Concours Physique ENSI Chimie Sud 1985 (Corrigé)

I.

1° Soit ${\vec \sigma _{tige}}$ le moment cinétique en O de la tige : $\frac{{d{{\vec \sigma }_{tige}}}}{{dt}} = \overrightarrow {OM}  \wedge  - m\vec R$. La tige ayant une masse négligeable, ce moment cinétique est négligeable, donc $\vec R$ est parallèle à $\overrightarrow {OM}$.

2° Le moment cinétique en O du mobile est $\vec \sigma  = \overrightarrow {OM}  \wedge m\vec v = \left( \begin{array}{l}r\\0\\z\end{array} \right) \wedge m\left( \begin{array}{l}{\dot r}\\r\dot \phi \\{\dot z}\end{array} \right) \Rightarrow {\sigma _z} = m{r^2}\dot \phi$.

3° D’après le théorème du moment cinétique, $\frac{{d\vec \sigma }}{{dt}} = \overrightarrow {OM}  \wedge (m\vec g + m\vec R) = \overrightarrow {OM}  \wedge m\vec g \Rightarrow \frac{{d{\sigma _z}}}{{dt}} = 0$. Donc  ${r^2}\dot \phi  = C$ reste constant au cours du temps.

Dans la suite, nous supposerons cette constante non nulle, ce qui interdit à $r$ de s’annuler et à $z$ d’atteindre les valeurs extrêmes à priori possibles, $- a$ et $a$. Cela implique aussi que $\dot \phi$, ne pouvant s’annuler, garde un signe constant, donc que le mobile tourne toujours dans le même sens autour de Oz. L’énoncé ne fait pas cette hypothèse, en III 2° il suppose ${\dot \phi _0} \ge 0$, ce qui rend la discussion plus compliquée.

II.

1° ${E_c} = {\textstyle{1 \over 2}}m({\dot r^2} + {r^2}{\dot \phi ^2} + {\dot z^2})$.

2° ${E_p} = mgz$.

3° ${E_m} = {E_c} + {E_p}$ reste constant au cours du temps.

4° ${E_m} = {\textstyle{1 \over 2}}m({\dot r^2} + {r^2}{\dot \phi ^2} + {\dot z^2}) + mgz = {\textstyle{1 \over 2}}mK \Rightarrow K = {\dot r^2} + \frac{{{C^2}}}{{{r^2}}} + {\dot z^2} + 2gz$.

5°

 $\begin{array}{l}{r^2} + {z^2} = {a^2} \Rightarrow 2r\dot r + 2z\dot z = 0 \Rightarrow {{\dot r}^2} = \frac{{{z^2}{{\dot z}^2}}}{{{r^2}}}\\K = \frac{{{z^2}{{\dot z}^2}}}{{{r^2}}} + \frac{{{C^2}}}{{{r^2}}} + {{\dot z}^2} + 2gz = \frac{{{a^2}{{\dot z}^2} + {C^2}}}{{{a^2} - {z^2}}} + 2gz\end{array}$

6° En isolant ${a^2}{\dot z^2}$, on obtient ${a^2}{\dot z^2} = ({a^2} - {z^2})(K - 2gz) - {C^2} = P(z)$

7° Pour déterminer les racines de $P(z) = 0$, cherchons les informations dont nous disposons sur le signe de $P(z)$ :

·         $P(z)$ de degré 3 a au plus trois zéros

·         ${\lim _{z \to \infty }}P(z) =  + \infty$

·         $P(a) =  - {C^2} < 0$

·         au cours du mouvement ${a^2}{\dot z^2} \ge 0$, donc il existe un domaine de $z$ situé dans $- a < z < a$ pour lequel $P(z) \ge 0$

·         $P( - a) =  - {C^2} < 0$.

Il n’y a que deux formes possibles du graphe de $P(z)$ compatibles avec ces faits :

Le graphe de droite est le cas général : $P(z)$ possède trois zéros, deux compris entre $- a$ et $a$, qu’on appellera ${z_0}$ et ${z_1}$ , et un supérieur à $a$, qu’on appellera ${z_2}$. Le graphe de gauche correspond au cas particulier où il y a une racine double ; le mouvement est alors circulaire horizontal.

