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Corrigé détaillé X ENS Physique SI MP 2026

Sur les satellites d'étude du Soleil

Faisable en sup ?

Faisable en partie en MPSI : 2 questions sur 37. Autres questions faisables en MPSI

Détail par partie
  • Partie Partie Physique1/17En partie
  • Partie Partie Sciences de l'Ingénieur : Déploiement des panneaux solaires1/20En partie

Le sujet en bref

Sujet moyen · Mécanique, Électrocinétique et électronique, Électromagnétisme · 8 incontournables · 2 questions de première année
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Ce sujet original de l'épreuve de Physique et Sciences de l'Ingénieur du concours X-ENS MP s'articule autour de la mission spatiale d'étude des interactions Soleil-Terre (satellites SMILE et SOHO). La première moitié, consacrée à la physique, revisite avec rigueur deux grands classiques : la traversée de l'ionosphère par une onde électromagnétique dans la bande Ku (modèle de plasma électronique non collisionnel) et le problème restreint circulaire des trois corps (points d'équilibre de Lagrange, constante de Jacobi et stabilisation dynamique par la force de Coriolis). La seconde moitié aborde les sciences industrielles à travers l'étude mécanique fine du déploiement spatial des panneaux solaires articulés et le contrôle-commande asservi en vitesse et position de leur orientation orbitale. Très formateur, ce sujet exige une aisance calculatoire certaine, une maîtrise géométrique rigoureuse en mécanique du solide et un recul physique approfondi sur la stabilité des systèmes dynamiques.

Difficulté
Moyen, estimée à partir de la difficulté de chaque question
Temps estimé
≈ 2 h 50 pour tout traiter (estimation question par question, candidat bien préparé)
Chapitres

Part des questions du sujet.

Incontournables

8 questions classiques, à savoir refaire :

Première année

Très partiellement en MPSI : 2 questions sur 37.

Où gagner des points

18 questions rapides et accessibles · 4 résultats donnés par l'énoncé
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Rapides et accessibles (18) : difficulté 1 ou 2 sur 4, 5 minutes au plus.

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Sommaire

37 questions
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Partie Partie Physique

1 · Communications entre le satellite et la Terre

Question 1

Application directeTemps estimé : ≈ 4 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Électromagnétisme › Ondes électromagnétiques dans les milieux

Notions : force de lorentz, plasma

a - Dans ces conditions, établir l'équation du mouvement d'une particule chargée (de charge et de masse ) du plasma, en présence du champ électromagnétique et de l'onde incidente. b - Nous supposerons également que toutes les particules chargées sont non relativistes (au sens où leur vitesse est négligeable devant la vitesse de la lumière dans le vide ). En déduire une forme simplifiée de l'équation du mouvement précédente, en justifiant cette simplification.

Voir l'indice

a - Appliquer le principe fondamental de la dynamique à un électron soumis à la force de Lorentz. b - Comparer l'ordre de grandeur de la force magnétique q\vec{v}\wedge\vec{B} à celui de la force électrique q\vec{E} en exploitant la relation d'onde plane reliant B et E/c ainsi que la condition non relativiste v \ll c.

Voir la stratégie
  1. Appliquer le principe fondamental de la dynamique à une particule chargée du plasma soumise à la seule force de Lorentz créée par l'onde incidente.
  2. Relier l'amplitude du champ magnétique à celle du champ électrique pour une onde électromagnétique afin de comparer les composantes électrique et magnétique de la force de Lorentz dans l'approximation non relativiste.
Voir la réponse courte

PFD avec la force de Lorentz, négligence du terme magnétique en v/c \ll 1 car B \sim E/c, d'où m\mathrm{d}\vec{v}/\mathrm{d}t = q\vec{E}.

Voir le corrigé complet

a - Équation du mouvement générale

On étudie une particule chargée du plasma (charge q, masse m, position \vec{r}, vitesse \vec{v}) dans le référentiel d'étude supposé galiléen. Le plasma étant peu dense, les collisions entre particules sont négligées. Le poids de la particule est totalement négligeable devant les forces électromagnétiques, et le champ magnétique terrestre est négligé conformément à l'énoncé.

La particule n'est donc soumise qu'à la force de Lorentz exercée par l'onde incidente :

\vec{F} = q\left( \vec{E}(\vec{r},t) + \vec{v} \wedge \vec{B}(\vec{r},t) \right)

D'après le principe fondamental de la dynamique :

\boxed{m\,\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = q\left( \vec{E}(\vec{r},t) + \vec{v} \wedge \vec{B}(\vec{r},t) \right)}

b - Forme simplifiée non relativiste

Pour une onde électromagnétique se propageant dans le milieu, les amplitudes des champs électrique et magnétique sont reliées par l'ordre de grandeur issu de la structure d'onde plane :

B \sim \frac{E}{c}

où c désigne la célérité de la lumière dans le vide.

Comparons les ordres de grandeur de la force magnétique et de la force électrique :

\frac{\|\vec{v} \wedge \vec{B}\|}{\|\vec{E}\|} \le \frac{v\,B}{E} \sim \frac{v}{c}

L'hypothèse de particules non relativistes se traduit par v \ll c, ce qui implique :

\|\vec{v} \wedge \vec{B}\| \ll \|\vec{E}\|

La composante magnétique de la force de Lorentz est donc négligeable devant la composante électrique. De plus, à l'approximation des petits déplacements (l'amplitude d'oscillation de la particule étant très inférieure à la longueur d'onde de l'onde incidente), le champ électrique peut être évalué à la position moyenne \vec{r}_0 de la particule. L'équation du mouvement se simplifie ainsi en :

\boxed{m\,\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} \simeq q\,\vec{E}(\vec{r}_0,t)}

Résultat

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Question 2

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Électromagnétisme › Ondes électromagnétiques dans les milieux

Notions : densité de courant, conductivité complexe

On considère maintenant que le champ électromagnétique se propageant dans le plasma est une onde plane progressive harmonique, de pulsation , se propageant dans la direction donnée par le vecteur d'onde . On pourra la supposer polarisée rectilignement. a - Justifier que les ions ne contribuent pratiquement pas à la densité de courant. b - En déduire que

où est le champ électrique complexe défini par et , est la densité volumique complexe de courant dans le plasma et la conductivité complexe du plasma. Préciser l'expression de .

Voir l'indice

a - Comparer les amplitudes des déplacements des ions et des électrons sous l'action du même champ électrique en utilisant le rapport des masses m_p/m_e \gg 1. b - Intégrer l'équation de la vitesse en régime harmonique pour exprimer la vitesse complexe, puis sommer les contributions pour en déduire \vec{j} = -n_e e \vec{v}_e = \sigma \vec{E}.

Voir la stratégie
  1. Exprimer la vitesse acquise sous l'effet du champ électrique pour chaque espèce chargée en régime harmonique afin de comparer les densités de courant associées aux ions et aux électrons.
  2. Relier la vitesse électronique au champ électrique complexe pour en déduire la densité de courant volumique totale et identifier la conductivité complexe \underline{\sigma}.
Voir la réponse courte

Les ions très lourds sont quasi immobiles ; avec \underline{\vec{v}} = e\underline{\vec{E}}/(\mathrm{i}m_e\omega), la densité de courant donne \underline{\sigma} = \mathrm{i}n_e e^2/(m_e\omega).

Voir le corrigé complet

a - Négligence de la contribution des ions au courant électrique

D'après l'équation simplifiée du mouvement établie à la question 1, une particule de masse m et de charge q est soumise à la seule force électrique :

m \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} \simeq q \vec{E}(\vec{r},t)

En notation complexe avec la convention \mathrm{e}^{\mathrm{i}(\vec{k}\cdot\vec{r}-\omega t)}, la dérivation temporelle se traduit par \frac{\partial}{\partial t} \leftrightarrow -\mathrm{i}\omega, ce qui conduit pour les vitesses complexes à :

-\mathrm{i}\omega m \underline{\vec{v}} = q \underline{\vec{E}} \implies \underline{\vec{v}} = \frac{\mathrm{i} q}{m\omega} \underline{\vec{E}}

La densité volumique de courant totale est la somme des contributions électronique et ionique :

\underline{\vec{j}} = \underline{\vec{j}}_e + \underline{\vec{j}}_i = -e n_e \underline{\vec{v}}_e + q_i n_i \underline{\vec{v}}_i

Comme le plasma est quasi-neutre (n_i = n_e) et que les ions portent une charge q_i = +e, comparons les amplitudes des densités de courant :

\frac{\|\underline{\vec{j}}_i\|}{\|\underline{\vec{j}}_e\|} = \frac{\|\underline{\vec{v}}_i\|}{\|\underline{\vec{v}}_e\|} = \frac{m_e}{m_i} \le \frac{m_e}{m_p}

À l'aide des valeurs numériques fournies :

\frac{m_e}{m_p} = \frac{9{,}1 \times 10^{-31}}{1{,}6 \times 10^{-27}} \simeq 5{,}7 \times 10^{-4} \ll 1

En raison de leur inertie beaucoup plus grande que celle des électrons (m_i \ge m_p \approx 1800\,m_e), les ions ne peuvent pas suivre l'oscillation à haute fréquence du champ électrique. On peut donc négliger leur mouvement devant celui des électrons :

\underline{\vec{j}} \simeq \underline{\vec{j}}_e = -e n_e \underline{\vec{v}}_e

b - Expression de la conductivité complexe \underline{\sigma}

La vitesse complexe des électrons s'écrit, avec q = -e et m = m_e :

-\mathrm{i}\omega m_e \underline{\vec{v}}_e = -e \underline{\vec{E}} \implies \underline{\vec{v}}_e = -\mathrm{i} \frac{e}{m_e \omega} \underline{\vec{E}}

En reportant dans l'expression de la densité volumique de courant électronique, on obtient :

\underline{\vec{j}} = -e n_e \underline{\vec{v}}_e = \mathrm{i} \frac{n_e e^2}{m_e \omega} \underline{\vec{E}}

Par identification avec la loi d'Ohm locale en régime harmonique \underline{\vec{j}} = \underline{\sigma} \underline{\vec{E}}, on en déduit l'expression de la conductivité complexe :

\boxed{\underline{\sigma} = \mathrm{i} \frac{n_e e^2}{m_e \omega}}

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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Question 3

ExigeanteTemps estimé : ≈ 8 min
  • Incontournable
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Application numérique

Chapitre : Électromagnétisme › Ondes électromagnétiques dans les milieux

Notions : relation de dispersion, pulsation plasma, onde évanescente

a - Etablir la relation de dispersion dans ce milieu et montrer l'existence d'une pulsation particulière, appelée pulsation plasma et notée , dont on donnera l'expression. b - Calculer l'ordre de grandeur de la fréquence plasma , associée à . c - Interpréter physiquement ce que représente la fréquence plasma. d - Indiquer quelles sont les implications de l'existence d'une telle fréquence, en matière de transmission d'ondes électromagnétiques.

Voir l'indice

a - Injecter la loi d'Ohm complexe dans l'équation de propagation issue des équations de Maxwell (forme de d'Alembert avec terme source \vec{j}) pour dégager la pulsation plasma \omega_p. b - Faire l'application numérique avec les constantes données en évaluant \omega_p/(2\pi). c - Interpréter \omega_p comme la pulsation d'oscillation collective libre des électrons autour des ions fixes. d - Distinguer le régime de propagation sans atténuation (\omega > \omega_p) du régime évanescent avec réflexion totale (\omega < \omega_p).

Voir la stratégie
  1. Combiner les équations de Maxwell en régime harmonique (notamment l'équation de Maxwell-Faraday et celle de Maxwell-Ampère avec \underline{\vec{j}} = \underline{\sigma}\underline{\vec{E}}) pour établir l'équation de propagation de Helmholtz et en déduire la relation de dispersion.
  2. Calculer numériquement \omega_p puis la fréquence plasma f_p = \frac{\omega_p}{2\pi} sous forme d'ordre de grandeur (un chiffre significatif).
  3. Interpréter \omega_p comme la fréquence propre des oscillations électrostatiques collectives des électrons (oscillations de Langmuir) et comme frontière de réponse dynamique des charges.
  4. Discuter les deux régimes (\omega < \omega_p : évanescence et réflexion ; \omega > \omega_p : propagation) et leur conséquence sur les transmissions radio terrestres et spatiales.
Voir la réponse courte

Équations de Maxwell donnant k^2 = (\omega^2 - \omega_p^2)/c^2 avec \omega_p^2 = n_e e^2/(m_e\varepsilon_0), calcul de f_p et discussion de la coupure.

Voir le corrigé complet

a - Établissement de la relation de dispersion

Dans le plasma globalement neutre, la densité volumique de charge macroscopique moyenne est nulle : \rho = 0. Ainsi, d'après l'équation de Maxwell-Gauss, le champ électrique vérifie \mathrm{div}\,\vec{E} = 0. En notation complexe pour une onde plane progressive harmonique :

\vec{\nabla}\cdot \underline{\vec{E}} = \mathrm{i}\vec{k}\cdot\underline{\vec{E}} = 0

L'onde est donc transverse (\vec{k} \cdot \underline{\vec{E}} = 0).

