Physique

# Corrigé — Physique X‑ENS 2025, filière MP

**Concours** : École polytechnique / ENS (XULSR) — **Épreuve** : Physique (épreuve n°5) — **Filière** : MP — **Année** : 2025 (16 avril 2025, 4 h, sans calculatrice).

**Thème et fil directeur.** Le problème étudie la **lévitation électrique** d'une nano‑particule de diamant chargée dans un *piège de Paul* en anneau. Le fil rouge est la même idée déclinée quatre fois : un potentiel électrostatique ne peut pas piéger une charge de façon statique (théorème d'Earnshaw), mais une **modulation temporelle rapide** crée un *potentiel effectif* (ou pondéromoteur) confinant. La partie 1 construit ce potentiel effectif par séparation d'échelles de temps (moyennisation) ; la partie 2 confronte le piège aux perturbations réelles (agitation thermique, gaz résiduel, chauffage laser) ; la partie 3 étend l'analyse au **degré de liberté angulaire** (rotation d'une particule à deux charges) ; la partie 4 propose l'**analogie mécanique** du col tournant (rotating saddle), formellement indépendante.

**Carte stratégique (tirée du rapport du jury).**

Les points se gagnent d'abord par la rigueur d'exécution : le jury insiste sur **l'homogénéité systématique** et les **unités**, sur des **applications numériques écrites $a\times10^{n}$** (puissances entières, sans facteur $\pi$ résiduel — les A.N. délirantes, de $10^{-36}$ à $10^{13}\,$V, ont été sanctionnées faute de regard critique), sur le **produit vectoriel posé en colonnes** (Q27, Q32), sur la définition de toute notation introduite et l'explicitation des abréviations (PFD, TMC, ARQS…).

Physique de fond à ne pas rater : équation de **Laplace/Poisson** (Q1), distinction **équilibre ≠ immobilité** et critère d'extremum spatial (Q2), **équipartition** côté énergie *potentielle* autant que cinétique (Q12/16), sens physique de la solution d'une équa. diff. (Q19), notion de **facteur de qualité** (Q24), **PFD d'un système de points** (Q26) et enfin la définition correcte de la **stabilité** = trajectoire bornée (Q34).

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## Partie 1 — Le piège électrique

### Question 1 — Coefficients $\alpha$ et $\beta$

**Stratégie.**

Deux contraintes indépendantes ferment le système : (i) dans le vide, sans charge, le potentiel vérifie l'équation de Laplace $\Delta V_{\text{el}}=0$ ; (ii) l'invariance par rotation autour de $Oz$ impose la symétrie $x\leftrightarrow y$.

**Rédaction.** Le potentiel donné est $V_{\text{el}}=\dfrac{\eta V}{l_0^2}(z^2+\alpha x^2+\beta y^2)$.

Au centre, dans le vide, il n'y a pas de charge : l'équation de Poisson $\Delta V=-\rho/\varepsilon_0$ se réduit à $\Delta V_{\text{el}}=0$.

Or $$\Delta V_{\text{el}}=\frac{\eta V}{l_0^2}\big(\partial_x^2+\partial_y^2+\partial_z^2\big)(z^2+\alpha x^2+\beta y^2)=\frac{2\eta V}{l_0^2}\,(1+\alpha+\beta).$$
La nullité impose $1+\alpha+\beta=0$.

L'invariance par rotation autour de $Oz$ (le problème est de révolution) impose que $V_{\text{el}}$ ne dépende de $x,y$ que par $x^2+y^2$, donc $\alpha=\beta$.

On en tire :
$$\boxed{\alpha=\beta=-\tfrac12.}$$
Grandeurs sans dimension : cohérent.

On note que le potentiel est un **col** : confinant selon $z$ (coefficient $+1$), anti‑confinant selon $x,y$ (coefficient $-1/2$).

**Commentaire du correcteur.** Le rapport signale que « l'équation de Poisson n'est pas un réflexe pour une majorité de candidat·es », alors que l'invariance par rotation a, elle, été bien vue. Il rappelle aussi que la forme donnée de $V_{\text{el}}$ n'est valable **qu'au voisinage du centre** et ne doit pas servir à estimer le potentiel « au niveau de l'anneau » : ne l'extrapolez pas hors de son domaine.

### Question 2 — Pas de lévitation stable au centre

**Stratégie.** Distinguer *équilibre* (force nulle) et *stabilité* (minimum d'énergie potentielle). Invoquer le théorème d'Earnshaw, conséquence directe de $\Delta V=0$.

**Rédaction.**

L'énergie potentielle de la charge $q=-e$ est $E_p(\vec r)=qV_{\text{el}}(\vec r)$.

Au centre, $\nabla E_p=\vec 0$ : c'est bien **un point d'équilibre**. La stabilité exige que ce soit un **minimum spatial** de $E_p$, c'est‑à‑dire des dérivées secondes toutes positives. Or
$$\Delta E_p=q\,\Delta V_{\text{el}}=0\quad\Longrightarrow\quad \frac{\partial^2 E_p}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 E_p}{\partial y^2}+\frac{\partial^2 E_p}{\partial z^2}=0.$$
Une somme de trois termes nulle interdit qu'ils soient tous strictement positifs : au moins une direction est anti‑confinante. Le point est un **col**, jamais un minimum. La particule ne peut donc pas y léviter de façon stable (**théorème d'Earnshaw**).
$$\boxed{\text{Équilibre oui, mais instable : }\Delta E_p=0\Rightarrow\text{pas de minimum en 3D.}}$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport épingle précisément ce point : « un nombre surprenant de copies confondent équilibre et immobilisme ».

Le critère d'équilibre n'est **ni** $E_p=0$ **ni** $\mathrm dE_p/\mathrm dt=0$, mais $E_p$ **extremal spatialement**.

Le rapport met aussi en garde : $V$ pouvant être positif ou négatif, on ne peut pas trancher le signe d'une dérivée seconde en fixant arbitrairement celui de $V$.

### Question 3 — Équations du mouvement

**Stratégie.** PFD sur la charge, avec $\vec F=q\vec E=-q\nabla V_{\text{el}}$, puis identification à la forme imposée (équation de Mathieu).

**Rédaction.**

Pour chaque direction $r_i\in\{x,y,z\}$ de coefficient $c_i$ ($c_x=c_y=-\tfrac12,\ c_z=+1$), $$m\ddot r_i=-q\,\partial_{r_i}V_{\text{el}}=+e\,\frac{\eta V(t)}{l_0^2}\,2c_i\,r_i,\qquad V(t)=V_0\cos(\Omega t).$$
Avec $\omega^2=\dfrac{e\eta V_0}{ml_0^2}$ il vient $\ddot r_i-2c_i\,\omega^2\cos(\Omega t)\,r_i=0$, soit $$\ddot r_i+\underbrace{(-4c_i)}_{n_i}\Big(\frac{\omega}{\Omega}\Big)^2\cos(\Omega t)\,\frac{\Omega^2}{2}\,r_i=0.$$
D'où : $$\boxed{n_x=n_y=+2,\qquad n_z=-4.}$$
Vérification : $n_x+n_y+n_z=0$, reflet de $\Delta V_{\text{el}}=0$ (Q1).