Il ne faut pas répondre que, puisque $P(z)$ est de degré impair, il a au moins un zéro, car ce zéro est ${z_2}$, alors que dans la suite on considère que c’est ${z_0}$.

III.

1°  Si $\dot z = 0$, $\dot r =  - \frac{{z\dot z}}{r} = 0$, tandis que $r\dot \phi  \ne 0$ : la vitesse, qui est orthoradiale, et la trajectoire sont tangentes à un cercle $z = cste$.

2° $C = r_0^2{\dot \phi _0}\quad K = r_0^2\dot \phi _0^2 + 2g{z_0}$.

3°

 $\begin{array}{l}P(z) = ({a^2} - {z^2})(r_0^2\dot \phi _0^2 + 2g{z_0} - 2gz) - r_0^4\dot \phi _0^2 = ({a^2} - {z^2} - r_0^2)r_0^2\dot \phi _0^2 + ({a^2} - {z^2})(2g{z_0} - 2gz)\\ = (z_0^2 - {z^2})r_0^2\dot \phi _0^2 + 2g({a^2} - {z^2})({z_0} - z) = ({z_0} - z)Q(z)\\Q(z) = 2g({a^2} - {z^2}) + (z + {z_0})r_0^2\dot \phi _0^2\end{array}$

4° Comme ${z_0} < a$, $Q( - a) = r_0^2\dot \phi _0^2({z_0} - a) < 0$ ; comme $- a < {z_0}$, $Q(a) = r_0^2\dot \phi _0^2({z_0} + a) > 0$ ; $Q(z)$ étant un polynôme du second degré,  il a une racine et une seule dans l’intervalle $- a,a$.

5° Comme ${a^2}{\dot z^2} \ge 0$, le raisonnement de II 7° montre que $z$ reste entre ${z_0}$ et ${z_1}$. En $z = {z_1}$, $Q({z_1}) = 2g({a^2} - z_1^2) + ({z_1} + {z_0})r_0^2\dot \phi _0^2 = 0 \Rightarrow \dot \phi _0^2 = \frac{{ - 2g({a^2} - z_1^2)}}{{({z_1} + {z_0})({a^2} - z_0^2)}} > 0 \Rightarrow {z_1} + {z_0} < 0$

6° Factorisons ${z_1} - z$ dans Q(z) :

$\begin{array}{l}Q(z) = 2g({a^2} - {z^2}) + (z + {z_0})\frac{{ - 2g({a^2} - z_1^2)}}{{({z_0} + {z_1})}} = \frac{{2g[({a^2} - {z^2})({z_0} + {z_1}) - (z + {z_0})({a^2} - z_1^2)]}}{{{z_0} + {z_1}}}\\ = \frac{{2g[{a^2}({z_1} - z) - {z^2}{z_1} - {z^2}{z_0} + z_1^2z + z_1^2{z_0}]}}{{{z_0} + {z_1}}} = \frac{{2g[{a^2}({z_1} - z) + z{z_1}({z_1} - z) + {z_0}(z_1^2 - {z^2})]}}{{{z_0} + {z_1}}}\\ = \frac{{2g({z_1} - z)[{a^2} + z{z_1} + {z_0}(z + {z_1})]}}{{{z_0} + {z_1}}} = 2g({z_1} - z)\left( {z + \frac{{{a^2} + {z_0}{z_1}}}{{{z_0} + {z_1}}}} \right) = 2g({z_1} - z)(z - {z_2})\\{z_2} =  - \frac{{{a^2} + {z_0}{z_1}}}{{{z_0} + {z_1}}}\end{array}$

Autre méthode :
${z_1}$ et ${z_2}$ sont les racines de $Q(z) = 2g({a^2} - {z^2}) + (z + {z_0})r_0^2\dot \phi _0^2 = 0$, où d’après 5° $r_0^2\dot \phi _0^2 = \frac{{ - 2g({a^2} - z_1^2)}}{{({z_1} + {z_0})}}$ ; ils sont donc les racines de :

 $\begin{array}{l}Q(z) = 2g({a^2} - {z^2}) - (z + {z_0})\frac{{2g({a^2} - z_1^2)}}{{({z_1} + {z_0})}} = 0\\{z^2} + \frac{{{a^2} - z_1^2}}{{{z_1} + {z_0}}}z - {a^2} + \frac{{{a^2} - z_1^2}}{{{z_1} + {z_0}}}{z_0} = 0\end{array}$