Les équations de Maxwell-Faraday et Maxwell-Ampère en régime harmonique s'écrivent :

\begin{aligned} \vec{\nabla} \wedge \underline{\vec{E}} &= -\frac{\partial \underline{\vec{B}}}{\partial t} = \mathrm{i}\omega \underline{\vec{B}} \\ \vec{\nabla} \wedge \underline{\vec{B}} &= \mu_0 \underline{\vec{j}} + \mu_0\varepsilon_0 \frac{\partial \underline{\vec{E}}}{\partial t} = \mu_0 \underline{\sigma}\underline{\vec{E}} - \mathrm{i}\omega \mu_0\varepsilon_0 \underline{\vec{E}} \end{aligned}

En appliquant l'opérateur rotationnel à l'équation de Maxwell-Faraday et en utilisant l'identité vectorielle \vec{\nabla}\wedge(\vec{\nabla}\wedge\underline{\vec{E}}) = \vec{\nabla}(\vec{\nabla}\cdot\underline{\vec{E}}) - \Delta\underline{\vec{E}} = -\Delta\underline{\vec{E}} :

-\Delta \underline{\vec{E}} = \mathrm{i}\omega \left(\vec{\nabla}\wedge\underline{\vec{B}}\right) = \mathrm{i}\omega \mu_0 \underline{\sigma}\underline{\vec{E}} + \frac{\omega^2}{c^2}\underline{\vec{E}}

où c = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}. Avec -\Delta\underline{\vec{E}} = k^2\underline{\vec{E}} et l'expression de la conductivité complexe obtenue à la question 2, \underline{\sigma} = \mathrm{i}\frac{n_e e^2}{m_e \omega} :

\mathrm{i}\omega\mu_0\underline{\sigma} = \mathrm{i}\omega\mu_0 \left(\mathrm{i}\frac{n_e e^2}{m_e\omega}\right) = -\frac{\mu_0 n_e e^2}{m_e} = -\frac{n_e e^2}{\varepsilon_0 m_e c^2}

On en déduit :

k^2 = \frac{\omega^2}{c^2} - \frac{n_e e^2}{\varepsilon_0 m_e c^2}

Cette relation met en évidence une pulsation caractéristique, appelée pulsation plasma :

\boxed{\omega_p = \sqrt{\frac{n_e e^2}{m_e \varepsilon_0}}}

La relation de dispersion s'écrit alors :

\boxed{k^2 = \frac{\omega^2 - \omega_p^2}{c^2} \quad \Longleftrightarrow \quad \omega^2 = \omega_p^2 + c^2 k^2}

b - Ordre de grandeur de la fréquence plasma f_p

La fréquence plasma associée est f_p = \frac{\omega_p}{2\pi} = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{n_e e^2}{m_e \varepsilon_0}}. Avec les valeurs numériques fournies :

\begin{aligned} m_e \varepsilon_0 &= 9{,}1 \times 10^{-31} \times 8{,}8 \times 10^{-12} \simeq 8{,}0 \times 10^{-42}\text{ kg}\cdot\text{F}\cdot\text{m}^{-1} \\ \omega_p^2 &= \frac{10^{12} \times (1{,}6 \times 10^{-19})^2}{8{,}0 \times 10^{-42}} = \frac{2{,}56 \times 10^{-26}}{8{,}0 \times 10^{-42}} = 3{,}2 \times 10^{15}\text{ s}^{-2} \\ \omega_p &= \sqrt{3{,}2 \times 10^{15}} \simeq 5{,}7 \times 10^7\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} \end{aligned}

D'où la fréquence :

f_p = \frac{\omega_p}{2\pi} \simeq \frac{5{,}7 \times 10^7}{2\pi} \simeq 9 \times 10^6\text{ Hz}

Sous forme d'ordre de grandeur (un seul chiffre significatif) :

\boxed{f_p \sim 10\text{ MHz} \quad (10^7\text{ Hz})}

c - Interprétation physique de la fréquence plasma

  • Fréquence d'oscillation collective : \omega_p représente la pulsation propre d'oscillation collective du gaz d'électrons par rapport au fond neutralisant d'ions fixes (oscillations de Langmuir). Si une tranche d'électrons est déplacée d'une distance \delta x, il apparaît une densité superficielle de charge créant un champ électrostatique de rappel E = \frac{n_e e \delta x}{\varepsilon_0}, d'où une force de rappel F = - \frac{n_e e^2}{\varepsilon_0}\delta x, conduisant à l'équation harmonique d'oscillateur de pulsation \omega_p = \sqrt{\frac{n_e e^2}{m_e\varepsilon_0}}.
  • Fréquence de coupure dynamique : Elle délimite deux régimes d'inertie :

    • Pour \omega < \omega_p, la période de l'onde est plus longue que le temps de réponse des électrons : ceux-ci ont le temps de se déplacer pour écranter le champ électrique (effet miroir/comportement conducteur).
    • Pour \omega > \omega_p, l'inertie des électrons les empêche de suivre les variations rapides du champ : le milieu ne peut plus écranter l'onde et devient transparent (comportement diélectrique).

d - Implications en matière de transmission d'ondes électromagnétiques

  • Pour f < f_p (\omega < \omega_p) : k^2 < 0, donc le nombre d'onde k = \pm \mathrm{i}\alpha est imaginaire pur. L'onde ne peut pas se propager : elle est évanescente dans l'ionosphère et subit une réflexion totale. Ce phénomène est mis à profit pour les radiocommunications terrestres à longue portée en ondes décamétriques (ondes courtes, HF), qui contournent la courbure terrestre par rebonds successifs entre le sol et l'ionosphère, mais il interdit toute communication vers l'espace à ces fréquences.
  • Pour f > f_p (\omega > \omega_p) : k est réel, l'onde se propage à travers l'ionosphère. C'est la condition indispensable pour communiquer entre la Terre et des satellites en orbite ou interplanétaires.

Résultat

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Question 4

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Électromagnétisme › Ondes électromagnétiques dans les milieux

Notions : vitesse de phase, vitesse de groupe

Exprimer la vitesse de phase et la vitesse de groupe en fonction de la pulsation plasma. Commenter.

Voir l'indice

Calculer v_\varphi = \omega/k et v_g = \mathrm{d}\omega/\mathrm{d}k à partir de la relation de dispersion. Vérifier l'identité fondamentale v_\varphi v_g = c^2 et commenter la causalité quant à la propagation de l'information.

Voir la stratégie
  1. Rappeler la relation de dispersion établie à la question précédente reliant \omega, k, \omega_p et c.
  2. Exprimer la vitesse de phase v_\varphi = \frac{\omega}{k} et la vitesse de groupe v_g = \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}k} en fonction de \omega et \omega_p.
  3. Établir la relation remarquable liant v_\varphi et v_g, puis commenter les ordres de grandeur, les cas limites et la compatibilité avec la relativité restreinte.
Voir la réponse courte

Dérivations donnant v_\varphi = c/\sqrt{1-\omega_p^2/\omega^2} > c et v_g = c\sqrt{1-\omega_p^2/\omega^2} < c avec la relation v_\varphi v_g = c^2.

Voir le corrigé complet

D'après la question 3.a, dans le domaine de propagation où \omega > \omega_p, la relation de dispersion s'écrit :

\omega^2 = \omega_p^2 + c^2 k^2 \quad \Longleftrightarrow \quad k = \frac{\omega}{c}\sqrt{1 - \frac{\omega_p^2}{\omega^2}}

Vitesse de phase Par définition, la vitesse de phase est v_\varphi = \dfrac{\omega}{k}, ce qui donne :

\boxed{v_\varphi = \frac{c}{\sqrt{1 - \dfrac{\omega_p^2}{\omega^2}}}}

Vitesse de groupe Par définition, la vitesse de groupe est v_g = \dfrac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}k}. En différentiant la relation \omega^2 = \omega_p^2 + c^2 k^2, on obtient :

2\omega\,\mathrm{d}\omega = 2c^2 k\,\mathrm{d}k \quad \Longrightarrow \quad \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}k} = c^2 \frac{k}{\omega} = \frac{c^2}{v_\varphi}

D'où l'expression de la vitesse de groupe :

\boxed{v_g = c \sqrt{1 - \frac{\omega_p^2}{\omega^2}}}

Commentaires

  • Relation de Rayleigh : On constate la relation remarquable :

    v_\varphi \, v_g = c^2
  • Principe de causalité relativiste : Pour tout \omega > \omega_p, on a v_\varphi > c et v_g < c. La vitesse de phase supérieure à c ne viole pas la relativité restreinte car une onde monochromatique infinie ne transporte aucune information. En revanche, l'information et l'énergie se propagent à la vitesse de groupe dans la bande passante transparente, et celle-ci est bien strictement inférieure à la vitesse de la lumière dans le vide c.
  • Dispersion : La vitesse de phase dépendant de la pulsation \omega, le plasma ionosphérique est un milieu dispersif.
  • Comportements aux limites :

    • Lorsque \omega \to \omega_p^+, v_g \to 0 et v_\varphi \to +\infty : l'énergie ne se propage plus dans le milieu, on s'approche de la réflexion totale (coupure).
    • Lorsque \omega \gg \omega_p, v_g \to c^- et v_\varphi \to c^+ : le plasma devient équivalent au vide, la dispersion devient négligeable.

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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Question 5

ExigeanteTemps estimé : ≈ 5 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Schéma ou tracé

Chapitre : Électromagnétisme › Ondes électromagnétiques dans les milieux

Notions : relation de dispersion, dispersion

a - Tracer la courbe de dispersion pour et identifier sur cette courbe les zones de forte ou de faible dispersion, en expliquant le critère utilisé. b - Expliquer les effets de la propagation en milieu dispersif sur la transmission des données. c - Justifier le choix de la bande de fréquences utilisée pour communiquer avec les satellites d'observation du Soleil.

Voir l'indice

a - Tracer \omega(k) ou k(\omega) pour \omega \ge \omega_p. La dispersion est faible lorsque la pente de la courbe est quasi constante (v_g \approx v_\varphi \approx c). b - Rappeler l'effet de l'étalement temporel d'un paquet d'ondes sur le débit et l'intégrité binaire des télécommunications. c - Comparer les fréquences de la bande Ku (\sim 10\text{ GHz}) à la fréquence plasma f_p trouvée précédemment.

Voir la stratégie
  1. Pour la courbe de dispersion k=f(\omega), tracer k(\omega) = \frac{1}{c}\sqrt{\omega^2 - \omega_p^2} pour \omega \ge \omega_p, préciser la tangente en \omega_p et l'asymptote pour \omega \to +\infty, puis définir le critère de dispersion à partir de la dépendance de v_\varphi (ou v_g) avec la pulsation.
  2. Analyser l'étalement temporel d'un paquet d'ondes lors de la propagation d'impulsions (interférence entre symboles, limitation du débit).
  3. Comparer la gamme de fréquences de la bande Ku (f \approx 10\text{ GHz}) à la fréquence plasma ionosphérique (f_p \approx 10\text{ MHz}) pour justifier la transparence du milieu et l'absence de dispersion gênante.
Voir la réponse courte

Tracé de la branche hyperbolique, faible dispersion aux hautes fréquences \omega \gg \omega_p évitant l'étalement temporel des signaux transmis.

Voir le corrigé complet

a - Courbe de dispersion et zones de dispersion

D'après la relation de dispersion établie à la question Q3, pour une onde progressive se propageant sans atténuation (\omega \ge \omega_p), le vecteur d'onde k est réel et vaut :

k(\omega) = \frac{1}{c}\sqrt{\omega^2 - \omega_p^2}

Pour \omega < \omega_p, il n'y a pas d'onde progressive (k imaginaire pur).

  • En \omega = \omega_p, k = 0, et \displaystyle \frac{\mathrm{d}k}{\mathrm{d}\omega} = \frac{\omega}{c\sqrt{\omega^2 - \omega_p^2}} \xrightarrow[\omega \to \omega_p^+]{} +\infty : la courbe présente une demi-tangente verticale.
  • Pour \omega \gg \omega_p, k(\omega) \sim \dfrac{\omega}{c} : la courbe admet pour asymptote la droite k = \dfrac{\omega}{c} (droite de propagation dans le vide).

Critère de dispersion : Un milieu est non dispersif si la vitesse de phase v_\varphi = \omega/k est indépendante de la pulsation \omega (courbe de dispersion linéaire k \propto \omega), ce qui équivaut à v_g = v_\varphi. La dispersion est d'autant plus marquée que la dérivée \left|\dfrac{\mathrm{d}v_\varphi}{\mathrm{d}\omega}\right| (ou \left|\dfrac{\mathrm{d}v_g}{\mathrm{d}\omega}\right|) est grande :

  • Zone de forte dispersion (\omega \gtrsim \omega_p) : v_\varphi \to +\infty et v_g \to 0. Les vitesses varient très rapidement avec \omega, l'écart à la droite asymptote k=\omega/c est maximal.
  • Zone de faible dispersion (\omega \gg \omega_p) : v_\varphi \simeq v_g \simeq c. La courbe de dispersion se confond avec son asymptote linéaire ; les différentes composantes spectrales se propagent à la même vitesse.

b - Effets de la dispersion sur la transmission des données

Un signal porteur d'informations (impulsion, modulation) possède un spectre de largeur spectrale finie \Delta\omega autour d'une porteuse \omega_0.

  • En milieu dispersif, chaque composante spectrale de l'impulsion se propage à une vitesse de groupe v_g(\omega) différente.
  • Cela provoque un étalement temporel des paquets d'ondes au cours de la propagation.
  • Cet élargissement engendre une diminution de l'amplitude crête et, pour un train numérique, un chevauchement des impulsions successives (interférence inter-symboles), ce qui dégrade le rapport signal sur bruit, augmente le taux d'erreur binaire et limite le débit de transmission admissible.

c - Justification de la bande Ku

La bande Ku utilise des fréquences comprises entre 10{,}7\text{ GHz} et 14{,}5\text{ GHz}, soit f \sim 1{,}2 \times 10^{10}\text{ Hz}.

  • Transparence de l'ionosphère : d'après la question Q3, f_p \approx 9\text{ MHz} \sim 10\text{ MHz}. Comme f \gg f_p, la condition de propagation sans réflexion totale f > f_p est très largement vérifiée. L'onde traverse l'ionosphère sans être réfléchie.
  • Absence de dispersion gênante : avec f / f_p \sim 10^3, on se place dans le régime \omega \gg \omega_p. Les vitesses valent alors :

    v_g \simeq c\left(1 - \frac{1}{2}\frac{f_p^2}{f^2}\right) \simeq c\left(1 - 5 \times 10^{-7}\right) \approx c

    Le milieu ionosphérique est donc rigoureusement assimilable au vide pour cette bande ; la dispersion est négligeable, ce qui autorise des débits binaires très élevés sans déformation des signaux.

  • Directivité et débit : ces fréquences élevées permettent également d'embarquer des antennes directives de taille modérée (gain proportionnel à (D/\lambda)^2) et offrent une bande passante importante pour le transfert continu d'images et de données scientifiques.
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2.1 · Etude préliminaire

Question 6

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Incontournable
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Mécanique › Mouvement dans un champ de force centrale

Notions : troisième loi de kepler, mouvement circulaire

a - Exprimer la vitesse angulaire en fonction de , et de la masse totale du système Soleil-Terre. b - Interpréter et proposer une valeur approchée de la période dans l'unité la plus adaptée, en évitant tout calcul numérique.

Voir l'indice

a - Écrire la condition d'équilibre gravitationnel pour la trajectoire circulaire de la particule fictive de masse réduite du système Terre-Soleil (troisième loi de Kepler). b - Identifier la période de révolution orbitale de la Terre autour du Soleil dans une unité évidente.

Voir la stratégie
  1. Pour la question a, appliquer la relation fondamentale de la dynamique à la Terre dans le référentiel sidéral galiléen \mathcal{R}_s, en exploitant la position du centre de masse O pour exprimer le rayon de l'orbite terrestre en fonction de R, ou utiliser directement le mobile équivalent associé au problème à deux corps.
  2. Pour la question b, identifier physiquement le mouvement décrit par le vecteur \vec{R} = \overrightarrow{ST} pour en déduire la période sans calcul.
Voir la réponse courte

Troisième loi de Kepler \Omega^2 R^3 = GM, d'où \Omega = \sqrt{GM/R^3} ; la période T est celle de l'orbite terrestre, soit 1 an.

Voir le corrigé complet

a - Expression de la vitesse angulaire \Omega

Le système constitué du Soleil (centre S, masse M_S) et de la Terre (centre T, masse M_T) est supposé isolé. Son centre de masse O est fixe dans le référentiel sidéral galiléen \mathcal{R}_s. Par définition du barycentre :

M_S\,\overrightarrow{OS} + M_T\,\overrightarrow{OT} = \vec{0}

Comme \vec{R} = \overrightarrow{ST} = \overrightarrow{OT} - \overrightarrow{OS}, il vient :

\overrightarrow{OT} = \frac{M_S}{M_S + M_T}\vec{R} = \frac{M_S}{M}\vec{R}

La Terre décrit dans \mathcal{R}_s une trajectoire circulaire de centre O et de rayon R_T = \|\overrightarrow{OT}\| = \frac{M_S}{M} R à la vitesse angulaire constante \Omega = \dot{\theta}. Son accélération est purement centripète :

\vec{a}(T/\mathcal{R}_s) = -\Omega^2 \overrightarrow{OT} = -\Omega^2 \frac{M_S}{M} R\,\vec{e}_x

où \vec{e}_x = \frac{\vec{R}}{R} est le vecteur unitaire dirigé de S vers T.