Le signe de $n_i$ dit dans quelle phase la force est instantanément confinante.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas spécifiquement cette question.

Piège à éviter soi‑même : ne pas oublier le signe de $q=-e$ dans $\vec F=q\vec E$, qui échange confinant/anti‑confinant par rapport au potentiel.

### Question 4 — Équation moyennée

**Stratégie.**

Injecter $r_i=R_i+\xi_i$, puis prendre la moyenne $\langle\cdot\rangle$ sur une période $2\pi/\Omega$ en exploitant que $R_i$ est quasi‑constant sur cette durée et que $\xi_i$ (et ses dérivées) sont de moyenne nulle.

**Rédaction.** L'équation (2) donne
$$\ddot R_i+\ddot\xi_i+q_i\frac{\Omega^2}{2}\cos(\Omega t)\,(R_i+\xi_i)=0.$$
On moyenne sur une période. Terme à terme :

- $\langle\ddot\xi_i\rangle=0$ : $\ddot\xi_i$ est périodique de moyenne nulle (hypothèse sur $\xi_i$ et ses dérivées).

- $\langle\cos(\Omega t)R_i\rangle\simeq R_i\,\langle\cos(\Omega t)\rangle=0$ : $R_i$ varie sur une échelle $\gg\Omega^{-1}$, donc quasi‑constant sur une période et sortable de la moyenne, et $\langle\cos(\Omega t)\rangle=0$.

Il reste $$\boxed{\langle\ddot R_i\rangle+q_i\frac{\Omega^2}{2}\langle\xi_i(t)\cos(\Omega t)\rangle=0.}\tag{3}$$
Seul le terme $\langle\xi_i\cos\Omega t\rangle$ survit : c'est la **corrélation** entre le micro‑mouvement et le champ qui engendrera la force effective.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

La justification demandée « soigneusement » repose sur un seul argument : la **séparation d'échelles de temps** $\Omega^{-1}\ll$ échelle de $R_i$, qui autorise à traiter $R_i$ comme constante sous la moyenne.

### Question 5 — Micro‑mouvement $\xi_i$

**Stratégie.** (a) écrire la forme la plus générale à une harmonique ; (b) équilibrer les termes rapides de (2) ; (c) comparer les ordres de grandeur en valeur absolue.

**Rédaction.**
**a.** Sans harmonique $\ge2\Omega$ et de moyenne nulle, la forme générale est $$\xi_i(t)=a_i(t)\cos(\Omega t)+b_i(t)\sin(\Omega t),$$ $a_i,b_i$ lentement variables (pas de terme constant, sinon moyenne non nulle).

**b.** Dans (2), les termes **rapides** (pulsation $\Omega$) s'équilibrent. $\ddot R_i$ est lent ; le produit $\cos(\Omega t)\,\xi_i\propto\cos^2$ ne génère qu'une composante lente et une harmonique $2\Omega$ (négligée).

Reste le forçage à $\Omega$ : $$\ddot\xi_i\simeq -q_i\frac{\Omega^2}{2}\cos(\Omega t)\,R_i.$$
Comme $R_i$ est quasi‑constant, on intègre deux fois ($\int\cos=-\cos/\Omega^2$) : $$\boxed{\ \ddot\xi_i=-q_i\frac{\Omega^2}{2}R_i\cos(\Omega t),\qquad \xi_i(t)=\frac{q_i}{2}\,R_i(t)\cos(\Omega t).\ }$$

**c.** Dans le régime $\Omega\gg\omega$, $q_i=n_i(\omega/\Omega)^2$ donc $|q_i|\ll1$ et $$|\xi_i|=\frac{|q_i|}{2}\,|R_i|\ll|R_i|.$$
Le micro‑mouvement est une **petite ondulation** superposée à la trajectoire lente.

Attention : bien que $|\xi_i|\ll|R_i|$, on a $|\dot\xi_i|\sim|\dot R_i|$ et surtout $|\ddot\xi_i|\gg|\ddot R_i|$ (chaque dérivée temporelle apporte un facteur $\Omega$ sur $\xi$).

**Commentaire du correcteur.** Le rapport insiste sur deux points de méthode. Q5.b : une fonction de moyenne nulle **n'est pas** nulle ($\langle f\rangle=0\nRightarrow f=0$).

Q5.c : pour comparer deux grandeurs de signe *a priori* inconnu (ici $\xi$ et $R$), il faut passer par la **valeur absolue** ; et « $\xi$ varie plus vite que $R$ » n'implique pas $|\dot\xi|\gg|\dot R|$ — le rapport précise l'ordre correct : $\xi\ll R$, $\dot\xi\sim\dot R$, $\ddot\xi\gg\ddot R$.

### Question 6 — Potentiel effectif et fréquence propre

**Stratégie.**

Reporter $\xi_i$ dans (3) et calculer la corrélation $\langle\xi_i\cos\Omega t\rangle$.

**Rédaction.** $$\langle\xi_i\cos\Omega t\rangle=\frac{q_i}{2}R_i\,\langle\cos^2\Omega t\rangle=\frac{q_i}{4}R_i.$$ (3) devient $\ddot R_i+\dfrac{q_i^2\Omega^2}{8}R_i=0$, oscillateur harmonique de pulsation $$\boxed{\ \omega_i=\frac{|q_i|\,\Omega}{2\sqrt2}=\frac{|n_i|\,\omega^2}{2\sqrt2\,\Omega}.\ }$$
Le potentiel effectif associé, $U_{\text{eff}}=\tfrac12 m\omega_i^2R_i^2$, est **toujours confinant** ($\omega_i^2\propto q_i^2>0$) quel que soit le signe de $q_i$ : c'est le tour de force du piège dynamique.

Numériquement $\omega_z=\sqrt2\,\omega^2/\Omega$ et $\omega_x=\omega_y=\omega^2/(\sqrt2\,\Omega)$, donc $\omega_z=2\omega_x$.

Enfin
$$\frac{\omega_i}{\Omega}=\frac{|q_i|}{2\sqrt2}\ll1\quad\Longrightarrow\quad \omega_i\ll\Omega,$$
le mouvement séculaire est lent devant la modulation.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Réflexe transférable : l'oscillation à basse fréquence du confinement effectif est bien plus lente que le « tremblement » à $\Omega$, hiérarchie qu'il faut garder en tête pour toute la suite.