En utilisant la somme (on peut aussi utiliser le produit) des racines de cette équation du second degré :

${z_1} + {z_2} =  - \frac{{{a^2} - z_1^2}}{{{z_1} + {z_0}}} \Rightarrow {z_2} =  - \frac{{{a^2} + {z_1}{z_0}}}{{{z_1} + {z_0}}}$

7° Pour que la trajectoire soit circulaire, il faut que ${z_1} = {z_0}$, soit d’après III 5° $\dot \phi _0^2 = \frac{{ - 2g({a^2} - z_1^2)}}{{({z_1} + {z_0})({a^2} - z_0^2)}} =  - \frac{g}{{{z_0}}} \Rightarrow {v_{0C}} = \sqrt {\frac{{g(z_0^2 - {a^2})}}{{{z_0}}}}$

Pour que le point atteigne le plan de l'équateur, il faut que ${z_1} > 0$ ; or ${z_1}$ est racine de $Q(z) = 0$, $Q( - a) < 0$ et $Q(a) > 0$ ; donc la condition est :

$\begin{array}{l}Q(0) < 0\\2g{a^2} + {z_0}r_0^2\dot \phi _0^2 < 0\\v_0^2 = r_0^2\dot \phi _0^2 >  - \frac{{2g{a^2}}}{{{z_0}}}\\{v_0} > {v_{OE}} = \sqrt { - \frac{{2g{a^2}}}{{{z_0}}}} \end{array}$

8° On peut imaginer la projection de la trajectoire sur le plan horizontal comme formée de parties tangentes aux cercles de rayons les valeurs extrêmes de $r$, soit ${r_0}$, ${r_1}$ et éventuellement $a$.

          

       

Un calcul précis (voir annexe) pour ${z_0} =  - \sqrt 3 a/2$ donne les courbes suivantes, où les distances sont graduées en unités de $r/a$ :

On voit qu’un feston correspond à plus d’un demi tour et que la trajectoire n’est pas fermée.

IV.

1° ${a^2}{\dot z^2} = P(z) \Rightarrow a\frac{{dz}}{{dt}} =  \pm \sqrt {P(z)} \quad dt =  \pm \frac{{adz}}{{\sqrt {P(z)} }}$.

2° ${r^2}\dot \phi  = C\quad d\phi  = \frac{{Cdt}}{{{r^2}}} =  \pm \frac{{aCdz}}{{({a^2} - {z^2})\sqrt {P(z)} }}$

3° $\frac{T}{2} = \left| {\int\limits_{{z_0}}^{{z_1}} {\frac{{adz}}{{\sqrt {P(z)} }}} } \right|$ ; $\frac{\Phi }{2} = \left| {\int\limits_{{z_0}}^{{z_1}} {\frac{{aCdz}}{{({a^2} - {z^2})\sqrt {P(z)} }}} } \right|$.

N.B. Il faut prendre la valeur absolue de l’intégrale, car on ne sait pas si ${z_0}$ est inférieur ou supérieur à ${z_1}$.

V.

1°

 $\begin{array}{l}z - {z_2} = \frac{{{a^2} + z{z_1} + {z_0}(z + {z_1})}}{{{z_0} + {z_1}}} = \frac{{{a^2} + ( - a + u)( - 2a + {u_0} + {u_1}) + ( - a + {u_0})( - a + {u_1})}}{{ - 2a + {u_0} + {u_1}}}\\ = \frac{{4{a^2} - 2a(u + {u_0} + {u_1}) + O({u^2})}}{{ - 2a + {u_0} + {u_1}}} = 2a\frac{{1 - \frac{{u + {u_0} + {u_1}}}{{2a}} + O({u^2})}}{{1 - \frac{{{u_0} + {u_1}}}{{2a}}}} \approx 2a(1 - u/2a + O({u^2}))\\{(z - {z_2})^{ - 1/2}} = \frac{1}{{\sqrt {2a} }}(1 + u/4a + O({u^2}))\\k = \frac{1}{{\sqrt {2a} }}\quad l = \frac{1}{{4a\sqrt {2a} }}\end{array}$

