Concours Physique ENSI Chimie Sud 1985 (Énoncé)

PROBLÈME DE MÉCANIQUE (sur 75 points)

(Les candidats sont invités à écrire en marge et en regard de chaque réponse le numéro de la question)

I

Un point matériel M, de masse $m$, est relié à un point fixe O par une tige rigide sans masse de longueur $a$. Le mouvement de M sera rapporté au repère orthonormé $(O,\vec i,\vec j,\vec k)$ fixe dans un espace galiléen. La trajectoire du point M dans l'espace est sur une sphère de rayon $a$ et de centre O. L'articulation en O est sans frottement. La position de M sera donnée par :

$\overrightarrow {OM}  = r(\vec i\cos \phi  + \vec j\sin \phi ) + z\vec k$

avec                                                                                       ${r^2} + {z^2} = {a^2}$

L'accélération de la pesanteur est donnée par : $\vec g =  - g\vec k$, ($g > 0$).

1° Montrer que la force de réaction $m\vec R$ passe par O.

2° Calculer le moment cinétique de M par rapport à Oz (projection sur Oz du moment cinétique par rapport à O).

3° Démontrer que ${r^2}\dot \phi  = C = Constante$.

II

1° Calculer l'énergie cinétique ${E_c}$ du point M.

2° Quelle est l'énergie potentielle de M (on considérera que l'énergie potentielle est nulle pour z = 0) ?

3° Que peut-on dire de l'énergie mécanique totale ${E_m}$ du point M ?

4° Donner son expression. On introduira ici la constante $K$ définie par $K = 2{E_m}/m$.

5° Tenant compte de la relation obtenue en II.4°, et de la relation ${r^2} + {z^2} = {a^2}$, exprimer $K$ à l'aide de $z$,$\dot z$ et des constantes $a$, $g$, et $C$.

6° En déduire que ${a^2}{\dot z^2}$ est égal à un polynôme de degré 3 en $z$ qui s'écrit :

${a^2}{\dot z^2} = ({a^2} - {z^2})(K - 2gz) - {C^2} = P(z)$

7° En déduire que $\dot z$ s'annule pour une valeur au moins de $z$ qu'on appellera ${z_0}$.[1]

III

On se propose dans cette partie d'étudier le mouvement et de montrer qu'il se situe entre deux plans horizontaux.

1° Justifier qu'en tout point de la trajectoire où $\dot z = 0$, celle-ci est tangente à un cercle $z = cte$ (parallèle géographique).

2° On prendra comme instant initial $t = 0$, l'un de ceux où cette tangence se produit, avec ${\vec v_0} = {r_0}{\dot \phi _0}\vec j$ (${r_0} \ne 0$ et ${\dot \phi _0} \ge 0$)[2] et avec la position initiale M₀ prise dans le plan $xOz$ et définie par :

$\overrightarrow {O{M_0}}  = {r_0}\vec i + {z_0}\vec k\quad (r_0^2 + z_0^2 = {a^2})$

Exprimer les constantes $C$ et $K$ à l'aide des conditions initiales.

3° Décomposer alors $P(z)$, défini en II.6°, sous la forme : $P(z) = ({z_0} - z)Q(z)$ et exprimer $Q(z)$ en fonction des conditions initiales.

4° Montrer qu'une racine ${z_1}$ de $Q(z)$ et une seule est comprise entre $- a$ et $a$.

5° Exprimer $\dot \phi _0^2$ à l'aide de $a$, $g$, ${z_0}$ et ${z_1}$. En déduire le signe de $({z_0} + {z_1})$ et montrer que la trajectoire reste comprise entre les plans $z = {z_0}$ et $z = {z_1}$.

6° Montrer que :$Q(z) = 2g({z_1} - z)(z - {z_2})$  avec ${z_2} =  - \frac{{{a^2} + {z_0}{z_1}}}{{{z_0} + {z_1}}}$

7° Quelle est la valeur ${v_{0C}}$ de ${v_0}$ pour que la trajectoire soit circulaire ? Quelle est la valeur minimale ${v_{0E}}$ de ${v_0}$ pour que, ${z_0}$ étant négatif, le point atteigne le plan de l'équateur ($z = 0$) ?