### Question 7 — Origine de la force de rappel moyenne

**Stratégie.**

Montrer que la force instantanée $F_z=2m\omega^2\cos(\Omega t)\,z$ (linéaire en $z$, de signe oscillant) donne une moyenne non nulle grâce à la **corrélation** entre le micro‑mouvement et la phase du champ.

**Rédaction.**

La composante selon $z$ est $F_z(\vec r,t)=2m\omega^2\cos(\Omega t)\,z$ : à $t$ fixé c'est une droite passant par $O$ dans le plan $(z,F_z)$, dont la **pente change de signe** chaque demi‑période.

*Deux instantanés* (avec $V_0<0$) : à l'instant où $\cos\Omega t>0$, la force est dirigée **vers** le centre (rappel) ; un quart de période plus tard $\cos\Omega t<0$, elle pointe **vers l'extérieur** (anti‑rappel).

*Micro‑mouvement.* La particule répond par $\xi_z=\tfrac{q_z}{2}R_z\cos\Omega t$.

Parce que $F_z\propto z$, la particule se trouve à **plus grande** distance $|z|$ précisément pendant la phase de rappel, et à **plus faible** distance pendant la phase d'anti‑rappel : le coup vers l'intérieur, appliqué là où le champ est plus fort, l'emporte sur le coup vers l'extérieur.

La moyenne
$$\langle F_z\rangle=2m\omega^2\langle\cos\Omega t\,(R_z+\xi_z)\rangle=-\,\frac{2m\omega^4}{\Omega^2}R_z=-m\omega_z^2R_z<0$$
est bien une **force de rappel**.

Le raisonnement est symétrique pour $z_0>0$ et $z_0<0$ (force $\propto R_z$, donc toujours dirigée vers $O$), et indépendant du signe de $V_0$.

*Dessins.* (i) plan $(z,F_z)$ : deux droites de pentes opposées ($\cos\Omega t=\pm1$) ; (ii) trajectoire $z(t)$ : lente dérive $R_z(t)$ ramenée vers $0$, avec l'ondulation rapide $\xi_z$ d'amplitude maximale en phase de rappel.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Piège signalé : l'argument « le potentiel est de moyenne nulle donc pas de force » est faux car la force moyenne ne dépend pas du champ moyen mais de la **corrélation champ–déplacement** — c'est l'essence de la force pondéromotrice.

### Question 8 — Pourquoi $q_i$ ne doit pas être trop petit

**Stratégie.** Relier la « rigidité » du piège demandée dans l'énoncé à $\omega_i\propto|q_i|$.

**Rédaction.**

La raideur effective du piège est $m\omega_i^2$ avec $\omega_i=|q_i|\Omega/(2\sqrt2)$.

Si $|q_i|\to0$, alors $\omega_i\to0$ : le puits effectif devient **plat**, la force de rappel s'évanouit.

Or l'énoncé exige un oscillateur « suffisamment rigide pour résister aux perturbations » (asymétries, collisions du gaz, chauffage laser).

Un piège trop mou laisse l'amplitude thermique exploser (cf. $\sigma_x\propto1/\omega_x$, Q12) et la particule ne reste plus à position moyenne fixe. $$\boxed{q_i\text{ trop petit}\Rightarrow\omega_i\text{ trop faible}\Rightarrow\text{piège non rigide, lévitation non stable.}}$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. À relier explicitement à la notion de stabilité définie en introduction (« rester à la même position moyenne »).

### Question 9 — Gamme de tension $V_0$ pour un bon confinement selon $z$

**Stratégie.**

Inverser $|q_z|=4\,e\eta|V_0|/(ml_0^2\Omega^2)$ pour $|q_z|\in[0{,}1\,;0{,}3]$.

**Rédaction.** $$|V_0|=\frac{|q_z|\,m\,l_0^2\,\Omega^2}{4\,e\,\eta}.$$
Avec $m=2\times10^{-18}\,$kg, $l_0=10^{-4}\,$m, $\Omega=2\pi\times10^3\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$ ($\Omega^2\simeq3{,}9\times10^{7}\,\mathrm{s^{-2}}$), $\eta=0{,}1$, $e=1{,}6\times10^{-19}\,$C : $$\frac{m l_0^2\Omega^2}{4e\eta}\simeq\frac{7{,}9\times10^{-19}}{6{,}4\times10^{-20}}\simeq12\ \text{V}.$$
D'où $|V_0|=12\,|q_z|$ : $$\boxed{\ |V_0|\in[1{,}2\,;\,3{,}7]\ \text{V}\ \approx\ [1\,;\,4]\ \text{V}.\ }$$
Ordre de grandeur physiquement raisonnable (quelques volts) : c'est le vrai enjeu de la question.

**Commentaire du correcteur.**

Le rapport rapporte des valeurs allant de $10^{-36}\,$V à $10^{13}\,$V « sans qu'aucune de ces valeurs extrêmes ne semble préoccuper leurs auteurs ».

Leçon : garder un **regard critique** sur l'ordre de grandeur (une tension de piège se compte en volts).

### Question 10 — Symétrie du terme anharmonique

**Stratégie.** Analyser les parités de $V_a$ vis‑à‑vis des trois réflexions, en tenant compte que le fil brise la symétrie de révolution.

**Rédaction.**

Le fil, à gauche dans le plan $Ozx$, brise l'invariance par rotation autour de $Oz$ et la symétrie $x\to-x$, mais **conserve** les réflexions dans les plans contenant le fil : $y\to-y$ (plan $Oxz$) et $z\to-z$ (plan $Oxy$, l'anneau restant symétrique).

Or $$V_a=\frac{\eta V(t)}{l_1^3}\Big(\frac{b_x}{3}x^2+b_yy^2+b_zz^2\Big)x$$ est **pair en $y$** et **pair en $z$**, mais **impair en $x$** (parenthèse paire $\times\,x$).

Il respecte donc exactement la symétrie résiduelle du piège avec fil : conservation de $y\to-y$ et $z\to-z$, brisure de $x\to-x$. $$\boxed{V_a\ \text{impair en }x,\ \text{pair en }y,z\ :\ \text{symétrie du piège + fil (fil selon }Ox).}$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. C'est le terme non nul de plus bas degré compatible avec ces parités ; d'où sa forme cubique.

### Question 11 — Contraintes sur les coefficients

**Stratégie.** Le potentiel total reste dans le vide : $\Delta(V_{\text{el}}+V_a)=0$ **partout**, ce qui sépare les contributions de degrés différents.