La Terre n'étant soumise qu'à l'attraction gravitationnelle du Soleil :

\vec{F}_{S\to T} = -\frac{G M_S M_T}{R^2}\,\vec{e}_x

La seconde loi de Newton appliquée à la Terre dans \mathcal{R}_s s'écrit :

M_T\,\vec{a}(T/\mathcal{R}_s) = \vec{F}_{S\to T} \iff -M_T \Omega^2 \frac{M_S}{M} R\,\vec{e}_x = -\frac{G M_S M_T}{R^2}\,\vec{e}_x

En simplifiant par le produit M_S M_T, on en déduit :

\Omega^2 = \frac{GM}{R^3}

D'où l'expression de la vitesse angulaire :

\boxed{\Omega = \sqrt{\frac{G M}{R^3}} = \sqrt{\frac{G(M_S + M_T)}{R^3}}}

b - Interprétation et valeur de la période T

La grandeur T = \frac{2\pi}{\Omega} représente la période de révolution orbitale du système Soleil-Terre dans le référentiel sidéral (année sidérale), c'est-à-dire le temps nécessaire à la Terre pour effectuer un tour complet autour du Soleil par rapport aux étoiles fixes.

Dans l'unité la plus naturelle et adaptée à ce mouvement, on a directement :

\boxed{T \simeq 1\text{ an} \quad (\text{soit environ } 365\text{ jours})}

Résultat

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Question 7

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 7 min
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie ; Mouvement dans un champ de force centrale

Notions : force d'inertie d'entraînement, énergie potentielle effective

a - Montrer que l'on peut trouver une fonction de la position du point , telle que

La fonction a été appelée pseudo-potentiel. b - Exprimer en fonction de , et , et donner une interprétation physique de la fonction .

Voir l'indice

a - Projeter le principe fondamental de la dynamique dans le repère synodique (O, \vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z) en prenant garde à la force d'inertie de Coriolis -2m\vec{\Omega}\wedge\vec{v} et en regroupant les forces gravitationnelles et d'entraînement sous la forme d'un gradient. b - Sommer les potentiels gravitationnels des deux astres et le potentiel centrifuge -\frac{1}{2}\Omega^2 r^2, et relier U à l'énergie potentielle effective par E_{p,\text{eff}} = -mU.

Voir la stratégie
  1. Appliquer le principe fondamental de la dynamique au satellite \mathrm{P} dans le référentiel tournant (synodique) \mathcal{R}_\Omega.
  2. Exprimer les forces gravitationnelles et les forces d'inertie (entraînement et Coriolis), puis regrouper les termes d'accélération et de Coriolis à gauche.
  3. Identifier le membre de droite à un gradient pour faire émerger la fonction pseudo-potentiel U(\mathrm{P}) et la relier à l'énergie potentielle effective.
Voir la réponse courte

PFD dans le référentiel tournant avec gravitation et force d'inertie centrifuge ; U regroupe l'énergie potentielle centrifuge et gravitationnelle par unité de masse.

Voir le corrigé complet

a - Équations du mouvement et existence du pseudo-potentiel

Le système \{\text{Soleil}, \text{Terre}\} étant supposé isolé et la masse m du satellite étant négligeable devant M_S et M_T, son centre de masse \mathrm{O} est en mouvement rectiligne uniforme : le référentiel sidéral \mathcal{R}_s = (\mathrm{O}, \vec{e}_\xi, \vec{e}_\eta, \vec{e}_\zeta) est donc galiléen.

On étudie le satellite \mathrm{P} de masse m dans le référentiel synodique \mathcal{R}_\Omega = (\mathrm{O}, \vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z), animé d'une vitesse de rotation uniforme \vec{\Omega} = \Omega \vec{e}_z par rapport à \mathcal{R}_s. Le point \mathrm{O} étant fixe dans \mathcal{R}_s et \vec{\Omega} étant constant :

  • la vitesse et l'accélération relatives de \mathrm{P} dans le plan de l'écliptique (\mathrm{O}xy) sont :

    \vec{v} = \dot{x}\vec{e}_x + \dot{y}\vec{e}_y \quad \text{et} \quad \vec{a} = \ddot{x}\vec{e}_x + \ddot{y}\vec{e}_y
  • la force d'inertie de Coriolis s'écrit :

    \vec{F}_{ic} = -2m\,\vec{\Omega}\wedge\vec{v} = -2m\,\Omega\vec{e}_z \wedge (\dot{x}\vec{e}_x + \dot{y}\vec{e}_y) = 2m\Omega\dot{y}\vec{e}_x - 2m\Omega\dot{x}\vec{e}_y
  • la force d'inertie d'entraînement (centrifuge) s'écrit :

    \vec{F}_{ie} = -m\,\vec{\Omega}\wedge(\vec{\Omega}\wedge\vec{r}) = m\Omega^2\vec{r} = m\Omega^2 (x\vec{e}_x + y\vec{e}_y)
  • les forces gravitationnelles exercées par le Soleil et la Terre sont :

    \vec{F}_S = -\frac{G M_S m}{r_S^3}\vec{r}_S \quad \text{et} \quad \vec{F}_T = -\frac{G M_T m}{r_T^3}\vec{r}_T

Le principe fondamental de la dynamique appliqué à \mathrm{P} dans \mathcal{R}_\Omega donne :

m\vec{a} = \vec{F}_S + \vec{F}_T + \vec{F}_{ie} + \vec{F}_{ic}

En divisant par m et en transposant le terme de Coriolis à gauche :

\vec{a} - \frac{\vec{F}_{ic}}{m} = (\ddot{x} - 2\Omega\dot{y})\vec{e}_x + (\ddot{y} + 2\Omega\dot{x})\vec{e}_y = \frac{\vec{F}_S + \vec{F}_T + \vec{F}_{ie}}{m}

Calculons les gradients des termes de droite par rapport aux coordonnées (x,y) de \mathrm{P} :

  • \vec{\nabla}\left(\frac{1}{r_S}\right) = -\frac{\vec{\nabla} r_S}{r_S^2} = -\frac{\vec{r}_S}{r_S^3}, d'où \frac{\vec{F}_S}{m} = \vec{\nabla}\left(\frac{G M_S}{r_S}\right) ;
  • \vec{\nabla}\left(\frac{1}{r_T}\right) = -\frac{\vec{r}_T}{r_T^3}, d'où \frac{\vec{F}_T}{m} = \vec{\nabla}\left(\frac{G M_T}{r_T}\right) ;
  • \vec{\nabla}\left(\frac{1}{2}r^2\right) = \vec{\nabla}\left(\frac{1}{2}(x^2+y^2)\right) = x\vec{e}_x + y\vec{e}_y = \vec{r}, d'où \frac{\vec{F}_{ie}}{m} = \vec{\nabla}\left(\frac{1}{2}\Omega^2 r^2\right).

Par conséquent, la force totale par unité de masse (hors Coriolis) dérive d'une fonction scalaire U(\mathrm{P}) :

\frac{\vec{F}_S + \vec{F}_T + \vec{F}_{ie}}{m} = \vec{\nabla} U = \frac{\partial U}{\partial x}\vec{e}_x + \frac{\partial U}{\partial y}\vec{e}_y

En projetant sur \vec{e}_x et \vec{e}_y, on obtient bien :

\boxed{\ddot{x} - 2\Omega\dot{y} = \frac{\partial U}{\partial x} \quad \text{et} \quad \ddot{y} + 2\Omega\dot{x} = \frac{\partial U}{\partial y}}

b - Expression et interprétation physique de U(\mathrm{P})

En intégrant le gradient obtenu ci-dessus, l'expression de U(\mathrm{P}) s'écrit (à une constante additive près) :

\boxed{U(\mathrm{P}) = \frac{G M_S}{r_S} + \frac{G M_T}{r_T} + \frac{1}{2}\Omega^2 r^2}

L'énergie potentielle effective du satellite dans le référentiel tournant \mathcal{R}_\Omega est la somme des énergies potentielles gravitationnelles et centrifuge :

E_{p,\text{eff}} = E_{p,\text{grav}} + E_{p,ie} = -\frac{G M_S m}{r_S} - \frac{G M_T m}{r_T} - \frac{1}{2}m\Omega^2 r^2

On constate ainsi que :

\boxed{U(\mathrm{P}) = -\frac{E_{p,\text{eff}}}{m}}

Le pseudo-potentiel U(\mathrm{P}) représente donc l'opposé de l'énergie potentielle effective par unité de masse de la particule dans le référentiel synodique.

Résultat

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Question 8

ExigeanteTemps estimé : ≈ 5 min
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie ; Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : intégrale première, énergie mécanique

a - Déduire des équations précédentes l'existence d'une constante du mouvement appelée constante de Jacobi, telle que :

où représente la vitesse de la particule dans le référentiel tournant et représente la norme de cette vitesse. Et proposer une interprétation physique de la constante de Jacobi. b - On définit les zones d'exclusion du mouvement comme étant les zones de l'espace où la particule ne peut pas pénétrer. Expliquer comment cette constante fournit les zones d'exclusion du mouvement pour la particule .

Voir l'indice

a - Multiplier les deux équations scalaires du mouvement respectivement par \dot{x} et \dot{y}, sommer pour former une dérivée totale par rapport au temps et intégrer. Relier C_J à l'énergie mécanique dans le référentiel relatif. b - Traduire la positivité du carré de la norme de la vitesse (v^2 \ge 0) pour borner les régions spatiales accessibles.

Voir la stratégie
  1. Multiplier les deux équations différentielles du mouvement scalaire par \dot{x} et \dot{y} respectivement, puis les sommer afin d'éliminer le terme d'inertie de Coriolis.
  2. Identifier une dérivée totale par rapport au temps pour faire apparaître l'intégrale première du mouvement C_J.
  3. Relier C_J à l'énergie mécanique dans le référentiel tournant pour l'interpréter, puis utiliser la positivité de la vitesse au carré (v^2 \ge 0) pour délimiter les zones interdites.
Voir la réponse courte

Produit scalaire par la vitesse relative éliminant Coriolis, intégrale première liée à l'énergie mécanique ; exclusion physique là où v^2 < 0, soit 2U < C_J.

Voir le corrigé complet

a - Établissement de la constante de Jacobi et interprétation :

D'après les équations (2) établies à la question Q7 :

\begin{aligned} \ddot{x} - 2\Omega \dot{y} &= \frac{\partial U}{\partial x} \\ \ddot{y} + 2\Omega \dot{x} &= \frac{\partial U}{\partial y} \end{aligned}

En multipliant la première relation par \dot{x}, la seconde par \dot{y} et en effectuant la somme membre à membre :

\dot{x}\ddot{x} + \dot{y}\ddot{y} - 2\Omega\dot{x}\dot{y} + 2\Omega\dot{x}\dot{y} = \dot{x} \frac{\partial U}{\partial x} + \dot{y} \frac{\partial U}{\partial y}

Les termes issus de l'accélération de Coriolis se compensent exactement. Comme U(x,y) ne dépend pas explicitement du temps (\frac{\partial U}{\partial t} = 0), la dérivée particulaire s'écrit \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = \dot{x}\frac{\partial U}{\partial x} + \dot{y}\frac{\partial U}{\partial y}. On en déduit :

\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\dot{x}^2 + \dot{y}^2\right) = \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t}

Avec v^2 = \dot{x}^2 + \dot{y}^2, cette équation se réécrit :

\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(2U - v^2\right) = 0

La grandeur C_J = 2U - v^2 est donc une constante du mouvement :

\boxed{C_J = 2U - v^2 = \text{cte}}

Interprétation physique :

Dans le référentiel synodique \mathcal{R}_\Omega, l'énergie cinétique de la particule \mathrm{P} s'écrit E_c = \frac{1}{2}m v^2 et son énergie potentielle effective vaut E_{p,\text{eff}} = -m U (d'après la question Q7). L'énergie mécanique relative E_{m,\text{rel}} est donc :

E_{m,\text{rel}} = E_c + E_{p,\text{eff}} = \frac{1}{2}m v^2 - m U = -\frac{1}{2} m (2U - v^2) = -\frac{1}{2} m C_J

La constante de Jacobi représente ainsi, à un facteur -2/m près, l'énergie mécanique de la particule dans le référentiel tournant \mathcal{R}_\Omega. Sa conservation traduit le fait que la force d'inertie de Coriolis ne travaille pas (\mathcal{P}(\vec{F}_{ic}) = \vec{F}_{ic}\cdot\vec{v} = 0) et que les autres forces dérivent d'un potentiel effectif indépendant du temps.

b - Zones d'exclusion du mouvement :

La vitesse v étant une grandeur réelle, son carré est nécessairement positif ou nul :

v^2 = 2U(x,y) - C_J \ge 0 \iff 2U(x,y) \ge C_J

La particule ne peut donc évoluer que dans les domaines spatiaux satisfaisant cette condition. Par conséquent, les zones d'exclusion (ou zones interdites) sont les régions de l'espace définies par :

\boxed{2U(x,y) < C_J \quad \Longleftrightarrow \quad U(x,y) < \frac{C_J}{2}}

La frontière entre les régions permises et interdites correspond à une vitesse relative nulle (v = 0), définie par la courbe de niveau :

2U(x,y) = C_J

Cette frontière est appelée « courbe de vitesse nulle » (ou surface de vitesse nulle dans l'espace tridimensionnel). La valeur de C_J, fixée par les conditions initiales de la sonde, détermine ainsi les passages autorisés ou fermés entre le Soleil et la Terre.

Résultat

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2.2 · Détermination des positions des points de Lagrange

Question 9

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie

Notions : adimensionnement, cinématique

a - Montrer que dans ce système d'unités, la vitesse angulaire adimensionnée et la constante de gravitation adimensionnée sont toutes les deux égales à 1. b - Montrer également que le temps adimensionné est égal à l'angle . On pourra utiliser les résultats de la question 6 si nécessaire.

Voir l'indice

a - Exprimer les unités dérivées [u_\Omega] = 1/u_t et [u_G] = u_L^3 / (u_M u_t^2), puis substituer l'expression de \Omega^2. b - Utiliser \theta = \Omega t et l'expression de u_t = 1/\Omega.

Voir la stratégie
  1. Identifier les dimensions physiques de la vitesse angulaire \Omega et de la constante gravitationnelle G pour construire leurs unités dérivées respectives u_\Omega et u_G à partir des unités de base (u_M, u_L, u_t).
  2. Réinvestir la relation de Kepler établie à la question 6 pour simplifier les rapports et conclure quant à \omega et \Gamma.
  3. Relier le temps adimensionné \tau à l'angle de rotation \theta via la vitesse angulaire constante \Omega.
Voir la réponse courte

Choix des unités d'espace R, de masse M et de temps 1/\Omega imposant \omega = 1, \Gamma = 1 et \tau = \Omega t = \theta.

