∫_V ρ_e (r) dτ on obtiendrait la constante.
   
   1. – Equilibre dans un piège harmonique

1. La force sur une particule matérielle est − mω² r = − k r donc une force de rappel de centre O et ω est la fréquence d’oscillation de la particule libre dans le piège.
2. D’après 2-1-(b) on obtient ρ_e(r) = − (mω²/2γ) r² + ρ_e(0) et comme ρ_e est une grandeur positive on doit avoir r ≤ R = (2γρ_e° / mω² ) ^½ ; la forme d’équilibre de la surface externe du gaz est une sphère de centre O et de rayon R.
3. ρ_e(r) = ρ_e° ( 1 − r²/R²)
4. ∫₀^R ρ_e(r) 4πr² dr = N ⇒ ρ_e° = 15 N / (8πR³)
5. En remplaçant R dans l’équation précédente il vient ${\rho _e}^0{\text{ }^{5/3}} = \frac{m{\omega ^2}}{2 \gamma }{\left( {\frac{15N}{8 \pi }} \right)^{2/3}}$ et on retiendra que ρ_e° ∼ N ^2/5.
6. 1. – Considérations thermodynamiques

1. E_h = ∫₀^R ρ_e (r) Φ_e(r) 4πr² dr = (3/7) Nγρ_e°
2. E_int = ½ ∫₀^R ρ_e (r) {ρ_e(r) ∫_-∞^+∞ ν(r) dτ }4πr² dr = (4/7) Nγρ_e°
3. En définissant l’énergie interne comme la somme de l’énergie d’interaction et de l’énergie potentielle microscopique : U = E_h + E_int, F ≅ U = Nγρ_e° à T nulle et µ = γρ_e°
4. La condition d’équilibre obtenue en 2-1 -(b) se réécrit : γρ_e (r) = − Φ_e (r) + µ…
   
   1. – Comparaison aux expériences

1. avec les données fournies on calcule ρ_e° = 1.95 10¹⁹ part.m^-3 puis R = 36.6 µm donc un diamètre théorique de 73.2 µm très proche de la donnée expérimentale.
2. On a créé une inhomogénéité de ρ (r) donc de P(r) avec une pression au centre maximum donc la sphère entre en expansion radiale.
3. (d) Le système est isolé : E_cin + E_int = Cte = E_int(0) = (4/7) Nγρ_e° ; en régime stationnaire l’énergie d’interaction devient négligeable et E_cin = (4/7) Nγρ_e° ∼ N ^7/5 soit E_cin / N ∼ N ^0.4. La régression linéaire suggérée à partir du tableau expérimental fournit ln(E_cin/N) = 0.43×ln(N) (δ = 0.43) avec un r > 0.99, l’accord est donc bon.

1. – Gaz superfluide en mouvement
   
   1. – Equations du mouvement

1. m (∂ρ/∂t) + m div ρ v = 0 (ici ρ est une densité particulaire)
2. mρ (dv/dt) = − grad P − ρ grad Φ_e
3. m (dv/dt) = − γ grad ρ(r, t) − grad Φ_e
   
   1. – Régime de réponse linéaire

1. Avec les approximations suggérées : m (∂δv/∂t) = − γ grad δρ − grad δΦ_e (du genre approximation acoustique) pour t quelconque puis pour t > τ :

(∂δv/∂t) + γ/m grad δρ = 0 ensuite : (∂δρ/∂t) + div (ρ_e(r, t) δv ) = 0

1. $\frac{{{\partial ^2}\delta \rho }}{{\partial {t^2}}} - \left( {\frac{\gamma }{m}} \right)\,{\rm{div}}\left( {{\rho _e}{\bf{grad}}\delta \rho } \right) = 0$
   
   1. – Modes propres d’un gaz superfluide homogène

1. Equation de dispersion (avec ρ_e = cte) : Ω² = (γρ_e/m) k²
2. Propagation dans la direction de k avec la célérité c = Ω/k = (γρ_e/m)^1/2 ; à priori c est indépendant de la forme de la propagation tant que les linéarisations effectuées en 3-2 sont valables.
3. c_théo = 9.96 10^-3 ms^-1 très voisin de la valeur mesurée.
   
   1. – Modes propres dans un piège harmonique

1. ρ_e(r) = − (m/2γ) (Σ ω_α² r_α²) + ρ_e(0,0,0)
2. En injectant (10) dans l’équation d’évolution de 3-2-(b) :

grad δρ = Σ_α(2A_αr _α cosΩt) u_α
div ( ) = Σ_α(∂ (….) /∂r_α) cosΩt et on obtient :
− [B + Σ(A_αr_α²)] Ω² + 2 Σ (ω_α²A_αr_α²) + (ΣA_α) (Σω_α² r_α²) − 2γρ°/m (ΣA_α) = 0
valable ∀ r_α : A_α [ 2ω_α² − Ω² ] + (ΣA_α) ω_α² = 0
et : − B Ω² − 2γρ°/m (ΣA_α) = 0 ce qui donne une condition liant Ω et les amplitudes des modes.

1. Dans Φ_e ainsi que dans δΦ_e on respecte la symétrie de révolution donc ω_x = ω_y et alors A_x = A_y dans l’équation précédente ; on obtient un système en A_x et A_z :

A_x ( 4 ω_x² − Ω² ) + A_zω_x² = 0
A_x (2 ω_z²) + A_z( 3 ω_z² − Ω²) = 0

1. Dont le déterminant doit être nul : ( 4 ω_x² − Ω² ) ( 3 ω_z² − Ω²) − 2 ω_z² ω_x² = 0 ou en X

et η : X² − ( 4 η² + 3) X + 10 η² = 0 dont les solutions sont :
${X_ \pm } = \frac{{4{\eta ^2} + 3 \pm \sqrt {16{\eta ^4} - 16{\eta ^2} + 9} }}{2}\quad {\rm{et}}\quad {\left( {\frac{{{{\rm{A}}_{\rm{z}}}}}{{{{\rm{A}}_{\rm{x}}}}}} \right)_ \pm } = \left( {\frac{{{X_ \pm }}}{{{\eta ^2}}} - 4} \right)$

1. X₊ = 740.34 et X_- = 2.498 puis (A_z/A_x)₊ = 2.7 10^-3 et (A_z/A_x)_- = − 3.98.

Avec X_- on trouve Ω = √X_- ω_z = 1.581 ω_z alors qu’expérimentalement la valeur est 1.569 ; l’écart relatif est de 7.6 10^-3, supérieur à la précision des mesures.

1. Les particules libres devraient osciller autour de 0 à ω_x = ω_y pour les modes radiaux et à ω_z pour le mode axial ; avec une perturbation d’axe Oz on devrait exciter le mode axial donc Ω = ω_z d’où X = 1 (et η = 0), les interactions couplent les modes radiaux et le mode axial.

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