**Rédaction.** Partie harmonique : $\Delta\!\left[\tfrac{\eta V}{l_0^2}(a_zz^2+a_xx^2+a_yy^2)\right]=\tfrac{2\eta V}{l_0^2}(a_x+a_y+a_z)$, terme **constant**.

Partie anharmonique : $$\Delta V_a=\frac{2\eta V}{l_1^3}(b_x+b_y+b_z)\,x,$$ terme **linéaire en $x$**.

Deux polynômes de degrés différents ne peuvent s'annuler mutuellement : chacun doit être nul. D'où les deux équations demandées :
$$\boxed{\ a_x+a_y+a_z=0\qquad\text{et}\qquad b_x+b_y+b_z=0.\ }$$
Ce sont deux fois l'équation de Laplace, appliquée séparément à chaque bloc homogène.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Réflexe : dans le vide, $\Delta V=0$ contraint **chaque** ordre du développement indépendamment.

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## Partie 2 — Quelques perturbations externes

### Question 12 — Écart‑type du mouvement selon $x$

**Stratégie.** Théorème d'équipartition appliqué au degré de liberté **potentiel** de l'oscillateur séculaire.

**Rédaction.**

À l'équilibre thermique, $\tfrac12 m\omega_x^2\langle x^2\rangle=\tfrac12 k_BT$, d'où l'écart‑type $$\sigma_x=\sqrt{\langle x^2\rangle}=\frac{1}{\omega_x}\sqrt{\frac{k_BT}{m}},\qquad \omega_x=\frac{q_x\,\Omega}{2\sqrt2}=\frac{0{,}2\times2\pi\times10^3}{2\sqrt2}\simeq4{,}4\times10^{2}\ \mathrm{rad\,s^{-1}}.$$
Avec $k_BT=4{,}2\times10^{-21}\,$J et $m=2\times10^{-18}\,$kg : $$\sigma_x=\frac{1}{4{,}4\times10^{2}}\sqrt{\frac{4{,}2\times10^{-21}}{2\times10^{-18}}}\simeq\frac{4{,}6\times10^{-2}}{4{,}4\times10^{2}}\approx\boxed{1\times10^{-4}\ \text{m}\ (\sim100\ \mu\text{m}).}$$
Homogénéité : $[\,\sigma_x\,]=\mathrm{s}\times\sqrt{\mathrm{J/kg}}=\mathrm{s}\times(\mathrm{m/s})=\mathrm m$. ✔

**Commentaire du correcteur.** Le rapport note que l'équipartition est « plutôt mieux connue pour l'énergie cinétique que pour l'énergie potentielle », et que les facteurs comptant les degrés de liberté sont souvent mal traités. Ici on utilise bien le terme **potentiel** ($\tfrac12 k_BT$ par degré quadratique).

### Question 13 — Confinement possible avec $l_0\approx100\,\mu$m ?

**Stratégie.**

Comparer $\sigma_x$ à la taille du piège $l_0$, limite de validité de l'approximation harmonique.

**Rédaction.** On trouve $\sigma_x\approx100\,\mu\mathrm{m}\approx l_0$. Mais tout le modèle suppose $x\ll l_0$ (développement au voisinage du centre, Q1).

Une amplitude thermique **comparable à $l_0$** signifie que la particule explore tout le piège : l'approximation harmonique s'effondre, le confinement n'est plus assuré. $$\boxed{\text{Non : avec une seule charge à }300\,\text{K},\ \sigma_x\sim l_0\Rightarrow\text{pas de confinement fiable.}}$$
Il faudrait refroidir, augmenter la charge (donc $\omega_x$) ou raidir le piège.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. C'est la **confrontation** du résultat Q12 à l'échelle $l_0$ qui est attendue — un simple calcul sans conclusion physique perd l'essentiel.

### Question 14 — Position d'équilibre $z_0$ avec la gravité

**Stratégie.** Minimiser le potentiel effectif $\tfrac12 m\omega_z^2z^2+mgz$.

**Rédaction.**

L'énergie effective selon $z$ est $U(z)=\tfrac12 m\omega_z^2z^2+mgz$ (gravité vers les $z$ décroissants).

L'équilibre $U'(z_0)=0$ donne $$\boxed{\ z_0=-\frac{g}{\omega_z^2}.\ }$$
Avec $\omega_z=2\pi\times10^3\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$, $\omega_z^2\simeq3{,}9\times10^{7}\,\mathrm{s^{-2}}$ : $$z_0=-\frac{9{,}8}{3{,}9\times10^{7}}\approx-2{,}5\times10^{-7}\ \text{m}\ (\approx-0{,}25\ \mu\text{m}).$$ $z_0<0$ : la particule s'affaisse **sous** le centre, comme attendu.

Homogénéité : $[\,g/\omega^2\,]=(\mathrm{m\,s^{-2}})/\mathrm{s^{-2}}=\mathrm m$. ✔

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Le décalage est minuscule ($\sim0{,}2\,\mu$m) : le piège domine largement la gravité pour cette nano‑particule.

### Question 15 — Régime d'écoulement (Knudsen)

**Stratégie.**

Calculer $n=P/(k_BT)$, puis $l^*$, puis $K_n=l^*/d$.

**Rédaction.** Gaz parfait : $n=\dfrac{P}{k_BT}=\dfrac{10^2}{4{,}2\times10^{-21}}\simeq2{,}4\times10^{22}\ \mathrm{m^{-3}}$.

Libre parcours moyen : $$l^*=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\,a^2 n}=\frac{1}{2{,}5\times10^{-20}\times2{,}4\times10^{22}}\simeq1{,}7\times10^{-3}\ \text{m}.$$
Nombre de Knudsen : $$K_n=\frac{l^*}{d}=\frac{1{,}7\times10^{-3}}{10^{-7}}\approx\boxed{2\times10^{4}\gg1\ :\ \text{régime libre (moléculaire).}}$$
La particule est bien plus petite que le libre parcours moyen : les molécules la heurtent une à une, sans collisions entre elles à son échelle.

**Commentaire du correcteur.**

Le rapport signale des valeurs délirantes ($10^{-28}$ à $10^{72}$).

Attention à ne pas mélanger les puissances de 10 : $n\sim10^{22}$, $l^*\sim10^{-3}\,$m, $K_n\sim10^4$ ; toute valeur hors de cet ordre doit alerter.