Voir le corrigé complet

a - Vitesse angulaire et constante de gravitation adimensionnées

  • Vitesse angulaire adimensionnée \omega :

    Une vitesse angulaire a pour dimension [\Omega] = \mathrm{T}^{-1}. L'unité associée est donc :

    u_\Omega = \frac{1}{u_t} = \frac{2\pi}{T}

    D'après le résultat de la question 6, la période orbitale s'écrit T = \frac{2\pi}{\Omega}, d'où u_\Omega = \Omega. La vitesse angulaire adimensionnée vaut donc :

    \boxed{\omega = \frac{\Omega}{u_\Omega} = 1}
  • Constante de gravitation adimensionnée \Gamma :

    La loi de la gravitation universelle donne la dimension de la constante G :

    [F] = \left[\frac{G M m}{r^2}\right] \implies \mathrm{M}\,\mathrm{L}\,\mathrm{T}^{-2} = [G]\,\mathrm{M}^2\,\mathrm{L}^{-2} \implies [G] = \mathrm{M}^{-1}\mathrm{L}^3\mathrm{T}^{-2}

    L'unité naturelle u_G associée à G dans ce système d'unités est par conséquent :

    u_G = \frac{u_L^3}{u_M u_t^2}

    En remplaçant par les grandeurs définies dans l'énoncé (u_L = R, u_M = M et u_t = \frac{1}{\Omega}) :

    u_G = \frac{R^3 \Omega^2}{M}

    Or, d'après la relation de Kepler obtenue à la question 6, \Omega^2 = \frac{G M}{R^3}, ce qui donne :

    u_G = \frac{R^3}{M} \left(\frac{G M}{R^3}\right) = G

    On en déduit que la constante de gravitation adimensionnée \Gamma = \frac{G}{u_G} vérifie :

    \boxed{\Gamma = 1}

b - Temps adimensionné et angle \theta

Le temps adimensionné \tau est défini par :

\tau = \frac{t}{u_t} = \frac{2\pi}{T}\,t = \Omega\,t

Le mouvement du référentiel synodique \mathcal{R}_\Omega par rapport au référentiel sidéral \mathcal{R}_s est une rotation uniforme autour de l'axe \vec{e}_z à la vitesse angulaire \Omega = \dot{\theta}. Avec la condition initiale \theta(0) = 0 (l'axe \vec{e}_x étant confondu avec \vec{e}_\xi à t=0), on a :

\theta(t) = \Omega\,t

Par conséquent, on a bien l'égalité directe :

\boxed{\tau = \theta}

Résultat

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Question 10

ExigeanteTemps estimé : ≈ 6 min
  • Calcul littéral

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie ; Mouvement dans un champ de force centrale

Notions : point d'équilibre, point de lagrange

Déterminer la position des deux points d'équilibre notés et qui ne sont pas situés sur l'axe de symétrie de la figure 2 ; on donnera les valeurs de et de pour chacun de ces points. Tant pour cette question que pour la suivante, on portera une attention toute particulière sur le fait que les grandeurs et dépendent des variables et .

Voir l'indice

Annuler le gradient du potentiel adimensionné \tilde{U} hors de l'axe (Ox), ce qui conduit aux équations 1/\rho_S^3 = 1 et 1/\rho_T^3 = 1. En déduire la nature équilatérale des triangles formés avec S et T, puis leurs coordonnées par simple géométrie.

Voir la stratégie
  1. Exprimer les distances adimensionnées \rho_S et \rho_T en fonction des coordonnées synodiques adimensionnées (\tilde{x}, \tilde{y}), en positionnant le Soleil et la Terre par rapport au centre de masse O.
  2. Écrire la condition d'équilibre dans le référentiel tournant, \vec{\nabla}\tilde{U} = \vec{0}, en dérivant le pseudo-potentiel par rapport à \tilde{x} et \tilde{y}.
  3. Exploiter le fait que \tilde{y} \neq 0 pour en déduire les valeurs de \rho_S et \rho_T, puis les coordonnées (\tilde{x}, \tilde{y}) de \mathrm{L}_4 et \mathrm{L}_5.
Voir la réponse courte

Annulation du gradient de U hors axe imposant \rho_S = \rho_T = 1 (triangle équilatéral), d'où \tilde{x} = 1/2 - \mu_T et \tilde{y} = \pm \sqrt{3}/2.

Voir le corrigé complet

Dans le repère synodique adimensionné centré sur le centre de masse O, avec \mu_S + \mu_T = 1, les positions du Soleil et de la Terre sur l'axe (Ox) sont données par :

\tilde{\vec{r}}_S = -\mu_T \vec{e}_x \quad \text{et} \quad \tilde{\vec{r}}_T = \mu_S \vec{e}_x

Les distances adimensionnées \rho_S et \rho_T d'un point P(\tilde{x}, \tilde{y}) à S et T vérifient :

\begin{aligned} \rho_S^2 &= (\tilde{x} + \mu_T)^2 + \tilde{y}^2 \\ \rho_T^2 &= (\tilde{x} - \mu_S)^2 + \tilde{y}^2 \end{aligned}

Leurs dérivées partielles par rapport à \tilde{x} et \tilde{y} s'écrivent :

\begin{aligned} \frac{\partial \rho_S}{\partial \tilde{x}} &= \frac{\tilde{x} + \mu_T}{\rho_S}, \qquad \frac{\partial \rho_S}{\partial \tilde{y}} = \frac{\tilde{y}}{\rho_S} \\ \frac{\partial \rho_T}{\partial \tilde{x}} &= \frac{\tilde{x} - \mu_S}{\rho_T}, \qquad \frac{\partial \rho_T}{\partial \tilde{y}} = \frac{\tilde{y}}{\rho_T} \end{aligned}

D'après l'équation (2), un point d'équilibre dans le référentiel synodique \mathcal{R}_\Omega vérifie \ddot{x} = \ddot{y} = \dot{x} = \dot{y} = 0, ce qui équivaut à l'annulation du gradient du pseudo-potentiel :

\frac{\partial \tilde{U}}{\partial \tilde{x}} = 0 \quad \text{et} \quad \frac{\partial \tilde{U}}{\partial \tilde{y}} = 0

En dérivant l'expression (4) du pseudo-potentiel \tilde{U} :

\begin{aligned} \frac{\partial \tilde{U}}{\partial \tilde{x}} &= \mu_S \left(1 - \frac{1}{\rho_S^3}\right)(\tilde{x} + \mu_T) + \mu_T \left(1 - \frac{1}{\rho_T^3}\right)(\tilde{x} - \mu_S) = 0 \\ \frac{\partial \tilde{U}}{\partial \tilde{y}} &= \tilde{y} \left[ \mu_S \left(1 - \frac{1}{\rho_S^3}\right) + \mu_T \left(1 - \frac{1}{\rho_T^3}\right) \right] = 0 \end{aligned}

Puisque les points \mathrm{L}_4 et \mathrm{L}_5 ne sont pas situés sur l'axe (Ox), on a \tilde{y} \neq 0. L'équation selon \tilde{y} impose :

\mu_S \left(1 - \frac{1}{\rho_S^3}\right) + \mu_T \left(1 - \frac{1}{\rho_T^3}\right) = 0

En réinjectant cette relation dans l'équation selon \tilde{x}, le terme proportionnel à \tilde{x} s'annule, ce qui conduit à :

\mu_S \mu_T \left(1 - \frac{1}{\rho_S^3}\right) - \mu_S \mu_T \left(1 - \frac{1}{\rho_T^3}\right) = 0 \implies 1 - \frac{1}{\rho_S^3} = 1 - \frac{1}{\rho_T^3}

En combinant ces deux égalités, il vient nécessairement :

1 - \frac{1}{\rho_S^3} = 0 \quad \text{et} \quad 1 - \frac{1}{\rho_T^3} = 0

Comme les distances sont positives, on obtient pour \mathrm{L}_4 et \mathrm{L}_5 :

\boxed{ \rho_S = 1 \quad \text{et} \quad \rho_T = 1 }

Les points \mathrm{L}_4 et \mathrm{L}_5 forment donc chacun un triangle équilatéral de côté unité avec le Soleil et la Terre.

Pour déterminer leurs coordonnées cartésiennes, soustrayons les expressions de \rho_S^2 et \rho_T^2 :

\rho_S^2 - \rho_T^2 = (\tilde{x} + \mu_T)^2 - (\tilde{x} - \mu_S)^2 = 1^2 - 1^2 = 0

En factorisant avec \mu_S + \mu_T = 1 :

(\mu_S + \mu_T)(2\tilde{x} + \mu_T - \mu_S) = 2\tilde{x} + \mu_T - \mu_S = 0 \implies \tilde{x} = \frac{\mu_S - \mu_T}{2} = \frac{1}{2} - \mu_T

On en déduit l'ordonnée \tilde{y} :

\tilde{y}^2 = \rho_S^2 - (\tilde{x} + \mu_T)^2 = 1 - \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{3}{4} \implies \tilde{y} = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}

Par convention (voir figure 2), \mathrm{L}_4 se situe dans le demi-plan \tilde{y} > 0 et \mathrm{L}_5 dans le demi-plan \tilde{y} < 0. On a donc :

\boxed{ \mathrm{L}_4 : \quad (\tilde{x}_4, \tilde{y}_4) = \left(\frac{1}{2} - \mu_T,\, \frac{\sqrt{3}}{2}\right) }
\boxed{ \mathrm{L}_5 : \quad (\tilde{x}_5, \tilde{y}_5) = \left(\frac{1}{2} - \mu_T,\, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right) }

Résultat

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Question 11

ExigeanteTemps estimé : ≈ 8 min
  • Mise en équation
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie

Notions : point d'équilibre, point de lagrange

On se propose maintenant de déterminer la position du point . Comme le montre la figure 2, ce point d'équilibre est situé sur l'axe , entre le Soleil et la Terre. Déduire de cette information deux relations entre et d'une part, et entre et d'autre part, puis s'en servir pour montrer que le point vérifie l'équation suivante :

Voir l'indice

Écrire la condition d'équilibre sur l'axe (Ox) en annulant la dérivée partielle \partial \tilde{U}/\partial \tilde{x}. Exprimer les distances \rho_S et \rho_T en fonction de l'abscisse \tilde{x}_1 et de la position du centre de masse O, puis éliminer \tilde{x}_1 pour aboutir à l'équation demandée.

Voir la stratégie
  1. Exprimer les distances adimensionnées \rho_S et \rho_T en fonction de l'abscisse adimensionnée \tilde{x}_1 du point \mathrm{L}_1, en tenant compte de sa position entre le Soleil et la Terre sur l'axe (\mathrm{O}x).
  2. Traduire la condition d'équilibre dans le référentiel synodique \mathcal{R}_\Omega (annulation de la force effective ou gradient nul du pseudo-potentiel \tilde{U}).
  3. Utiliser la relation géométrique \rho_S = 1 - \rho_T et factoriser pour obtenir l'équation demandée sur \rho_T.
Voir la réponse courte

Sur l'axe entre Soleil et Terre, \rho_S = 1 - \rho_T, annulation de \partial U/\partial \tilde{x} et réarrangement algébrique menant à la relation demandée.

Voir le corrigé complet

Dans le repère synodique centré en O (centre de masse du système), le Soleil S et la Terre T sont situés sur l'axe (\mathrm{O}x) à des abscisses constantes vérifiant :

\mu_S \tilde{x}_S + \mu_T \tilde{x}_T = 0 \quad \text{et} \quad \tilde{x}_T - \tilde{x}_S = 1

Sachant que \mu_S + \mu_T = 1, on a :

\tilde{x}_S = -\mu_T \quad \text{et} \quad \tilde{x}_T = \mu_S = 1 - \mu_T

Le point \mathrm{L}_1 est situé sur l'axe (\mathrm{O}x) (\tilde{y}_1 = 0) strictement entre le Soleil et la Terre (\tilde{x}_S < \tilde{x}_1 < \tilde{x}_T). Les distances adimensionnées \rho_S = \frac{\mathrm{SP}}{R} et \rho_T = \frac{\mathrm{TP}}{R} s'écrivent donc :

\rho_S = \tilde{x}_1 - \tilde{x}_S = \tilde{x}_1 + \mu_T
\rho_T = \tilde{x}_T - \tilde{x}_1 = \mu_S - \tilde{x}_1

On remarque immédiatement que :

\rho_S + \rho_T = \mu_S + \mu_T = 1 \implies \rho_S = 1 - \rho_T

De plus, en combinant les deux relations, l'abscisse \tilde{x}_1 s'exprime simplement selon :

\mu_S \rho_S - \mu_T \rho_T = \mu_S(\tilde{x}_1 + \mu_T) - \mu_T(\mu_S - \tilde{x}_1) = (\mu_S + \mu_T)\tilde{x}_1 = \tilde{x}_1

À l'équilibre dans le référentiel tournant \mathcal{R}_\Omega, la somme des forces appliquées à une particule au repos en \mathrm{L}_1 est nulle :

\vec{F} = -\frac{G M_S m}{r_S^2}\vec{e}_x + \frac{G M_T m}{r_T^2}\vec{e}_x + m\Omega^2 x_1 \vec{e}_x = \vec{0}

En divisant cette équation par m\Omega^2 R = \frac{G M m}{R^2} (ce qui revient également à écrire \frac{\partial \tilde{U}}{\partial \tilde{x}}(\tilde{x}_1, 0) = 0), on obtient la condition d'équilibre adimensionnée :

-\frac{\mu_S}{\rho_S^2} + \frac{\mu_T}{\rho_T^2} + \tilde{x}_1 = 0

En substituant \tilde{x}_1 = \mu_S \rho_S - \mu_T \rho_T :

\begin{aligned} -\frac{\mu_S}{\rho_S^2} + \frac{\mu_T}{\rho_T^2} + \mu_S \rho_S - \mu_T \rho_T &= 0 \\ \mu_T\left(\frac{1}{\rho_T^2} - \rho_T\right) &= \mu_S\left(\frac{1}{\rho_S^2} - \rho_S\right) \\ \mu_T \frac{1 - \rho_T^3}{\rho_T^2} &= \mu_S \frac{1 - \rho_S^3}{\rho_S^2} \end{aligned}

En utilisant la relation \rho_S = 1 - \rho_T, développons le numérateur du membre de droite :

\begin{aligned} 1 - \rho_S^3 &= 1 - (1 - \rho_T)^3 \\ &= 1 - (1 - 3\rho_T + 3\rho_T^2 - \rho_T^3) \\ &= 3\rho_T - 3\rho_T^2 + \rho_T^3 \\ &= 3\rho_T \left(1 - \rho_T + \frac{\rho_T^2}{3}\right) \end{aligned}

L'égalité devient ainsi :

\mu_T \frac{1 - \rho_T^3}{\rho_T^2} = 3\mu_S \rho_T \frac{1 - \rho_T + \frac{\rho_T^2}{3}}{(1 - \rho_T)^2}

En isolant le rapport \frac{\mu_T}{3\mu_S}, on obtient l'équation régissant la position du point \mathrm{L}_1 :

\boxed{\frac{\mu_T}{3\mu_S} = \rho_T^3 \frac{1 - \rho_T + \frac{\rho_T^2}{3}}{(1 - \rho_T)^2(1 - \rho_T^3)}}

Résultat

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Question 12

ExigeanteTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral
  • Application numérique

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie

Notions : point de lagrange, développement limité

a - Calculer la valeur numérique de , puis en déduire une valeur approchée de (on pourra se limiter au terme d'ordre le plus bas dans le développement limité de l'équation (5) ). b - En déduire la valeur numérique de la distance du point à la Terre.