 2°

$\begin{array}{l}\frac{1}{{{r^2}}} = \frac{1}{{{a^2} - {z^2}}} = \frac{1}{{{a^2} - {{( - a + u)}^2}}} = \frac{1}{{2au - {u^2}}} = \frac{1}{{2au}}{(1 - u/2a)^{ - 1}} = \frac{1}{{2au}}(1 + u/2a + O({u^2}))\\m = \frac{1}{{2a}}\quad n = \frac{1}{{4{a^2}}}\end{array}$

3°

 $\begin{array}{l}{({z_2} - z)^{ - 1/2}} \times {r^{ - 2}} = \frac{1}{{\sqrt {2a} }}(1 + u/4a + O({u^2}))\frac{1}{{2au}}(1 + u/2a + O({u^2})) = \frac{{1 + 3u/4a + O({u^2})}}{{{{(2a)}^{3/2}}u}}\\p = \frac{1}{{{{(2a)}^{3/2}}}}\quad q = \frac{3}{{2{{(2a)}^{5/2}}}}\end{array}$.

4°

$\begin{array}{l}\frac{T}{2} = \left| {\int\limits_{{z_0}}^{{z_1}} {\frac{{adz}}{{\sqrt {({z_0} - z)2g(z - {z_1})(z - {z_2})} }}} } \right| = \frac{a}{{\sqrt {2g} }}\left| {\int\limits_{{u_0}}^{{u_1}} {\left[ {\frac{{du}}{{\sqrt {(u - {u_0})({u_1} - u)} }}\frac{1}{{\sqrt {2a} }}(1 + u/4a + O({u^2}))} \right]} } \right|\\T = \sqrt {\frac{a}{g}} \left| {\int\limits_{{u_0}}^{{u_1}} {\frac{{(1 + u/4a + O({u^2}))du}}{{\sqrt {(u - {u_0})({u_1} - u)} }}} } \right|\end{array}$

5°

$\begin{array}{l}{C^2} = r_0^4{{\dot \phi }^2} = ({a^2} - z_0^2) \times  - \frac{{2g({a^2} - z_1^2)}}{{{z_0} + {z_1}}} = \frac{{2g(2a{u_0} - u_0^2)(2a{u_1} - u_1^2)}}{{2a - {u_0} - {u_1}}} = 4ag{u_0}{u_1}\frac{{(1 - {u_0}/2)(1 - {u_1}/2)}}{{(1 - {u_0}/2 - {u_1}/2)}}\\{C^2} = 4ag{u_0}{u_1} + O({u^4})\quad C = \sqrt {4ag{u_0}{u_1}} (1 + O({u^2}))\end{array}$

6° L’intégrant de $\Phi$ est celui  de $T$ multiplié par $\frac{C}{{{a^2} - {z^2}}} = \frac{C}{{2au - {u^2}}} = \sqrt {\frac{g}{a}} \frac{{\sqrt {{u_0}{u_1}} }}{u}(1 + \frac{u}{{2a}} + O({u^2}))$.

$\Phi  = \left| {\int\limits_{{u_0}}^{{u_1}} {\frac{{\sqrt {{u_0}{u_1}} }}{u}(1 + \frac{u}{{2a}} + O({u^2}))\frac{{(1 + u/4a + O({u^2}))du}}{{\sqrt {(u - {u_0})({u_1} - u)} }}} } \right| = \sqrt {{u_0}{u_1}} \left| {\int\limits_{{u_0}}^{{u_1}} {\frac{1}{u}\frac{{(1 + 3u/4a + O({u^2}))du}}{{\sqrt {(u - {u_0})({u_1} - u)} }}} } \right|$

VI.

1° Comme : ${I_n} = \int_{{u_0}}^{{u_1}} {\frac{{{u^n}du}}{{\sqrt {(u - {u_0})({u_1} - u)} }}}$ où : ${I_{ - 1}} = \frac{\pi }{{\sqrt {{u_0}{u_1}} }}\;;\quad {I_0} = \pi \;;\quad {I_1} = \frac{{({u_0} + {u_1})\pi }}{2}$

$\begin{array}{l}T = \sqrt {\frac{a}{g}} ({I_0} + {I_1}/4a) = \pi \sqrt {\frac{a}{g}} \left( {1 + \frac{{{u_0} + {u_1}}}{{8{a_{}}}}} \right)\\\Phi  = \sqrt {{u_0}{u_1}} ({I_{ - 1}} + 3{I_0}/4a) = \pi  + \frac{{3\pi \sqrt {{u_0}{u_1}} }}{{4a}}\end{array}$

2° $\Delta \Phi  = \frac{{3\pi \sqrt {{u_0}{u_1}} }}{{4a}}$.