### Question 16 — Vitesse quadratique moyenne du diazote

**Stratégie.** $\tfrac12 m_{\mathrm N_2}v_{qm}^2=\tfrac32 k_BT$ (équipartition, énergie cinétique de translation).

**Rédaction.** $v_{qm}=\sqrt{3k_BT/m_{\mathrm N_2}}$ avec $m_{\mathrm N_2}\simeq28\,m_p=28\times1{,}7\times10^{-27}\simeq4{,}8\times10^{-26}\,$kg : $$v_{qm}=\sqrt{\frac{3\times4{,}2\times10^{-21}}{4{,}8\times10^{-26}}}=\sqrt{2{,}6\times10^{5}}\approx\boxed{5\times10^{2}\ \mathrm{m\,s^{-1}}.}$$
Homogénéité : $\sqrt{\mathrm{J/kg}}=\sqrt{\mathrm{m^2\,s^{-2}}}=\mathrm{m\,s^{-1}}$ — bien **une vitesse**. ✔

**Commentaire du correcteur.**

Le rapport rappelle que $v_{qm}$ est « dimensionnellement homogène à une vitesse, pas à une vitesse au carré », et que les facteurs de degrés de liberté ($\tfrac32$ ici, 3 directions) sont souvent mal comptés.

### Question 17 — Flux thermique perdu $\Phi$

**Stratégie.** Loi de transfert conducto‑convectif de surface (Newton).

**Rédaction.**

La fuite thermique vers le gaz thermostaté à $T_0$, à travers la surface $S$ avec coefficient $h$, vaut $$\boxed{\ \Phi=hS\,(T-T_0).\ }$$
Homogénéité : $[\,hS(T-T_0)\,]=\mathrm{W\,K^{-1}m^{-2}}\times\mathrm m^2\times\mathrm K=\mathrm W$, une puissance. ✔ ($\Phi>0$ si $T>T_0$ : la particule chaude cède de l'énergie.)

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

Convention de signe : $\Phi$ est ici *perdue*, donc comptée positivement quand $T>T_0$.

### Question 18 — Équation différentielle de $T(t)$

**Stratégie.**

Bilan enthalpique : capacité thermique $\times$ variation = apport laser $-$ fuite.

**Rédaction.**

Avec $\mathcal P_{\text{abs}}(t)=\mathcal P_{\text{abs},0}\,[1+\cos(\omega_m t)]$ et $K=hS$ : $$m c_m\,\dot T=\mathcal P_{\text{abs}}(t)-K(T-T_0),$$ soit $$\boxed{\ m c_m\,\dot T+K\,T=K T_0+\mathcal P_{\text{abs},0}\big[1+\cos(\omega_m t)\big].\ }$$
Homogénéité : $[\,mc_m\dot T\,]=\mathrm{kg}\times\mathrm{J\,K^{-1}kg^{-1}}\times\mathrm{K\,s^{-1}}=\mathrm W$. ✔

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. C'est une équa. diff. linéaire du premier ordre à second membre : forme canonique attendue.

### Question 19 — Résolution, trois contributions

**Stratégie.** Solution générale = régime forcé (constant + oscillant) + transitoire homogène ; imposer $T(0)=T_0$.

**Rédaction.** Posons $\tau=\dfrac{mc_m}{K}$ (constante de temps thermique).

La solution s'écrit comme somme de **trois contributions** : $$\boxed{\ T(t)=\underbrace{T_0+\frac{\mathcal P_{\text{abs},0}}{K}}_{\text{échauffement moyen}}+\underbrace{\frac{\mathcal P_{\text{abs},0}/K}{\sqrt{1+(\omega_m\tau)^2}}\cos(\omega_m t-\varphi)}_{\text{réponse forcée}}+\underbrace{C\,e^{-t/\tau}}_{\text{transitoire}},\ }$$ avec $\tan\varphi=\omega_m\tau$ et, par $T(0)=T_0$, $$C=-\frac{\mathcal P_{\text{abs},0}}{K}-\frac{\mathcal P_{\text{abs},0}/K}{\sqrt{1+(\omega_m\tau)^2}}\cos\varphi.$$
On a fait apparaître le groupement **sans dimension** $\omega_m\tau$ ; l'expression finale est **réelle**, et physiquement $T$ croît depuis $T_0$ vers un plateau chaud modulé — jamais $T\to\infty$, jamais de refroidissement sous $T_0$.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport relève trois fautes récurrentes ici : ne pas faire apparaître de **groupements sans dimension** ($\omega_m\tau$) ; livrer une expression finale non réelle après passage par les complexes ; ignorer le **sens physique** (« températures tendant vers l'infini » ou « diminuant sous l'effet d'un échauffement »).

### Question 20 — Allure de $T(t)$

**Stratégie.** Tracé qualitatif avec axes et échelles caractéristiques.

**Rédaction.**

Courbe partant de $T(0)=T_0$, montant en $\sim(1-e^{-t/\tau})$ vers la moyenne $T_0+\mathcal P_{\text{abs},0}/K$, avec une **ondulation** de pulsation $\omega_m$ et d'amplitude $\dfrac{\mathcal P_{\text{abs},0}/K}{\sqrt{1+(\omega_m\tau)^2}}$ en régime établi.

```
T
│                _/\_/\_/\_/\_   ← plateau modulé (T0 + P/K)
│            _/‾
│        _/‾        amplitude A(ω_m)
│    _/‾
│ _/  ← montée sur ~τ
T0┤/
└───────────────────────────── t
     ↑τ
```

Axes identifiés ($T$ vs $t$), niveaux $T_0$ et $T_0+\mathcal P_{\text{abs},0}/K$ marqués, échelle de temps $\tau$.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport rappelle qu'« un graphe doit comporter des axes correctement identifiés, avec des échelles caractéristiques » : ne jamais livrer une courbe nue.

### Question 21 — Temps caractéristique $\tau$

**Stratégie.** $\tau=mc_m/K$, avec $K=hS$ et $S=\pi d^2$ (sphère de diamètre $d$).

**Rédaction.** $$\boxed{\ \tau=\frac{mc_m}{hS}=\frac{mc_m}{h\pi d^2}.\ }$$ $S=\pi d^2=\pi(10^{-7})^2\simeq3{,}1\times10^{-14}\,\mathrm m^2$, donc $$\tau=\frac{2\times10^{-18}\times500}{100\times3{,}1\times10^{-14}}=\frac{10^{-15}}{3{,}1\times10^{-12}}\approx\boxed{3\times10^{-4}\ \text{s}.}$$
Homogénéité : $[\,mc_m/(hS)\,]=\mathrm{J\,K^{-1}}/(\mathrm{W\,K^{-1}})=\mathrm s$. ✔

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Bien prendre l'aire d'une **sphère**, $S=\pi d^2=4\pi(d/2)^2$, et non un disque.