Voir l'indice

a - Calculer le rapport \alpha = M_T/(3M_S). Au premier ordre non nul en \rho_T \ll 1, l'équation de la question précédente se simplifie en \alpha \simeq \rho_T^3. b - Multiplier \rho_T par la distance R = 1\text{ UA} pour obtenir la distance en kilomètres.

Voir la stratégie
  1. Exprimer le paramètre sans dimension \alpha à partir des définitions des masses réduites \mu_T et \mu_S, puis réaliser l'application numérique.
  2. Comme \alpha \ll 1, chercher \rho_T \ll 1 en effectuant un développement limité à l'ordre le plus bas de la fonction rationnelle présente dans l'équation (5).
  3. Revenir à la grandeur dimensionnée r_T = \rho_T R pour obtenir la distance du point \mathrm{L}_1 à la Terre.
Voir la réponse courte

À l'ordre dominant \rho_T \approx (\mu_T/(3\mu_S))^{1/3} \approx 0{,}01, d'où une distance r_T = \rho_T R \approx 1{,}5\times 10^6\text{ km}.

Voir le corrigé complet

a - Calcul de \alpha et de \rho_T :

Par définition des grandeurs adimensionnées de masse (introduites au paragraphe 2.2) :

\mu_T = \frac{M_T}{M} \quad \text{et} \quad \mu_S = \frac{M_S}{M}

Le rapport \alpha s'écrit donc :

\alpha = \frac{\mu_T}{3\mu_S} = \frac{M_T}{3M_S}

Avec les valeurs numériques fournies (M_T = 6{,}0 \times 10^{24}\text{ kg} et M_S = 2{,}0 \times 10^{30}\text{ kg}) :

\alpha = \frac{6{,}0 \times 10^{24}}{3 \times 2{,}0 \times 10^{30}} = 1{,}0 \times 10^{-6}
\boxed{\alpha = 1{,}0 \times 10^{-6}}

L'équation (5) établie à la question précédente est :

\alpha = \rho_T^3 \frac{1 - \rho_T + \dfrac{\rho_T^2}{3}}{(1 - \rho_T)^2(1 - \rho_T^3)}

Puisque \alpha \ll 1, la distance adimensionnée \rho_T est très petite devant 1. Au voisinage de \rho_T = 0, le terme fractionnaire admet pour développement limité d'ordre le plus bas :

\frac{1 - \rho_T + \dfrac{\rho_T^2}{3}}{(1 - \rho_T)^2(1 - \rho_T^3)} = 1 + \mathcal{O}(\rho_T)

L'équation (5) se réduit donc au premier ordre non nul à :

\alpha \simeq \rho_T^3 \implies \rho_T \simeq \alpha^{1/3} = \left(\frac{M_T}{3M_S}\right)^{1/3}

Numériquement :

\rho_T \simeq (1{,}0 \times 10^{-6})^{1/3} = 1{,}0 \times 10^{-2}
\boxed{\rho_T \simeq 1{,}0 \times 10^{-2}}

b - Distance du point \mathrm{L}_1 à la Terre :

Par définition de \rho_T = \frac{r_T}{R}, avec R = 1\text{ UA} = 1{,}5 \times 10^{11}\text{ m} :

r_T = \rho_T R
r_T \simeq 1{,}0 \times 10^{-2} \times 1{,}5 \times 10^{11}\text{ m} = 1{,}5 \times 10^9\text{ m}
\boxed{r_T \simeq 1{,}5 \times 10^6\text{ km}}

Résultat

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2.3 · Etude de la stabilité des points de Lagrange

Question 13

ExigeanteTemps estimé : ≈ 4 min
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Mécanique › Approche énergétique et oscillateurs mécaniques ; Référentiels non galiléens et forces d'inertie

Notions : stabilité d'un équilibre, point col

Expliquer de manière qualitative pourquoi les points , et ne peuvent pas être stables.

Voir l'indice

Observer les courbes de niveau de la figure 2 : les points L_1, L_2, L_3 correspondent à des points cols (points de selle) du pseudo-potentiel, ce qui exclut la stabilité au sens statique dans le plan de l'écliptique.

Voir la stratégie
  1. Exploiter la topologie des courbes de niveau de la figure 2 pour identifier la nature des extrema en \mathrm{L}_1, \mathrm{L}_2 et \mathrm{L}_3.
  2. Confirmer le résultat par un raisonnement physique élémentaire sur le bilan des forces lors d'un petit déplacement le long de l'axe des centres (\mathrm{O}x).
Voir la réponse courte

Le pseudo-potentiel U présente un point-selle en \mathrm{L}_1, \mathrm{L}_2 et \mathrm{L}_3 (maximum selon l'axe \mathrm{O}x), ce qui rend l'équilibre instable.

Voir le corrigé complet

Deux approches complémentaires permettent de justifier l'instabilité de ces trois points colinéaires :

1. Analyse graphique des courbes de niveau (figure 2) Les courbes de niveau (1), (2) et (3) de la fonction \tilde{U}(\tilde{x},\tilde{y}) se recoupent avec une allure de séparatrice (en forme de « huit » ou de nœud) aux points \mathrm{L}_1, \mathrm{L}_2 et \mathrm{L}_3.

  • Les points \mathrm{L}_1, \mathrm{L}_2 et \mathrm{L}_3 sont donc des points-cols (ou points-selles) du pseudo-potentiel \tilde{U}, et par conséquent également de l'énergie potentielle effective E_p(x,y) = -mU(x,y).
  • Un point-col ne présente pas de cuvette de potentiel : la courbure du potentiel est de signes opposés selon les directions principales. Une particule légèrement écartée de l'équilibre le long de la direction de descente de potentiel ne subit aucun rappel vers sa position initiale.

2. Analyse physique le long de l'axe (\mathrm{O}x) Considérons le comportement d'une particule au repos soumise à une perturbation \delta x le long de l'axe des centres (\mathrm{O}x) :

  • En \mathrm{L}_1 : si la particule est déplacée d'une distance \delta x > 0 vers la Terre, la distance r_T diminue. L'attraction gravitationnelle terrestre, proportionnelle à 1/r_T^2, augmente fortement, tandis que l'attraction solaire diminue. La force résultante s'oriente donc vers la Terre, dans le même sens que le déplacement, ce qui amplifie l'écart initial. Inversement, pour \delta x < 0 (vers le Soleil), l'attraction du Soleil l'emporte et attire la particule vers lui.
  • En \mathrm{L}_2 et \mathrm{L}_3 : le même déséquilibre apparaît : la force gravitationnelle exercée par l'astre le plus proche varie plus rapidement avec la distance que la force centrifuge d'entraînement et l'attraction de l'autre astre, de sorte que toute perturbation axiale génère une force déstabilisatrice.
\boxed{\text{Les points colinéaires } \mathrm{L}_1\text{, } \mathrm{L}_2 \text{ et } \mathrm{L}_3 \text{ sont des points-cols : l'équilibre est instable selon l'axe } (\mathrm{O}x).}

Résultat

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Question 14

DifficileTemps estimé : ≈ 3 min
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie

Notions : force de coriolis, stabilité dynamique

Justifier qualitativement le fait que la force d'inertie de Coriolis puisse conduire à stabiliser au voisinage du point . On parle alors de stabilité dynamique de et de .

Voir l'indice

Analyser le sens de la force de Coriolis \vec{F}_C = -2m\vec{\Omega}\wedge\vec{v} : perpendiculaire à la vitesse de déplacement, elle tend à courber la trajectoire de l'objet et peut le maintenir sur une orbite fermée autour du maximum de potentiel.

Voir la stratégie
  1. Préciser l'effet des forces dérivant du pseudo-potentiel au voisinage du sommet de l'énergie potentielle E_p.
  2. Caractériser la force d'inertie de Coriolis \vec{F}_{ic} et son action sur la direction de propagation de la particule.
  3. Conclure sur le mécanisme d'enroulement de la trajectoire (stabilisation dynamique).
Voir la réponse courte

La force de Coriolis dévie la vitesse perpendiculairement à la pente de potentiel, courbant la trajectoire en orbite fermée autour du sommet.

Voir le corrigé complet

Au point de Lagrange \mathrm{L}_4, la fonction U admet un minimum local, ce qui correspond pour la particule-test \mathrm{P} de masse m à un maximum local de l'énergie potentielle effective :

E_p(x,y) = -m\,U(x,y)

En l'absence d'autre force, une petite perturbation écartant \mathrm{P} de \mathrm{L}_4 engendre une force répulsive :

\vec{F}_{\text{eff}} = -\vec{\nabla} E_p = m\,\vec{\nabla} U

qui tend à éloigner la particule du sommet de potentiel (instabilité statique).

Cependant, dès que la particule acquiert une vitesse relative non nulle \vec{v} dans le référentiel tournant \mathcal{R}_\Omega, elle est soumise à la force d'inertie de Coriolis :

\vec{F}_{ic} = -2m\,\vec{\Omega} \wedge \vec{v} = 2m\Omega\,(\vec{v} \wedge \vec{e}_z)

Cette force présente deux propriétés fondamentales :

  • elle est orthogonale à la vitesse \vec{v} à chaque instant (\vec{F}_{ic} \cdot \vec{v} = 0), sa puissance est donc nulle : elle ne fournit ni ne dissipe d'énergie mécanique dans \mathcal{R}_\Omega ;
  • elle dévie continûment le vecteur vitesse vers la droite du mouvement (pour un repère tournant dans le sens trigonométrique, \vec{\Omega} = \Omega\,\vec{e}_z).

Si l'effet gyroscopique de Coriolis est prépondérant par rapport à la force répulsive issue du gradient de potentiel, la trajectoire de la particule est courbée avant qu'elle ne puisse s'échapper. La particule s'enroule alors autour du point \mathrm{L}_4 selon une trajectoire fermée (ou quasi-périodique de type libration), restant confinée dans son voisinage.

On parle de stabilité dynamique car cette stabilité n'est pas assurée par un puits de potentiel statique, mais par le mouvement lui-même via la force de Coriolis.

Question déjà tombée ailleurs

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Question 15

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie

Notions : linéarisation, système différentiel linéaire

Ecrire ces équations du mouvement (7) sous la forme du système matriciel

et exprimer la matrice avec les notations (6) introduites ci-dessus.

Voir l'indice

Isoler les termes d'ordre 1 du développement de Taylor de \partial\tilde{U}/\partial X et \partial\tilde{U}/\partial Y au point d'équilibre considéré et identifier bloc par bloc les coefficients de la matrice d'état compagne 4\times 4.

Voir la stratégie
  1. Effectuer le développement de Taylor au voisinage du point d'équilibre \mathrm{L}_i du pseudo-potentiel adimensionné \tilde{U} à l'ordre 2, en exploitant le fait que les dérivées premières sont nulles à l'équilibre.
  2. En déduire les expressions linéarisées des forces généralisées \frac{\partial \tilde{U}}{\partial X} et \frac{\partial \tilde{U}}{\partial Y} en fonction des dérivées secondes (notations 6).
  3. Réécrire les équations différentielles du mouvement sous forme d'un système différentiel linéaire d'ordre 1 portant sur le vecteur d'état (X, Y, X', Y')^\top et identifier la matrice \mathbf{A}.
Voir la réponse courte

Mise sous forme matricielle d'ordre 1 du système linéarisé couplé par les termes gyroscopiques de Coriolis.

Voir le corrigé complet

Le point \mathrm{L}_i de coordonnées (x_0, y_0) = (\tilde{x}_i, \tilde{y}_i) est une position d'équilibre dans le référentiel synodique, ce qui se traduit par l'annulation des dérivées premières du pseudo-potentiel en ce point :

\frac{\partial \tilde{U}}{\partial \tilde{x}}(x_0, y_0) = 0 \quad \text{et} \quad \frac{\partial \tilde{U}}{\partial \tilde{y}}(x_0, y_0) = 0

Le développement de Taylor du pseudo-potentiel \tilde{U} à l'ordre 2 au voisinage de (x_0, y_0), avec \tilde{x} = x_0 + X et \tilde{y} = y_0 + Y, s'écrit :

\tilde{U}(x_0 + X, y_0 + Y) \simeq U_0 + \frac{1}{2} \left( U_{xx} X^2 + 2\,U_{xy} XY + U_{yy} Y^2 \right)

où les dérivées partielles secondes sont évaluées en (x_0, y_0) selon les notations (6) :

U_{xx} = \frac{\partial^2 \tilde{U}}{\partial \tilde{x}^2}(x_0, y_0), \quad U_{xy} = \frac{\partial^2 \tilde{U}}{\partial \tilde{x}\partial\tilde{y}}(x_0, y_0), \quad U_{yy} = \frac{\partial^2 \tilde{U}}{\partial \tilde{y}^2}(x_0, y_0)

On en déduit les composantes du gradient au premier ordre en X et Y :

\begin{aligned} \frac{\partial \tilde{U}}{\partial X} &= U_{xx} X + U_{xy} Y \\ \frac{\partial \tilde{U}}{\partial Y} &= U_{xy} X + U_{yy} Y \end{aligned}

En reportant ces expressions dans les équations du mouvement (7), on obtient :

\begin{aligned} X'' &= U_{xx} X + U_{xy} Y + 2 Y' \\ Y'' &= U_{xy} X + U_{yy} Y - 2 X' \end{aligned}

En adjoignant à ces deux équations les identités cinématiques triviales \frac{\mathrm{d}X}{\mathrm{d}\tau} = X' et \frac{\mathrm{d}Y}{\mathrm{d}\tau} = Y', le système s'écrit sous forme matricielle :

\begin{pmatrix} X' \\ Y' \\ X'' \\ Y'' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ U_{xx} & U_{xy} & 0 & 2 \\ U_{xy} & U_{yy} & -2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} X \\ Y \\ X' \\ Y' \end{pmatrix}

La matrice \mathbf{A} cherchée est donc :

\boxed{\mathbf{A} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ U_{xx} & U_{xy} & 0 & 2 \\ U_{xy} & U_{yy} & -2 & 0 \end{pmatrix}}

Résultat

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Question 16

DifficileTemps estimé : ≈ 7 min
  • Calcul littéral
  • Application numérique
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie ; Approche énergétique et oscillateurs mécaniques

Notions : stabilité linéaire, valeur propre

a - Donner une condition sur pour que les points et soient dynamiquement stables. b - Estimer la valeur de et conclure sur la stabilité dynamique des points et pour le système Soleil-Terre.