3° Nature de la trajectoire.

D’après la loi fondamentale de la dynamique,$m\vec R + m\vec g = m\vec a$ ou :
$\begin{array}{l}m\ddot x = m{R_x}\\m\ddot y = m{R_y}\\m\ddot z = m{R_z} - mg\end{array}$

Comme $m\vec R$ est parallèle au rayon vecteur, $\frac{{{R_x}}}{x} = \frac{{{R_y}}}{y} = \frac{{{R_z}}}{z}$.

En outre, ${x^2} + {y^2} + {z^2} = {a^2}$.

Pour les petites oscillations, en développant ces équations jusqu’à l’ordre 1 en $x,y$, on obtient :

$\begin{array}{l}z \approx  - a\quad m{R_z} \approx mg\quad m{R_x} \approx  - \frac{{mgx}}{a}\quad m{R_y} \approx  - \frac{{mgy}}{a}\\\ddot x + \frac{{gx}}{a} = 0\quad \ddot y + \frac{{gy}}{a} = 0\\\omega  = \sqrt {\frac{g}{a}} \quad x = {X_m}\cos (\omega t + \phi )\quad y = {Y_m}\cos (\omega t + \phi ')\end{array}$

A cet ordre, la projection de la trajectoire sur le plan horizontal est une ellipse fixe parcourue avec la période $2\pi \sqrt {a/g}$.

Lente rotation de cette ellipse.

Si on pousse les calculs à l’ordre suivant, l’ellipse tourne lentement :$\frac{{\Delta \Phi }}{T} \approx \frac{3}{4}\sqrt {\frac{{{u_0}{u_1}g}}{{{a^3}}}}$.
Pour des festons proches du fond de la cuvette ${u_0} = a - {z_0} = a - \sqrt {{a^2} - r_0^2}  = a - a{\left( {1 - \frac{{r_0^2}}{{{a^2}}}} \right)^{1/2}} \approx a - a\left( {1 - \frac{{r_0^2}}{{2{a^2}}}} \right) = \frac{{r_0^2}}{{2a}}$ et ${u_1} \approx \frac{{r_1^2}}{{2a}}$, donc $\frac{{\Delta \Phi }}{T} \approx \frac{{3{r_0}{r_1}g}}{{8{a^{5/2}}}}$. Pour réussir de façon convaincante l’expérience du pendule de Foucault, il faudrait que ce terme soit petit devant $\omega \sin \lambda  = 11^\circ /h$.

4° Si ${r_1} \to 0$, on remarque que $\Delta \Phi  \to 0$ et surtout que$T \to \pi \sqrt {\frac{a}{g}} \left( {1 + \frac{{{u_0}}}{{8{a_{}}}}} \right)$. Or ${u_0} = a - {z_0} = a - \sqrt {{a^2} - r_0^2}  = a - a{\left( {1 - \frac{{r_0^2}}{{{a^2}}}} \right)^{1/2}} \approx a - a\left( {1 - \frac{{r_0^2}}{{2{a^2}}}} \right) = \frac{{r_0^2}}{{2a}}$. D’où $T \approx \pi \sqrt {\frac{a}{g}} \left( {1 + \frac{{r_0^2}}{{16{a^2}}}} \right)$. On retrouve la formule de Borda $T' \approx 2\pi \sqrt {\frac{a}{g}} \left( {1 + \frac{{\theta _m^2}}{{16}}} \right)$ car ${r_0}/a = \sin {\theta _m}$ est voisin de l’amplitude angulaire ${\theta _m}$ du pendule et une période du pendule correspond à deux festons : $T' = 2T$.

Annexe 1 : tracé numérique des trajectoires.

Pour calculer numériquement les projections sur l’horizontale des trajectoires, il est malaisé d’utiliser les équations différentielles de l’énoncé, car elles comportent des racines carrées. Il est préférable d’opérer comme suit.