### Question 22 — Mesure de la capacité thermique

**Stratégie.** Analyser la réponse forcée comme un **filtre passe‑bas** de fréquence de coupure $1/\tau$.

**Rédaction.**

Après $t\gg\tau$, l'amplitude de la modulation de température vaut $$A(\omega_m)=\frac{\mathcal P_{\text{abs},0}/K}{\sqrt{1+(\omega_m\tau)^2}},\qquad \tau=\frac{mc_m}{hS}=\frac{C_{\text{th}}}{hS}.$$
En traçant $A(\omega_m)$, la **coupure** apparaît à $\omega_m\simeq1/\tau=hS/C_{\text{th}}$ : connaissant $S$ et $h$, on en déduit $\tau$ puis $C_{\text{th}}=mc_m=\tau hS$.

À haute fréquence, $A\simeq\mathcal P_{\text{abs},0}/(\omega_m C_{\text{th}})$, donc $A\,\omega_m\to\mathcal P_{\text{abs},0}/C_{\text{th}}$ donne directement $C_{\text{th}}$. $$\boxed{\ C_{\text{th}}=hS\,\tau,\quad\tau\text{ lu sur la coupure de }A(\omega_m).\ }$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. C'est le principe de la **calorimétrie modulée** (nanocalorimétrie) : la dépendance en fréquence de l'amplitude encode la capacité thermique.

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## Partie 3 — La rotation de la particule

### Question 23 — Valeur de $\gamma$

**Stratégie.** Application numérique directe et **contrôle d'unités**.

**Rédaction.** $\gamma=\dfrac{40Pd^2}{3mv_{qm}}$ avec $P=10^2\,$Pa, $d=10^{-7}\,$m, $m=2\times10^{-18}\,$kg, $v_{qm}\simeq5\times10^2\,\mathrm{m\,s^{-1}}$ : $$\gamma=\frac{40\times10^2\times10^{-14}}{3\times2\times10^{-18}\times5\times10^{2}}=\frac{4\times10^{-11}}{3{,}0\times10^{-15}}\approx\boxed{1\times10^{4}\ \mathrm{s^{-1}}.}$$
Homogénéité : $\dfrac{[\,P\,]\,[\,d^2\,]}{[\,m\,]\,[\,v\,]}=\dfrac{\mathrm{Pa\,m^2}}{\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}}=\dfrac{\mathrm N}{\mathrm{kg\,m\,s^{-1}}}=\mathrm{s^{-1}}$ : bien un **taux** (pulsation d'amortissement). ✔

**Commentaire du correcteur.** Le rapport prévient : « ce n'est pas parce qu'on considère une grandeur appelée $\gamma$ qu'on parle du coefficient adiabatique d'un gaz parfait.

Attention aux unités ! » Ici $\gamma$ est un **taux d'amortissement** en $\mathrm s^{-1}$.

### Question 24 — Facteur de qualité $Q$

**Stratégie.**

Oscillateur amorti $\ddot\phi+\gamma\dot\phi+\omega_\phi^2\phi=0$, donc $Q=\omega_\phi/\gamma$.

**Rédaction.**
$$\boxed{\ Q=\frac{\omega_\phi}{\gamma}=\frac{2\pi\times10^{4}}{1{,}3\times10^{4}}\approx5.\ }$$
Sans dimension, d'ordre quelques unités : l'oscillateur angulaire est **peu amorti mais pas de haute finesse** à cette pression.

**Commentaire du correcteur.**

Le rapport note que « la notion de facteur de qualité est mal connue », avec des valeurs déraisonnables ($Q_{\min}=10^{-17}$, $Q_{\max}=10^{42}$).

Le bon ordre est $Q\sim5$.

### Question 25 — Vitesse angulaire maximale

**Stratégie.** Régime permanent de rotation : couple moteur = couple visqueux.

**Rédaction.** L'équation de rotation (couple de rappel négligé) est $I\ddot\phi=C_l-I\gamma\dot\phi$.

En régime établi $\ddot\phi=0$ : $$\omega_{\max}=\dot\phi_{\max}=\frac{C_l}{I\gamma}.$$
Sphère homogène : $I=\tfrac25 m(d/2)^2=\dfrac{md^2}{10}=\dfrac{2\times10^{-18}\times10^{-14}}{10}=2\times10^{-33}\,\mathrm{kg\,m^2}$.

Donc $$\omega_{\max}=\frac{10^{-19}}{2\times10^{-33}\times1{,}3\times10^{4}}\approx\boxed{4\times10^{9}\ \mathrm{rad\,s^{-1}}.}$$
Homogénéité : $[\,C_l/(I\gamma)\,]=\dfrac{\mathrm{N\,m}}{\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}}}=\mathrm{s^{-1}}$. ✔ Rotation ultra‑rapide ($\sim$ GHz), typique de ces nano‑rotors optiques.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Bien utiliser le moment d'inertie de la **sphère pleine** rappelé dans l'énoncé.

### Question 26 — Le centre de masse voit une charge doublée

**Stratégie.** PFD appliqué au **système des deux charges**, en exploitant la **linéarité** du champ (potentiel harmonique).

**Rédaction.** Le champ du piège est linéaire : $\vec E(\vec r)=\dfrac{\eta V}{l_0^2}(x,y,-2z)$.

Les charges sont en $P_1=\vec r_C+\vec\delta$ et $P_2=\vec r_C-\vec\delta$ ($\vec\delta=\vec{CP_1}$).

Force totale sur la particule (masse $m$) : $$\vec F_{\text{tot}}=(-e)\big[\vec E(P_1)+\vec E(P_2)\big]=(-e)\big[\vec E(\vec r_C+\vec\delta)+\vec E(\vec r_C-\vec\delta)\big]=(-e)\,2\vec E(\vec r_C),$$ car la linéarité fait disparaître les termes en $\pm\vec\delta$.

Le PFD sur le CM donne $$m\ddot{\vec r}_C=2(-e)\,\vec E(\vec r_C),$$ identique à l'équation d'une charge unique **avec $q\to2q$**.

Le CM obéit donc aux équations de Q3, la charge étant doublée (et $\omega^2\to2\omega^2$). $$\boxed{m\ddot{\vec r}_C=(2q)\vec E(\vec r_C)\ :\ \text{équations de Q3 à charge doublée.}}$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport insiste : « peu de copies ont correctement utilisé le PFD appliqué à un ensemble de points.

Il ne suffit pas d'observer qu'il y a deux charges pour multiplier la charge par 2. » Et : la position n'est **pas restreinte à l'origine**, les deux charges ne sont donc pas symétriques par rapport à $O$ mais par rapport à $C$ — c'est la linéarité du champ (pas une symétrie par rapport à $O$) qui fait cancel les $\pm\vec\delta$.