Voir l'indice

a - Poser \Lambda = \lambda^2 pour obtenir une équation du second degré. Pour assurer la stabilité marginale (oscillations pures non divergentes), les racines \Lambda doivent être réelles négatives distinctes, ce qui impose \Delta \ge 0. b - Évaluer numériquement \mu_T = M_T/(M_S+M_T) et vérifier l'inégalité de Gascheau.

Voir la stratégie
  1. Pour que le mouvement linéarisé au voisinage du point d'équilibre soit borné (stabilité au sens de Liapounov), aucune valeur propre \lambda_k ne doit posséder de partie réelle strictement positive. Comme le polynôme caractéristique est pair en \lambda, cela impose que toutes les valeurs propres soient imaginaires pures.
  2. Résoudre l'équation bicarrée en posant X = \lambda^2 et exprimer les conditions sur les racines X (réelles et négatives), puis en déduire la condition sur \mu_T.
  3. Calculer \mu_T pour le système Soleil-Terre à l'aide des données numériques et conclure.
Voir la réponse courte

Valeurs propres imaginaires pures imposant discriminant positif, soit \mu_T(1-\mu_T) < 1/27 \implies \mu_T < 0{,}0385, largement vérifié pour le système Soleil-Terre.

Voir le corrigé complet

a - Condition sur µ_T pour la stabilité dynamique

D'après l'équation (9), la solution du mouvement linéarisé s'exprime comme une combinaison linéaire de modes en \mathrm{e}^{\lambda_k t}. Pour que les perturbations restent bornées au cours du temps (stabilité dynamique), il est nécessaire que :

\forall k \in \{1, 2, 3, 4\}, \quad \Re(\lambda_k) \le 0

L'équation caractéristique (10) vérifiée par les valeurs propres \lambda est bicarrée :

\lambda^4 + \lambda^2 + \frac{27}{4} \mu_T (1 - \mu_T) = 0

Cette équation ne comportant que des puissances paires de \lambda, si \lambda est racine, alors -\lambda est également racine. Par conséquent, s'il existait une valeur propre de partie réelle non nulle, l'une des valeurs propres aurait une partie réelle strictement positive, entraînant une divergence exponentielle et l'instabilité du point d'équilibre.

La stabilité dynamique requiert donc que les quatre valeurs propres soient imaginaires pures (distinctes pour éviter tout terme séculaire proportionnel à t) :

\lambda = \pm \mathrm{i} \omega \quad (\omega \in \mathbb{R}^*) \implies X = \lambda^2 < 0

Posons X = \lambda^2. L'équation devient une équation du second degré :

X^2 + X + \frac{27}{4} \mu_T (1 - \mu_T) = 0

Pour que cette équation admette deux racines réelles distinctes, son discriminant \Delta doit être strictement positif :

\Delta = 1 - 4 \times \frac{27}{4} \mu_T (1 - \mu_T) = 1 - 27 \mu_T (1 - \mu_T) > 0

Lorsque \Delta > 0 :

  • La somme des racines vaut S = -1 < 0 ;
  • Le produit des racines vaut P = \frac{27}{4} \mu_T (1 - \mu_T) > 0 car pour le système physique \mu_T \in \left]0, \frac{1}{2}\right].

Les deux racines X_1 et X_2 sont donc automatiquement réelles et strictement négatives.

La condition de stabilité dynamique s'écrit ainsi :

27 \mu_T (1 - \mu_T) < 1 \iff 27 \mu_T^2 - 27 \mu_T + 1 > 0

Le discriminant de ce polynôme en \mu_T est \Delta' = 27^2 - 4 \times 27 = 27 \times 23 = 621. Comme \mu_T \le \frac{1}{2} (la Terre étant le corps de moindre masse), la condition devient :

\mu_T < \mu_c = \frac{27 - \sqrt{621}}{54} = \frac{1}{2} \left( 1 - \sqrt{1 - \frac{4}{27}} \right)

Numériquement, \sqrt{1 - \frac{4}{27}} = \sqrt{\frac{23}{27}} \simeq 0{,}923, ce qui donne \mu_c \simeq 0{,}0385.

\boxed{\mu_T < \frac{1}{2}\left(1 - \sqrt{\frac{23}{27}}\right) \simeq 3{,}85 \times 10^{-2}}

b - Application au système Soleil-Terre

D'après les données fournies pour la partie 2 :

  • M_T = 6{,}0 \times 10^{24}\text{ kg} ;
  • M_S = 2{,}0 \times 10^{30}\text{ kg}.

La masse réduite adimensionnée de la Terre vaut :

\mu_T = \frac{M_T}{M_S + M_T} \simeq \frac{M_T}{M_S} = \frac{6{,}0 \times 10^{24}}{2{,}0 \times 10^{30}}
\boxed{\mu_T \simeq 3{,}0 \times 10^{-6}}

On constate que :

\mu_T \simeq 3{,}0 \times 10^{-6} \ll \mu_c \simeq 3{,}85 \times 10^{-2}

La condition de stabilité est très largement vérifiée.

\boxed{\text{Les points } \mathrm{L}_4 \text{ et } \mathrm{L}_5 \text{ sont dynamiquement stables pour le système Soleil-Terre.}}

Résultat

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Question 17

ExigeanteTemps estimé : ≈ 6 min
  • Calcul littéral
  • Application numérique

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie

Notions : mode propre, pulsation propre

Montrer que le mouvement par rapport à d'un objet dynamiquement stable au voisinage de (ou ) est caractérisé par deux périodes d'évolution différentes et (où ) et calculer les valeurs numériques de ces deux périodes (dans l'unité la plus appropriée).

Voir l'indice

Calculer les deux pulsations propres \omega_{\tau,1} et \omega_{\tau,2} issues des racines imaginaires pures \pm \mathrm{i}\omega_{\tau}, puis convertir les pulsations adimensionnées en périodes réelles via T_k = T/\omega_{\tau,k}.

Voir la stratégie
  1. Résoudre l'équation bicarrée en \lambda satisfaite par les valeurs propres de \mathbf{A} pour déterminer les deux pulsations propres (sans dimension).
  2. Exprimer le lien entre le temps adimensionné \tau et le temps physique t, puis en déduire l'expression des pulsations et des périodes physiques T_1 et T_2.
  3. Effectuer les approximations permises par \mu_T \ll 1 pour obtenir les valeurs numériques des périodes dans l'unité adaptée (l'année).
Voir la réponse courte

Équation bicarrée donnant deux pulsations propres \omega_{1,2}, d'où deux périodes de libration T_1 \approx 1\text{ an} et T_2 \approx 12\text{ ans}.

Voir le corrigé complet

L'équation caractéristique (10) s'écrit en posant \Lambda = \lambda^2 :

\Lambda^2 + \Lambda + \frac{27}{4}\mu_T(1-\mu_T) = 0

Le discriminant de cette équation du second degré vaut \Delta = 1 - 27\mu_T(1-\mu_T). D'après la question Q16, pour \mu_T < \mu_c, on a \Delta > 0, et les deux racines \Lambda_1 et \Lambda_2 sont réelles, distinctes et strictement négatives :

\Lambda_1 = \frac{-1 - \sqrt{\Delta}}{2} < 0 \quad \text{et} \quad \Lambda_2 = \frac{-1 + \sqrt{\Delta}}{2} < 0

Les quatre valeurs propres \lambda_k sont donc deux paires d'imaginaires purs conjugués :

\lambda = \pm \mathrm{i}\,\omega_{\tau,1} \quad \text{et} \quad \lambda = \pm \mathrm{i}\,\omega_{\tau,2}

avec \omega_{\tau,1} = \sqrt{-\Lambda_1} et \omega_{\tau,2} = \sqrt{-\Lambda_2}.

Le mouvement au voisinage de \mathrm{L}_4 (ou \mathrm{L}_5) est une superposition de fonctions trigonométriques \cos(\omega_{\tau,k}\tau) et \sin(\omega_{\tau,k}\tau), sans terme divergent ni amorti. Il s'agit d'un mouvement quasi-périodique caractérisé par deux fréquences propres distinctes, et donc par deux périodes temporelles distinctes.

Comme \tau = \Omega t = \frac{2\pi}{T} t (où T = \frac{2\pi}{\Omega} \simeq 1\text{ an} d'après la question Q6), les pulsations physiques valent :

\omega_k = \omega_{\tau,k}\,\Omega = \frac{2\pi\,\omega_{\tau,k}}{T}

Les périodes physiques associées sont donc :

T_k = \frac{2\pi}{\omega_k} = \frac{T}{\omega_{\tau,k}}

Pour le système Soleil-Terre, \mu_T \simeq 3{,}0 \times 10^{-6} \ll 1. On effectue un développement au premier ordre en \mu_T :

\begin{aligned} \sqrt{\Delta} &= \left(1 - 27\mu_T + \mathcal{O}(\mu_T^2)\right)^{1/2} \simeq 1 - \frac{27}{2}\mu_T \\ \Lambda_1 &\simeq \frac{-1 - \left(1 - \frac{27}{2}\mu_T\right)}{2} \simeq -1 + \frac{27}{4}\mu_T \simeq -1 \\ \Lambda_2 &\simeq \frac{-1 + \left(1 - \frac{27}{2}\mu_T\right)}{2} \simeq -\frac{27}{4}\mu_T \end{aligned}

On en déduit les pulsations adimensionnées :

\begin{aligned} \omega_{\tau,1} &= \sqrt{-\Lambda_1} \simeq 1 \\ \omega_{\tau,2} &= \sqrt{-\Lambda_2} \simeq \frac{3\sqrt{3}}{2}\sqrt{\mu_T} \end{aligned}

Puisque \omega_{\tau,1} > \omega_{\tau,2}, la condition T_2 > T_1 impose :

T_1 = \frac{T}{\omega_{\tau,1}} \simeq T \quad \text{et} \quad T_2 = \frac{T}{\omega_{\tau,2}} \simeq \frac{T}{\frac{3\sqrt{3}}{2}\sqrt{\mu_T}}

Applications numériques :

  • Période courte T_1 :

    T_1 \simeq T \simeq 1\text{ an}
  • Période longue T_2 :

    \begin{aligned} \omega_{\tau,2} &\simeq \frac{3\sqrt{3}}{2}\sqrt{3{,}0 \times 10^{-6}} = \frac{3\sqrt{3}}{2} \times \sqrt{3} \times 10^{-3} = \frac{9}{2} \times 10^{-3} = 4{,}5 \times 10^{-3} \\ T_2 &\simeq \frac{1\text{ an}}{4{,}5 \times 10^{-3}} = \frac{2\,000}{9}\text{ ans} \simeq 2{,}2 \times 10^2\text{ ans} \end{aligned}
\boxed{T_1 \simeq 1{,}0\text{ an} \quad \text{et} \quad T_2 \simeq 2{,}2 \times 10^2\text{ ans}}

Résultat

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Partie Partie Sciences de l'Ingénieur : Déploiement des panneaux solaires

2.1 · Analyse du mécanisme

Question 18

Application directeTemps estimé : ≈ 3 min
  • Incontournable
  • Schéma ou tracé

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : liaison mécanique, graphe de liaisons

Etablir le graphe de liaisons du mécanisme.

Voir l'indice

Identifier chaque solide (0, 1, 2, 3, 4, 5) et relier les nœuds par les liaisons mécaniques équivalentes en explicitant leurs caractéristiques géométriques.

Voir la stratégie
  1. Recenser l'ensemble des solides indéformables constituant la chaîne cinématique décrite par l'énoncé.
  2. Identifier la nature géométrique de chaque liaison entre solides contigus d'après le texte et la figure 4 (centre, axe, degrés de liberté autorisés).
  3. Préciser le cas des liaisons en parallèle entre les panneaux (charnières actives et passives) et tracer le graphe de liaisons complet.
Voir la réponse courte

Tracé du graphe des liaisons reliant le corps du satellite, le bras articulé et le panneau solaire via des liaisons pivots.

Voir le corrigé complet

D'après la description du mécanisme (figures 4 et 5), le système est composé de 6 solides :

  • le corps du satellite, noté 0 (bâti) ;
  • l'arbre d'orientation, noté 1 ;
  • le bras de support, noté 2 ;
  • les trois panneaux solaires articulés, notés respectivement 3, 4 et 5.

Les liaisons entre ces solides sont définies comme suit :

  • Entre 0 et 1 : liaison pivot d'axe (O_1, \vec{x}_1) ;
  • Entre 1 et 2 : charnière principale modélisée par une liaison pivot d'axe (O_2, \vec{z}_2) ;
  • Entre 2 et 3 : deux liaisons en parallèle autorisant chacune les 3 rotations de l'espace, modélisées par deux liaisons sphériques (rotules) :

    • liaison rotule active de centre I_3 ;
    • liaison rotule passive de centre J_3.
  • Entre 3 et 4 : deux liaisons en parallèle autorisant chacune les 3 rotations :

    • liaison rotule active de centre I_4 ;
    • liaison rotule passive de centre J_4.
  • Entre 4 et 5 : deux liaisons en parallèle autorisant chacune les 3 rotations :

    • liaison rotule active de centre I_5 ;
    • liaison rotule passive de centre J_5.
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Question 19

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Incontournable
  • Schéma ou tracé

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : schéma cinématique, liaison pivot

Etablir le schéma cinématique du mécanisme. Il est possible de réaliser ce schéma dans la configuration où les panneaux sont complètement déployés.

Voir l'indice

Dessiner le schéma cinématique spatial ou plan selon la convention normalisée, avec les centres de liaison O_1, O_2, O_3, O_4, O_5 et les symboles normalisés de liaison pivot.

Voir la stratégie
  1. Choisir la configuration demandée par l'énoncé : la configuration complètement déployée, où tous les panneaux (3, 4, 5) et le bras 2 sont alignés dans le prolongement les uns des autres.
  2. Identifier les solides (0 : satellite, 1 : arbre, 2 : bras, 3, 4, 5 : panneaux solaires) et placer les liaisons cinématiques définies dans l'énoncé et à la question précédente.
  3. Représenter les symboles normalisés :

    • Liaison pivot d'axe (O_1, \vec{x}_1) entre le satellite 0 (bâti) et l'arbre 1 ;
    • Liaison pivot d'axe (O_2, \vec{z}_2) entre l'arbre 1 et le bras 2 ;
    • Entre deux solides successifs (2-3, 3-4, 4-5), la modélisation architecturale comporte deux liaisons rotules (sphériques) en parallèle en I_k et J_k, cinématiquement équivalentes à une liaison pivot d'axe (I_k J_k) = (O_k, \vec{z}_k).
Voir la réponse courte

Schéma cinématique normalisé montrant la chaîne cinématique ouverte avec les liaisons pivots en configuration déployée.