Exprimons la conservation du moment cinétique :${r^2}\dot \phi  = {r_0}{v_0} \Rightarrow \dot \phi  = \frac{{{r_0}{v_0}}}{{{a^2} - {z^2}}} = {\dot \phi _0}\frac{{{a^2} - z_0^2}}{{{a^2} - {z^2}}}$.

En utilisant ${r^2} + {z^2} = {a^2} \Rightarrow r\dot r + z\dot z = 0$, exprimons le carré de la vitesse :
${v^2} = {\dot r^2} + {r^2}{\dot \phi ^2} + {\dot z^2} = \frac{{{z^2}{{\dot z}^2}}}{{{r^2}}} + \frac{{r_0^2v_0^2}}{{{r^2}}} + {\dot z^2} = \frac{{{a^2}{{\dot z}^2} + r_0^2v_0^2}}{{{a^2} - {z^2}}}$

Exprimons la conservation de l’énergie, ce qui donne le résultat de II 6° :
$\begin{array}{l}E = {\textstyle{1 \over 2}}mv_0^2 + mg{z_0} = {\textstyle{1 \over 2}}m\frac{{{a^2}{{\dot z}^2} + r_0^2v_0^2}}{{{a^2} - {z^2}}} + mgz\\{a^2}{{\dot z}^2} = (v_0^2 + 2g{z_0} - 2gz)({a^2} - {z^2}) - r_0^2v_0^2\end{array}$

Dérivons par rapport au temps et éliminons la solution parasite $\dot z = 0$ :
$\begin{array}{l}2{a^2}\dot z\ddot z =  - 2(v_0^2 + 2g{z_0})z\dot z - 2g{a^2}\dot z + 6g{z^2}\dot z\\{a^2}\ddot z =  - (v_0^2 + 2g{z_0})z - g{a^2} + 3g{z^2}\\v_0^2 = ({a^2} - z_0^2)\dot \phi _0^2\end{array}$

D’où le système différentiel en $\phi (t),z(t)$ :

$\left\{ \begin{array}{l}\ddot z = \frac{{g(3{z^2} - 2{z_0}z - {a^2}) - ({a^2} - z_0^2)\dot \phi _0^2z}}{{{a^2}}}\\\dot \phi  = {{\dot \phi }_0}\frac{{{a^2} - z_0^2}}{{{a^2} - {z^2}}}\end{array} \right.$

qu’on résout numériquement et dont on trace les courbes en coordonnées polaires $\sqrt {{a^2} - {z^2}} ,\phi$, soit en langage maple :

> a:=1:g:=1:

graphe:=proc(z0,derphi0,duree,couleur)

local K,eq1,eq2,ci,sol,phi,z:

global a,g:

eq1:=diff(z(t),t,t)=g*((3*z(t)^2-2*z(t)*z0)/a^2-1)-(1-z0^2/a^2)*derphi0^2*z(t);

eq2:=diff(phi(t),t)=derphi0*(a^2-z0^2)/(a^2-z(t)^2);

ci:=z(0)=z0,D(z)(0)=0,phi(0)=0;

sol:=dsolve({eq1,eq2,ci},{z(t),phi(t)},numeric);

plots[odeplot](sol,[sqrt(a^2-z(t)^2)*cos(phi(t)),sqrt(a^2-z(t)^2)*sin(phi(t))],0..duree,numpoints=200,color=couleur);

end:

> zi:=-evalf(sqrt(3)/2):derphi0C:=sqrt(-g/zi);derphi0E:=sqrt(-2*g*a^2/zi/(a^2-zi^2));

> liste:=[0.7,0.85,1,1.2,1.4]:

couleurgraphe:=proc(i);

if i<3 then green elif i=3 then blue else red fi

end:

> plots[display]({seq(graphe(zi,derphi0C*liste[i],5.7,couleurgraphe(i)),i=1..5)},scaling=constrained);

> plots[display]({seq(graphe(zi,derphi0E*liste[i],5,couleurgraphe(i)),i=1..5),plots[polarplot](1,color=black,linestyle=3)},scaling=constrained);

> plots[display]({graphe(zi,derphi0C*0.7,5.7,black),graphe(zi,derphi0C*1.4,5.7,black)},scaling=constrained);

> plots[display]({graphe(zi,derphi0E*1.4,5.7,black),plots[polarplot](1,color=black,linestyle=3)},scaling=constrained);

>

Annexe 2 : dessins vectoriels utilisés.