### Question 27 — Moment des forces électriques

**Stratégie.** $\vec\Gamma_{O,i}=\vec{OP_i}\wedge\vec F_i$, produit vectoriel **posé en colonnes**.

**Rédaction.**

Avec $\vec F_i=(-e)\vec E(P_i)=-k\,(P_{ix},P_{iy},-2P_{iz})$ où $k=\dfrac{e\eta V}{l_0^2}$, on calcule en colonnes : $$\vec{OP_i}\wedge\vec F_i=-k\begin{pmatrix}P_{ix}\\P_{iy}\\P_{iz}\end{pmatrix}\wedge\begin{pmatrix}P_{ix}\\P_{iy}\\-2P_{iz}\end{pmatrix}=3k\begin{pmatrix}P_{iy}P_{iz}\\-P_{ix}P_{iz}\\0\end{pmatrix}.$$
**a.** $$\boxed{\ \vec\Gamma_{O,i}=3k\,(P_{iy}P_{iz}\,\vec u_x-P_{ix}P_{iz}\,\vec u_y).\ }$$
**b.** On somme sur $i=1,2$ avec $P_1=\vec r_C+\vec\delta$, $P_2=\vec r_C-\vec\delta$.

Les doubles produits font apparaître $\sum P_{iy}P_{iz}=2(yz+\delta_y\delta_z)$, etc. : $$\boxed{\ \vec\Gamma_O=6k\big[(yz+\delta_y\delta_z)\,\vec u_x-(xz+\delta_x\delta_z)\,\vec u_y\big].\ }$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport signale (remarques générales) que « le produit vectoriel, utilisé notamment dans le calcul du moment cinétique, est surprenamment mal maîtrisé », faute d'écrire les vecteurs **en colonnes**. La disposition ci‑dessus élimine les erreurs de signe.

### Question 28 — Décomposition du moment

**Stratégie.**

Séparer la part dépendant de $\vec\delta$ (spin propre) de celle dépendant de $\vec r_C$ (mouvement orbital).

**Rédaction.** $\vec\Gamma_O$ est la somme de deux termes : $$\vec\Gamma_O=\underbrace{6k\,(yz\,\vec u_x-xz\,\vec u_y)}_{=\ \vec{OC}\wedge\vec F_{\text{tot}}}+\underbrace{6k\,(\delta_y\delta_z\,\vec u_x-\delta_x\delta_z\,\vec u_y)}_{=\ \vec\Gamma_C}.$$
Le terme en $\vec\delta$ ne dépend pas de la position du CM : c'est lui qui fait **tourner la particule autour d'un axe passant par $C$** (spin propre) : $$\boxed{\ \vec\Gamma_C=6k\,(\delta_y\delta_z\,\vec u_x-\delta_x\delta_z\,\vec u_y).\ }$$
L'autre terme, égal à $\vec{OC}\wedge\vec F_{\text{tot}}$, est le moment de la **résultante appliquée en $C$** : il décrit le mouvement orbital du centre de masse autour de $O$ (translation du CM), non la rotation propre.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Le théorème du moment cinétique se scinde toujours en « moment barycentrique » (spin) + « moment de la résultante » (orbital) — c'est ce que traduit cette séparation.

### Question 29 — Équations de $\phi_1,\phi_2$

**Stratégie.**

Exprimer $\vec\delta$ via $\vec v$, injecter dans $\vec\Gamma_C$, puis dans les relations admises $I\ddot\phi_1=\vec\Gamma_C\!\cdot\!\vec u_y$, $I\ddot\phi_2=\vec\Gamma_C\!\cdot\!\vec u_x$.

**Rédaction.** $\vec{P_2P_1}=2\vec\delta=d\,\vec v$ donne $\vec\delta=\tfrac d2\vec v=\tfrac d2(\phi_1,-\phi_2,1)$, soit $\delta_x=\tfrac d2\phi_1$, $\delta_y=-\tfrac d2\phi_2$, $\delta_z=\tfrac d2$.

Donc $$\vec\Gamma_C=6k\Big(\tfrac d2\Big)^2(-\phi_2\,\vec u_x-\phi_1\,\vec u_y)=\frac{3kd^2}{2}(-\phi_2\,\vec u_x-\phi_1\,\vec u_y).$$
Les relations admises donnent (avec $k=\tfrac{e\eta V_0}{l_0^2}\cos\Omega t$) : $$\boxed{\ \ddot\phi_1+\frac{3e\eta V_0 d^2}{2Il_0^2}\cos(\Omega t)\,\phi_1=0,\qquad \ddot\phi_2+\frac{3e\eta V_0 d^2}{2Il_0^2}\cos(\Omega t)\,\phi_2=0.\ }$$
Les deux angles obéissent à la **même** équation de Mathieu, découplée.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Bien définir $\vec\delta=\tfrac d2\vec v$ (notation nouvelle à justifier), conformément à l'exigence générale du jury de définir toute grandeur introduite.

### Question 30 — Comparaison avec Q3

**Stratégie.**

Mettre les équations sous la forme $\ddot\phi_i+q_{\phi_i}\tfrac{\Omega^2}{2}\cos(\Omega t)\phi_i=0$ et introduire $\omega_r$.

**Rédaction.**

En posant $\omega_r^2=\dfrac{e\eta V_0 d^2}{I l_0^2}$ (analogue rotationnel de $\omega^2$ ; avec $I=md^2/10$, $\omega_r^2=10\,\omega^2$), le coefficient $\dfrac{3e\eta V_0d^2}{2Il_0^2}=\dfrac32\omega_r^2=q_{\phi}\dfrac{\Omega^2}{2}$ donne $$\boxed{\ q_{\phi_1}=q_{\phi_2}=3\Big(\frac{\omega_r}{\Omega}\Big)^2=30\Big(\frac{\omega}{\Omega}\Big)^2>0.\ }$$
Ces équations sont exactement de type Q3, avec des « $q$ » **positifs** (comme $q_x=q_y=+2(\omega/\Omega)^2$) : le degré de liberté angulaire se comporte comme une direction de translation confinée dynamiquement.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Le parallèle formel translation ↔ rotation est le cœur de la partie : mêmes équations, même mécanisme de confinement pondéromoteur.

### Question 31 — Confinement angulaire et rapport de fréquences

**Stratégie.**

Réutiliser le résultat Q6 ($\omega_{\text{eff}}=|q|\Omega/2\sqrt2$) pour $\phi$ et pour $z$.

**Rédaction.**
**a.** Comme $\omega,\omega_r\ll\Omega$, on a $|q_\phi|\ll1$ : l'analyse séculaire de Q6 s'applique.

Chaque angle subit un potentiel effectif $\tfrac12 I\,\omega_{\phi,\text{eff}}^2\phi_i^2$ avec $\omega_{\phi,\text{eff}}=|q_\phi|\Omega/(2\sqrt2)$ **réel** : c'est un **couple de rappel** autour de $\phi_1=\phi_2=0$.