Voir le corrigé complet

Dans la configuration complètement déployée :

  • L'arbre 1 est en liaison pivot d'axe (O_1, \vec{x}_1) par rapport au bâti 0 (satellite).
  • Le bras 2 est en liaison pivot d'axe (O_2, \vec{z}_2) par rapport à l'arbre 1.
  • Le panneau 3 est lié au bras 2 par l'association en parallèle de deux liaisons rotules en I_3 et J_3, équivalente à une liaison pivot d'axe (I_3 J_3) = (O_3, \vec{z}_3).
  • De même, le panneau 4 est lié au panneau 3 par deux liaisons rotules en I_4 et J_4, d'axe équivalent (O_4, \vec{z}_4).
  • Le panneau 5 est lié au panneau 4 par deux liaisons rotules en I_5 et J_5, d'axe équivalent (O_5, \vec{z}_5).

Dans cette configuration déployée, les axes des charnières sont tous colinéaires : \vec{z}_2 = \vec{z}_3 = \vec{z}_4 = \vec{z}_5.

Le schéma cinématique architectural du mécanisme en configuration déployée est représenté ci-dessous :

\boxed{\text{Schéma cinématique établi ci-dessus pour la configuration déployée.}}

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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2.2 · Dynamique du déploiement

Question 20

ExigeanteTemps estimé : ≈ 3 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Faisable en MPSI, PCSI, PTSI, MP2I, TSI1

Chapitre : Mécanique › Référentiels non galiléens et forces d'inertie

Notions : référentiel galiléen, accélération d'entraînement

Le référentiel du satellite est-il Galiléen ? Si ce n'est pas le cas, quelles considérations permettraient de l'assimiler à un référentiel Galiléen ?

Voir l'indice

Discuter le caractère non galiléen du repère lié au satellite en orbite (accélération d'entraînement gravitationnelle et rotation). Justifier l'assimilation à un repère galiléen sur la brève durée du déploiement (<10\text{ s}) devant la période orbitale.

Voir la stratégie
  1. Identifier la nature du mouvement du satellite dans l'espace pour répondre à la première question (référentiel non galiléen).
  2. Examiner les effets d'inertie (translation et rotation) et les comparer aux échelles de temps, de distance et aux forces motrices du déploiement pour justifier l'approximation galiléenne.
Voir la réponse courte

Référentiel accéléré par le mouvement orbital ; assimilable à un référentiel galiléen car l'accélération d'entraînement est négligeable devant les accélérations du mécanisme.

Voir le corrigé complet

Le référentiel \mathcal{R}_0 lié au satellite n'est pas un référentiel galiléen, car le satellite est en orbite (mouvement accéléré curviligne sous l'action des champs de gravitation) et peut de surcroît posséder une rotation propre.

Pour pouvoir l'assimiler à un référentiel galiléen lors de l'étude du déploiement, on s'appuie sur les considérations suivantes :

  1. Principe d'équivalence et chute libre : en orbite, le satellite est en chute libre dans le champ gravitationnel. Dans son référentiel lié au centre de masse, l'accélération d'entraînement de translation compense exactement le champ de pesanteur moyen :

    \vec{g}_{\text{ext}} - \vec{a}(G_{\text{sat}}) \simeq \vec{0}

    Les seuls effets gravitationnels résiduels sont les forces de marée (gradient de gravité). À l'échelle métrique des panneaux solaires (L \sim 1{,}2\text{ m}), ces forces différentielles sont totalement négligeables. Cela justifie pleinement l'hypothèse de l'énoncé : « Les actions de la gravité sont négligées ».

  2. Échelle de temps très courte : la durée du déploiement est très brève (t_{\text{déploiement}} \le 8\text{ s}) devant la période orbitale du satellite (plusieurs heures pour une orbite terrestre haute, ou une année en orbite héliocentrique). L'accélération orbitale varie donc de manière imperceptible durant cette phase.
  3. Stabilisation en attitude : le satellite est supposé stabilisé trois axes par son système de contrôle d'attitude, ou animé d'une vitesse de rotation propre \vec{\Omega}_0 extrêmement lente devant les vitesses angulaires de déploiement (\dot{\alpha}_2, \dot{\alpha}_3). Les forces d'inertie d'entraînement centrifuge et de Coriolis dues à une éventuelle rotation globale du satellite sont ainsi négligeables devant les couples exercés par les ressorts de torsion.
  4. Inertie du corps principal : la masse du satellite m_0 est très grande devant celle du bras et des panneaux solaires (m_0 \gg m_2 + m_3), de sorte que le déploiement ne modifie pas sensiblement l'attitude du satellite, d'autant que les tuyères ou roues de réaction compensent les couples induits.
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Question 21

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : matrice d'inertie, moment d'inertie

Montrer que la matrice d'inertie du panneau 3 peut se mettre sous la forme suivante et exprimer ses composantes en fonction de et .

Voir l'indice

Utiliser les symétries matérielles du parallélépipède rectangle homogène pour annuler les produits d'inertie, puis appliquer la formule intégrale standard de l'inertie d'un pavé droit pour chaque moment principal.

Voir la stratégie
  1. Exploiter les symétries géométriques et matérielles du panneau 3 pour justifier que la base (\vec{x}_3, \vec{y}_3, \vec{z}_3) est une base principale d'inertie en son centre de masse G_3, ce qui annule les produits d'inertie.
  2. Calculer les moments principaux d'inertie A_3, B_3, C_3 par intégration sur le volume du parallélépipède rectangle homogène.
Voir la réponse courte

Symétries planes rendant la matrice diagonale dans la base principale, avec C_3 = \frac{m_3}{12}(L^2+l^2) pour une plaque rectangulaire.

Voir le corrigé complet

Le panneau 3 est modélisé par un parallélépipède rectangle homogène de masse m_3 et de dimensions :

  • longueur L selon l'axe (G_3, \vec{x}_3) : x \in \left[-\frac{L}{2}, \frac{L}{2}\right] ;
  • épaisseur e selon l'axe (G_3, \vec{y}_3) : y \in \left[-\frac{e}{2}, \frac{e}{2}\right] ;
  • largeur l selon l'axe (G_3, \vec{z}_3) : z \in \left[-\frac{l}{2}, \frac{l}{2}\right].

1. Forme de la matrice d'inertie :

Les plans (G_3, \vec{x}_3, \vec{y}_3), (G_3, \vec{y}_3, \vec{z}_3) et (G_3, \vec{x}_3, \vec{z}_3) sont des plans de symétrie géométrique et matérielle du panneau.

Comme deux de ces plans sont perpendiculaires entre eux, les produits d'inertie s'annulent par parité de l'intégrande :

\begin{aligned} D_3 &= \iiint_{\mathcal{V}_3} y z \, \mathrm{d}m = 0 \\ E_3 &= \iiint_{\mathcal{V}_3} x z \, \mathrm{d}m = 0 \\ F_3 &= \iiint_{\mathcal{V}_3} x y \, \mathrm{d}m = 0 \end{aligned}

La base (\vec{x}_3, \vec{y}_3, \vec{z}_3) est donc une base principale d'inertie en G_3, ce qui garantit la forme diagonale :

I_{G_3,3} = \begin{pmatrix} A_3 & 0 & 0 \\ 0 & B_3 & 0 \\ 0 & 0 & C_3 \end{pmatrix}_{(G_3, \vec{x}_3, \vec{y}_3, \vec{z}_3)}

2. Expression des composantes :

Pour une distribution continue homogène de masse volumique \rho_3 = \frac{m_3}{L\,e\,l}, on a \mathrm{d}m = \rho_3 \, \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z. En séparant les variables :

\begin{aligned} \iiint_{\mathcal{V}_3} x^2 \, \mathrm{d}m &= \frac{m_3}{L} \int_{-L/2}^{L/2} x^2 \, \mathrm{d}x = \frac{1}{12} m_3 L^2 \\ \iiint_{\mathcal{V}_3} y^2 \, \mathrm{d}m &= \frac{m_3}{e} \int_{-e/2}^{e/2} y^2 \, \mathrm{d}y = \frac{1}{12} m_3 e^2 \\ \iiint_{\mathcal{V}_3} z^2 \, \mathrm{d}m &= \frac{m_3}{l} \int_{-l/2}^{l/2} z^2 \, \mathrm{d}z = \frac{1}{12} m_3 l^2 \end{aligned}

Les moments principaux d'inertie sont les moments d'inertie par rapport aux axes (\vec{x}_3, \vec{y}_3, \vec{z}_3) :

\begin{aligned} A_3 &= \iiint_{\mathcal{V}_3} (y^2 + z^2) \, \mathrm{d}m = \frac{1}{12} m_3 (e^2 + l^2) \\ B_3 &= \iiint_{\mathcal{V}_3} (x^2 + z^2) \, \mathrm{d}m = \frac{1}{12} m_3 (L^2 + l^2) \\ C_3 &= \iiint_{\mathcal{V}_3} (x^2 + y^2) \, \mathrm{d}m = \frac{1}{12} m_3 (L^2 + e^2) \end{aligned}

On obtient ainsi :

\boxed{A_3 = \frac{1}{12} m_3 (e^2 + l^2), \quad B_3 = \frac{1}{12} m_3 (L^2 + l^2), \quad C_3 = \frac{1}{12} m_3 (L^2 + e^2)}

Résultat

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Question 22

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 5 min
  • Calcul littéral

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : torseur d'action mécanique, couple de rappel

L'action du ressort de torsion s'exprime comme un moment appliqué par le solide 0 sur le bras 2 tel que où est sa constante de raideur. De même le second ressort applique un moment du bras 2 sur le panneau 3. Exprimer selon le repère du bras 2 les torseurs des actions mécaniques et .

Voir l'indice

Écrire la forme générale d'un torseur de liaison pivot parfaite d'axe \vec{z}_0 en modélisation plane, et ajouter la composante de moment scalaire induite par le ressort de torsion spiral le long de cet axe.

Voir la stratégie
  1. Identifier les actions mécaniques transmises par chaque liaison : il s'agit d'une part des actions de contact associées à une liaison pivot d'axe (O_i, \vec{z}_0) (supposée parfaite), et d'autre part du moment de rappel exercé par le ressort de torsion correspondant.
  2. Exprimer les éléments de réduction de chaque torseur d'action mécanique en son centre de liaison (O_2 pour \{\mathcal{T}_{0\to 2}\} et O_3 pour \{\mathcal{T}_{2\to 3}\}), projetés dans la base \mathcal{R}_2 = (\vec{x}_2, \vec{y}_2, \vec{z}_2), en tenant compte de \vec{z}_0 = \vec{z}_2.
  3. Présenter la forme générale spatiale (tridimensionnelle), puis la forme spécifique au problème plan posé par l'énoncé.
Voir la réponse courte

Écriture des torseurs d'action mécanique de liaison pivot parfaite associés au moment de rappel élastique selon \vec{z}_0.

Voir le corrigé complet

L'arbre 1 étant bloqué, le repère \mathcal{R}_0 est fixe. Les axes de rotation étant tous portés par \vec{z}_0, les vecteurs unitaires normaux au plan du mouvement sont identiques :

\vec{z}_0 = \vec{z}_2 = \vec{z}_3

1. Torseur \{\mathcal{T}_{0\to 2}\} au point O_2 L'action mécanique de 0 sur 2 se décompose en l'action de liaison (pivot parfaite d'axe (O_2, \vec{z}_0)) et l'action du ressort de torsion :

  • la liaison pivot parfaite bloque les trois translations et les deux rotations hors plan, soit une résultante \vec{R}_{0\to 2} quelconque et un moment en O_2 orthogonal à \vec{z}_2 ;
  • le ressort de torsion exerce le moment \vec{M}_{O_2, \text{ressort}} = -K_2 \alpha_2 \vec{z}_0 = -K_2 \alpha_2 \vec{z}_2.

Dans le cas tridimensionnel général, les éléments de réduction au point O_2 exprimés dans le repère \mathcal{R}_2 sont :

\{\mathcal{T}_{0\to 2}\} = \begin{Bmatrix} \vec{R}_{0\to 2} \\ \vec{M}_{O_2}(0\to 2) \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} X_{02} & L_{02} \\ Y_{02} & M_{02} \\ Z_{02} & -K_2 \alpha_2 \end{Bmatrix}_{(O_2,\, \mathcal{R}_2)}

Dans le cadre de la modélisation plane du problème (mouvement confiné au plan (O_2, \vec{x}_0, \vec{y}_0)), les composantes hors plan s'annulent (Z_{02} = 0, L_{02} = 0, M_{02} = 0) :

\boxed{\{\mathcal{T}_{0\to 2}\} = \begin{Bmatrix} X_{02} & 0 \\ Y_{02} & 0 \\ 0 & -K_2 \alpha_2 \end{Bmatrix}_{(O_2,\, \mathcal{R}_2)} = \left\{ \begin{array}{l} \vec{R}_{0\to 2} = X_{02}\vec{x}_2 + Y_{02}\vec{y}_2 \\[4pt] \vec{M}_{O_2}(0\to 2) = -K_2 \alpha_2 \vec{z}_2 \end{array} \right.}

2. Torseur \{\mathcal{T}_{2\to 3}\} au point O_3 De même, l'action mécanique de 2 sur 3 est constituée de la liaison pivot d'axe (O_3, \vec{z}_0) et du ressort de torsion au point O_3 de moment \vec{M}_{O_3, \text{ressort}} = -K_3 \alpha_3 \vec{z}_0 = -K_3 \alpha_3 \vec{z}_2.

Dans le cas tridimensionnel général :

\{\mathcal{T}_{2\to 3}\} = \begin{Bmatrix} \vec{R}_{2\to 3} \\ \vec{M}_{O_3}(2\to 3) \end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} X_{23} & L_{23} \\ Y_{23} & M_{23} \\ Z_{23} & -K_3 \alpha_3 \end{Bmatrix}_{(O_3,\, \mathcal{R}_2)}

Dans le cadre de la modélisation plane :

\boxed{\{\mathcal{T}_{2\to 3}\} = \begin{Bmatrix} X_{23} & 0 \\ Y_{23} & 0 \\ 0 & -K_3 \alpha_3 \end{Bmatrix}_{(O_3,\, \mathcal{R}_2)} = \left\{ \begin{array}{l} \vec{R}_{2\to 3} = X_{23}\vec{x}_2 + Y_{23}\vec{y}_2 \\[4pt] \vec{M}_{O_3}(2\to 3) = -K_3 \alpha_3 \vec{z}_2 \end{array} \right.}

Résultat

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Question 23

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 5 min
  • Calcul littéral

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : champ des vitesses, cinématique du solide

Exprimer la vitesse du point de 2 par rapport à 0 et la vitesse du point de 3 par rapport à 0.

Voir l'indice

Utiliser la formule du champ des vitesses d'un solide ou dériver directement les vecteurs positions \overrightarrow{O_2 G_2} et \overrightarrow{O_2 G_3} par rapport au temps dans le référentiel R_0.