8° Dans le cas où ${z_0}$ est négatif, donner à l'aide d'un dessin les projections sur $xOy$ des trajectoires possibles en fonction des valeurs de ${v_0}$ par rapport à ${v_{0C}}$ et ${v_{0E}}$.

IV

On se propose d'étudier dans cette partie le mouvement du point M au cours du temps.

1° Pendant l'intervalle de temps infinitésimal $dt$, $z$ varie de $dz$. Exprimer $dt$ en fonction de $dz$, de $a$ et du polynôme $P(z)$.

2° Quel est le déplacement angulaire $d\phi$ correspondant à $dz$ ?

3° On appellera $T$ la durée qui sépare deux passages consécutifs de la trajectoire à la côte ${z_0}$ (ou ${z_1}$) ; c'est une période temporelle. Exprimer $T/2$ à l'aide d'une intégrale prise entre ${z_0}$ et ${z_1}$.

Soit $\Phi$ la variation de $\phi$ correspondante pendant le temps $T$ ; c'est la période angulaire. Exprimer $\Phi /2$ à l'aide d'une intégrale du même type.

N.B. - On ne cherchera pas à résoudre les intégrales précédentes.

V

Dans la suite, on n'envisagera plus que le cas des oscillations de faible amplitude, c'est-à-dire que ${z_0}$ et ${z_1}$ resteront voisins de $- a$. On posera alors : $z =  - a + u$, où $u$ est très petit devant $a$ ($u/a <  < 1$). Ainsi, $u$ restera compris entre ${u_0}$ et ${u_1}$. Les intégrales introduites en IV.3° se transformeront en intégrales prises entre ${u_0}$ et ${u_1}$, qui deviendront alors calculables grâce à des développements limités justifiés par les hypothèses énoncées ci-dessus.

1° Dans ce but on donnera d'abord un développement limité de ${({z_2} - z)^{ - 1/2}}$ sous la forme : $k + lu$, les coefficients $k$ et $l$ ne dépendant que de $a$.

 2° Donner un développement limité de $\frac{1}{{{r^2}}} = \frac{1}{{{a^2} - {z^2}}}$ sous la forme $\frac{m}{u} + n$, $m$ et $n$ ne dépendant que de $a$.

3° Même question pour le produit ${({z_2} - z)^{ - 1/2}} \times {r^{ - 2}}$ qui s'exprimera sous la forme $\frac{p}{u} + q$.

4° Écrire alors l'intégrale qui exprime $T$ compte tenu des expressions précédentes.

5° Donner l'expression de $C$ à l'aide de ${u_0}$, ${u_1}$, $a$ et $g$ (on devra aboutir à une expression simple grâce aux approximations définies en V.).

6° Écrire maintenant l'intégrale qui exprime $\Phi$.

VI

En vue de l'achèvement des calculs, on donne ici les valeurs des intégrales définies suivantes. Posons pour cela :

${I_n} = \int_{{u_0}}^{{u_1}} {\frac{{{u^n}du}}{{\sqrt {(u - {u_0})({u_1} - u)} }}}$

avec :                                                 ${I_{ - 1}} = \frac{\pi }{{\sqrt {{u_0}{u_1}} }}\;;\quad {I_0} = \pi \;;\quad {I_1} = \frac{{({u_0} + {u_1})\pi }}{2}$

1° A l'aide de ces données, calculer $T$ et $\Phi$.

2° Entre deux tangences consécutives de la trajectoire au cercle de rayon ${r_0}$ (ou ${r_1}$), le déplacement angu­laire $\Phi$ est voisin de $\pi$, dont il s'écarte de $\Delta \Phi$. Donner l'expression de $\Delta \Phi$.

3° Supposons ${r_0} \ne {r_1}$. Montrer que la trajectoire est pratiquement elliptique[3] et que les axes sont animés d'un mouvement de rotation lente dont on calculera la vitesse angulaire $\Delta \Phi /T$. On prendra $T = \pi \sqrt {a/g}$.

4° Considérer le cas où ${r_1} = 0$. Que devient $T$ ? On posera ici $\alpha  = {r_0}/a$. Que remarque-t-on ?

---

[1] Il faudrait spécifier que cette racine est comprise entre $- a$ et $+ a$.

[2] Le problème est plus simple si on suppose ${\dot \phi _0} > 0$.

[3] Il serait plus raisonnable de l’admettre.

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.