La particule est angulairement stabilisée. $$\boxed{\ \omega_{\phi,\text{eff}}=\frac{q_\phi\,\Omega}{2\sqrt2}=\frac{15\,\omega^2}{\sqrt2\,\Omega}>0.\ }$$
**b.** Pour le CM à une charge, $\omega_{z,\text{eff}}=\dfrac{|q_z|\Omega}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2\,\omega^2}{\Omega}$ (Q6).

Le rapport demandé : $$\boxed{\ \frac{\omega_{z,\text{eff}}}{\omega_{\phi,\text{eff}}}=\frac{|q_z|}{q_\phi}=\frac{4}{30}=\frac{2}{15}\approx0{,}13.\ }$$
Le confinement angulaire est nettement plus **raide** que le confinement en $z$ du centre de masse (facteur $15/2$).

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Cohérence : on retrouve un rapport pur de nombres, sans dimension.

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## Partie 4 — Une analogie mécanique (col tournant)

### Question 32 — Forces d'inertie

**Stratégie.**

Référentiel $\mathcal R$ tournant à $\Omega$ constant autour de $Oz$, $O$ fixe : forces d'entraînement (centrifuge) et de Coriolis.

**Rédaction.**

Avec $\vec\Omega=\Omega\vec u_z$ constant et $O$ fixe (donc pas de force d'entraînement de translation), les deux forces d'inertie sur une particule de position $\vec r$ et de vitesse relative $\vec v$ sont : $$\boxed{\ \vec F_{ie}=-m\,\vec\Omega\wedge(\vec\Omega\wedge\vec r)\quad\text{(centrifuge)},\qquad \vec F_{ic}=-2m\,\vec\Omega\wedge\vec v\quad\text{(Coriolis)}.\ }$$
Le facteur **2** est sur la force de Coriolis ; les parenthèses du **double produit vectoriel** sont indispensables (produit non associatif).

Pour $\vec r$ quasi‑orthogonal à $\vec\Omega$, $\vec F_{ie}=+m\Omega^2\vec r_\perp$ (centrifuge, vers l'extérieur).

**Commentaire du correcteur.** Le rapport signale que « les expressions des forces d'inertie sont souvent confondues », que « le facteur 2 passe parfois de la force de Coriolis à la force d'entraînement », que les signes sont inversés, et que « le double produit vectoriel est écrit sans parenthèses alors que le produit vectoriel n'est pas associatif ». Points à sécuriser absolument.

### Question 33 — Équations dans le référentiel tournant

**Stratégie.**

PFD dans $\mathcal R$ : force du potentiel + centrifuge + Coriolis, projeté sur $x,y$.

**Rédaction.**

Force du potentiel $U=\tfrac12 m\omega^2(x^2-y^2)$ ($\omega^2=g/R$) : $\vec F_{\text{surf}}=(-m\omega^2 x,\,+m\omega^2 y,\,0)$.

Centrifuge (courbure faible, $\vec r\simeq(x,y,0)$) : $+m\Omega^2(x,y,0)$.

Coriolis : $\vec F_{ic}=-2m\Omega\vec u_z\wedge(\dot x,\dot y,\dot z)=2m\Omega(\dot y,-\dot x,0)$.

Le PFD donne : $$\boxed{\ \begin{aligned}\ddot x-2\Omega\,\dot y-(\Omega^2-\omega^2)\,x&=0,\\[2pt]\ddot y+2\Omega\,\dot x-(\Omega^2+\omega^2)\,y&=0.\end{aligned}\ }$$
La rotation couple $x$ et $y$ par les termes de Coriolis ; la centrifuge décale les raideurs de $\Omega^2$.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

Vérifier les signes : $x$ est la direction concave (rappel $-\omega^2 x$), $y$ la direction convexe (anti‑rappel $+\omega^2 y$) ; la centrifuge ajoute $+\Omega^2$ aux deux.

### Question 34 — Solutions exponentielles, stabilité, diagramme

**Stratégie.**

Chercher $x,y\propto e^{rt}$ → système algébrique homogène ; nullité du déterminant → équation en $r$ ; stabilité si toutes les racines $r$ sont imaginaires pures (trajectoire bornée).

**Rédaction.**

En posant $x=x_0e^{rt}$, $y=y_0e^{rt}$, le système devient $$\begin{pmatrix}r^2-(\Omega^2-\omega^2)&-2\Omega r\\[2pt]2\Omega r&r^2-(\Omega^2+\omega^2)\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_0\\y_0\end{pmatrix}=\vec 0.$$
Une perturbation **non triviale** exige un déterminant nul : $$\big(r^2-(\Omega^2-\omega^2)\big)\big(r^2-(\Omega^2+\omega^2)\big)+4\Omega^2 r^2=0\ \Longrightarrow\ r^4+2\Omega^2 r^2+(\Omega^4-\omega^4)=0.$$
En $s=r^2$ : $s=-\Omega^2\pm\omega^2$, soit $$r^2=-(\Omega^2-\omega^2)\quad\text{ou}\quad r^2=-(\Omega^2+\omega^2).$$
La seconde racine est toujours $<0$ (racines $r$ imaginaires pures).

La première est $<0$ **ssi** $\Omega^2>\omega^2$.

Si $\Omega<\omega$, alors $r^2=\omega^2-\Omega^2>0$ : une racine réelle **positive** apparaît, donc une solution divergente → instabilité.

Condition de stabilité (toutes trajectoires bornées) : $$\boxed{\ \Omega>\omega\quad\text{(rotation assez rapide : stabilisation du col tournant).}\ }$$
**Diagramme dans le plan $(\Omega,\omega)$** : la droite $\omega=\Omega$ sépare la région **stable** ($\Omega>\omega$, sous la bissectrice) de la région **instable** ($\Omega<\omega$).

```
 ω
 │      instable
 │    (Ω<ω)   /
 │          / ω=Ω
 │        /
 │      /   stable
 │    /    (Ω>ω)
 │  /
 └────────────── Ω
```
C'est l'analogue mécanique exact du piège de Paul : la rotation transforme un col instable en piège stable, tout comme la modulation temporelle le faisait aux parties 1–3.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport insiste lourdement : « le concept de stabilité n'est pas maîtrisé ». La stabilité **n'exige pas** le retour à l'équilibre, seulement une **trajectoire bornée**.

La condition initiale $(x_0,y_0)$ est une **perturbation** de $(0,0)$ et $r$ son taux de croissance ; il fallait chercher une perturbation non triviale (**déterminant nul**) pour la condition de stabilité, et non exprimer $r$ en fonction de $(x_0,y_0)$.

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*Fin du corrigé — 34 questions traitées (parties 1 à 4).*