Voir la stratégie
  1. Identifier les vecteurs vitesse de rotation \vec{\Omega}_{2/0} et \vec{\Omega}_{3/0} à partir du paramétrage angulaire.
  2. Déterminer \vec{V}_{2,0}(G_2) par la formule du champ des vitesses d'un solide indéformable (relation de Varignon) ou par dérivation du vecteur position \overrightarrow{O_2 G_2} dans \mathcal{R}_0.
  3. Exprimer \vec{V}_{3,0}(G_3) soit par dérivation de \overrightarrow{O_2 G_3} dans \mathcal{R}_0, soit par application de la relation de Varignon au point coïncident O_3 de la liaison pivot.
Voir la réponse courte

Dérivation temporelle des vecteurs position dans les bases locales pour exprimer la vitesse des centres de masse G_2 et G_3.

Voir le corrigé complet

1. Vecteurs vitesse de rotation

Le repère \mathcal{R}_0 = (O_2, \vec{x}_0, \vec{y}_0, \vec{z}_0) est lié au bâti 0. Les axes de rotation des deux liaisons pivot sont colinéaires à \vec{z}_0 = \vec{z}_2 = \vec{z}_3. D'après les orientations définies sur la figure 5 :

\begin{aligned} \vec{\Omega}_{2/0} &= \dot{\alpha}_2\,\vec{z}_0 \\ \vec{\Omega}_{3/2} &= \dot{\alpha}_3\,\vec{z}_0 \end{aligned}

Par composition des vitesses de rotation, le vecteur rotation du panneau 3 par rapport à 0 est :

\vec{\Omega}_{3/0} = \vec{\Omega}_{3/2} + \vec{\Omega}_{2/0} = (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)\,\vec{z}_0

2. Vitesse du point G_2 de 2 par rapport à 0

Le point O_2 appartient à l'axe de la liaison pivot entre 2 et 0, il est donc immobile dans \mathcal{R}_0 : \vec{V}_{2,0}(O_2) = \vec{0}.

Le bras 2 étant un solide indéformable, la relation de Varignon s'écrit :

\vec{V}_{2,0}(G_2) = \vec{V}_{2,0}(O_2) + \vec{\Omega}_{2/0} \wedge \overrightarrow{O_2 G_2}

Avec \overrightarrow{O_2 G_2} = \frac{L}{4}\,\vec{x}_2 et \vec{\Omega}_{2/0} = \dot{\alpha}_2\,\vec{z}_2 :

\vec{V}_{2,0}(G_2) = \dot{\alpha}_2\,\vec{z}_2 \wedge \left(\frac{L}{4}\,\vec{x}_2\right)

Sachant que \vec{z}_2 \wedge \vec{x}_2 = \vec{y}_2, on obtient :

\boxed{\vec{V}_{2,0}(G_2) = \frac{L}{4}\,\dot{\alpha}_2\,\vec{y}_2}

3. Vitesse du point G_3 de 3 par rapport à 0

Le vecteur position du centre de masse G_3 s'exprime par la relation de Chasles :

\overrightarrow{O_2 G_3} = \overrightarrow{O_2 O_3} + \overrightarrow{O_3 G_3} = \frac{L}{2}\,\vec{x}_2 + \frac{L}{2}\,\vec{x}_3

Le point O_2 étant fixe dans le repère \mathcal{R}_0, la vitesse de G_3 par rapport à \mathcal{R}_0 s'obtient par dérivation vectorielle :

\vec{V}_{3,0}(G_3) = \left[\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{O_2 G_3}}{\mathrm{d}t}\right]_{\mathcal{R}_0} = \frac{L}{2}\left[\frac{\mathrm{d}\vec{x}_2}{\mathrm{d}t}\right]_{\mathcal{R}_0} + \frac{L}{2}\left[\frac{\mathrm{d}\vec{x}_3}{\mathrm{d}t}\right]_{\mathcal{R}_0}

En utilisant la formule de dérivation d'un vecteur unitaire dans un repère en rotation :

\begin{aligned} \left[\frac{\mathrm{d}\vec{x}_2}{\mathrm{d}t}\right]_{\mathcal{R}_0} &= \vec{\Omega}_{2/0} \wedge \vec{x}_2 = \dot{\alpha}_2\,\vec{z}_2 \wedge \vec{x}_2 = \dot{\alpha}_2\,\vec{y}_2 \\ \left[\frac{\mathrm{d}\vec{x}_3}{\mathrm{d}t}\right]_{\mathcal{R}_0} &= \vec{\Omega}_{3/0} \wedge \vec{x}_3 = (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)\,\vec{z}_3 \wedge \vec{x}_3 = (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)\,\vec{y}_3 \end{aligned}

On obtient ainsi :

\boxed{\vec{V}_{3,0}(G_3) = \frac{L}{2}\,\dot{\alpha}_2\,\vec{y}_2 + \frac{L}{2}\,(\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)\,\vec{y}_3}

Remarque (projection dans la base \mathcal{R}_2 du bras 2) :
Sachant que \vec{y}_3 = -\sin\alpha_3\,\vec{x}_2 + \cos\alpha_3\,\vec{y}_2, cette vitesse s'exprime également dans la base de \mathcal{R}_2 sous la forme :

\vec{V}_{3,0}(G_3) = -\frac{L}{2}\,(\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)\sin\alpha_3\,\vec{x}_2 + \frac{L}{2}\left[\dot{\alpha}_2 + (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)\cos\alpha_3\right]\vec{y}_2

Résultat

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Question 24

ExigeanteTemps estimé : ≈ 6 min
  • Calcul littéral

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : accélération, cinématique du solide

Exprimer les accélérations et dans le repère du bras 2.

Voir l'indice

Dériver les expressions vectorielles des vitesses obtenues à la question précédente en projetant les vecteurs unitaires mobiles \vec{x}_3, \vec{y}_3 dans la base \mathcal{R}_2 = (\vec{x}_2, \vec{y}_2, \vec{z}_2).

Voir la stratégie
  1. Pour calculer l'accélération d'un point par rapport au référentiel \mathcal{R}_0, on dérive son vecteur vitesse par rapport au temps dans \mathcal{R}_0 en utilisant la formule de dérivation vectorielle dans les repères mobiles.
  2. Pour exprimer le résultat final dans la base \mathcal{R}_2 = (\vec{x}_2, \vec{y}_2, \vec{z}_2), on projette les vecteurs de la base \mathcal{R}_3 sur cette dernière à l'aide de l'angle \alpha_3.
Voir la réponse courte

Dérivation temporelle des vitesses dans le repère mobile et projection des accélérations dans la base de \mathcal{R}_2.

Voir le corrigé complet

D'après les résultats de la question Q23, les vitesses de G_2 et G_3 par rapport à \mathcal{R}_0 s'écrivent :

\vec{V}_{2,0}(G_2) = \frac{L}{4}\,\dot{\alpha}_2\,\vec{y}_2 \quad \text{et} \quad \vec{V}_{3,0}(G_3) = \frac{L}{2}\,\dot{\alpha}_2\,\vec{y}_2 + \frac{L}{2}(\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)\,\vec{y}_3

1. Accélération de G_2 par rapport à \mathcal{R}_0 :

En dérivant \vec{V}_{2,0}(G_2) par rapport au temps dans \mathcal{R}_0, sachant que \left(\frac{\mathrm{d}\vec{y}_2}{\mathrm{d}t}\right)_{\mathcal{R}_0} = \vec{\Omega}_{2/0} \wedge \vec{y}_2 = \dot{\alpha}_2\vec{z}_0 \wedge \vec{y}_2 = -\dot{\alpha}_2\vec{x}_2 :

\begin{aligned} \vec{a}_{2,0}(G_2) &= \left( \frac{\mathrm{d}\vec{V}_{2,0}(G_2)}{\mathrm{d}t} \right)_{\mathcal{R}_0} \\ &= \frac{L}{4}\,\ddot{\alpha}_2\,\vec{y}_2 + \frac{L}{4}\,\dot{\alpha}_2 \left( -\dot{\alpha}_2\,\vec{x}_2 \right) \end{aligned}

soit directement dans la base de \mathcal{R}_2 :

\boxed{\vec{a}_{2,0}(G_2) = -\frac{L}{4}\,\dot{\alpha}_2^2\,\vec{x}_2 + \frac{L}{4}\,\ddot{\alpha}_2\,\vec{y}_2}

2. Accélération de G_3 par rapport à \mathcal{R}_0 :

On dérive de même chaque terme de \vec{V}_{3,0}(G_3) dans \mathcal{R}_0, avec \left(\frac{\mathrm{d}\vec{y}_3}{\mathrm{d}t}\right)_{\mathcal{R}_0} = \vec{\Omega}_{3/0} \wedge \vec{y}_3 = -(\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)\vec{x}_3 :

\begin{aligned} \vec{a}_{3,0}(G_3) &= \left( \frac{\mathrm{d}\vec{V}_{3,0}(G_3)}{\mathrm{d}t} \right)_{\mathcal{R}_0} \\ &= \frac{L}{2}\left( -\dot{\alpha}_2^2\,\vec{x}_2 + \ddot{\alpha}_2\,\vec{y}_2 \right) + \frac{L}{2}(\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3)\,\vec{y}_3 - \frac{L}{2}(\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2\,\vec{x}_3 \end{aligned}

D'après le paramétrage angulaire (figure 5), le passage de la base (\vec{x}_2, \vec{y}_2) à la base (\vec{x}_3, \vec{y}_3) s'effectue par rotation d'angle \alpha_3 autour de \vec{z}_0 :

\begin{cases} \vec{x}_3 = \cos\alpha_3\,\vec{x}_2 + \sin\alpha_3\,\vec{y}_2 \\ \vec{y}_3 = -\sin\alpha_3\,\vec{x}_2 + \cos\alpha_3\,\vec{y}_2 \end{cases}

En substituant ces expressions, on obtient les composantes suivant \vec{x}_2 et \vec{y}_2 :

\begin{aligned} \vec{a}_{3,0}(G_3) &= \left[ -\frac{L}{2}\,\dot{\alpha}_2^2 - \frac{L}{2}(\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3)\sin\alpha_3 - \frac{L}{2}(\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2\cos\alpha_3 \right] \vec{x}_2 \\ &\quad + \left[ \frac{L}{2}\,\ddot{\alpha}_2 + \frac{L}{2}(\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3)\cos\alpha_3 - \frac{L}{2}(\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2\sin\alpha_3 \right] \vec{y}_2 \end{aligned}

Ce qui s'écrit de manière factorisée :

\boxed{ \vec{a}_{3,0}(G_3) = -\frac{L}{2}\left[ \dot{\alpha}_2^2 + (\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3)\sin\alpha_3 + (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2\cos\alpha_3 \right] \vec{x}_2 + \frac{L}{2}\left[ \ddot{\alpha}_2 + (\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3)\cos\alpha_3 - (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2\sin\alpha_3 \right] \vec{y}_2 }

Résultat

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Question 25

DifficileTemps estimé : ≈ 7 min
  • Calcul littéral

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : torseur dynamique, moment dynamique

En déduire les expressions du torseur dynamique au point et de au point , en fonction des angles et , de leurs dérivées temporelles et de et ().

Voir l'indice

Calculer le moment dynamique en O_2 pour 2 par la formule classique d'un solide en rotation autour d'un point fixe, et utiliser la formule de transport du moment dynamique entre G_3 et O_3 pour le solide 3.

Voir la stratégie
  1. Rappeler la définition générale du torseur dynamique \{\mathcal{D}_{j/0}\} exprimé en un point A quelconque : sa résultante dynamique est \vec{\mathcal{D}}(j/0) = m_j \vec{a}_{j,0}(G_j), et son moment dynamique s'obtient par la formule de transport depuis le centre de masse G_j : \vec{\delta}_{j/0}(A) = \vec{\delta}_{j/0}(G_j) + \vec{AG_j} \wedge m_j \vec{a}_{j,0}(G_j).
  2. Exprimer le moment dynamique au centre d'inertie pour chaque solide en exploitant le fait que l'axe \vec{z}_0 est un axe principal d'inertie.
  3. Calculer le moment dynamique en O_2 pour le bras 2, puis en O_3 pour le panneau 3, en utilisant les accélérations obtenues à la question Q24.
Voir la réponse courte

Résultante dynamique m\vec{a}(G) et calcul du moment dynamique aux centres des liaisons O_2 et O_3 avec la matrice d'inertie.

Voir le corrigé complet

Par définition, le torseur dynamique d'un solide j de masse m_j et de centre d'inertie G_j, en mouvement par rapport au référentiel galiléen \mathcal{R}_0, s'écrit en un point A :

\{\mathcal{D}_{j/0}\} = \begin{Bmatrix} \vec{\mathcal{D}}(j/0) = m_j \vec{a}_{j,0}(G_j) \\ \vec{\delta}_{j/0}(A) = \vec{\delta}_{j/0}(G_j) + \vec{AG_j} \wedge m_j \vec{a}_{j,0}(G_j) \end{Bmatrix}_A

1. Torseur dynamique du bras 2 au point O_2 :

D'après le résultat de la question Q24, la résultante dynamique de 2 s'écrit :

\vec{\mathcal{D}}(2/0) = m_2 \vec{a}_{2,0}(G_2) = m_2 \frac{L}{4} \left( -\dot{\alpha}_2^2 \vec{x}_2 + \ddot{\alpha}_2 \vec{y}_2 \right)

Le vecteur rotation du solide 2 est \vec{\Omega}_{2/0} = \dot{\alpha}_2 \vec{z}_0. L'axe (G_2, \vec{z}_0) = (G_2, \vec{z}_2) étant un axe principal d'inertie de moment d'inertie C_2, le moment cinétique en G_2 est \vec{\sigma}_{2/0}(G_2) = C_2 \dot{\alpha}_2 \vec{z}_0. La direction \vec{z}_0 étant fixe dans \mathcal{R}_0, on a :

\vec{\delta}_{2/0}(G_2) = \left( \frac{\mathrm{d}\vec{\sigma}_{2/0}(G_2)}{\mathrm{d}t} \right)_{\mathcal{R}_0} = C_2 \ddot{\alpha}_2 \vec{z}_0

Le moment dynamique au point O_2 s'obtient alors par transport :

\begin{aligned} \vec{\delta}_{2/0}(O_2) &= \vec{\delta}_{2/0}(G_2) + \vec{O_2 G_2} \wedge m_2 \vec{a}_{2,0}(G_2) \\ &= C_2 \ddot{\alpha}_2 \vec{z}_0 + \left( \frac{L}{4}\vec{x}_2 \right) \wedge m_2 \frac{L}{4} \left( -\dot{\alpha}_2^2 \vec{x}_2 + \ddot{\alpha}_2 \vec{y}_2 \right) \\ &= \left( C_2 + m_2 \frac{L^2}{16} \right) \ddot{\alpha}_2 \vec{z}_0 \end{aligned}

D'où l'expression du torseur dynamique de 2 en O_2 :

\boxed{ \{\mathcal{D}_{2/0}\} = \begin{Bmatrix} m_2 \dfrac{L}{4} \left( -\dot{\alpha}_2^2 \vec{x}_2 + \ddot{\alpha}_2 \vec{y}_2 \right) \\[6pt] \left( C_2 + m_2 \dfrac{L^2}{16} \right) \ddot{\alpha}_2 \vec{z}_0 \end{Bmatrix}_{O_2} }

2. Torseur dynamique du panneau 3 au point O_3 :

D'après la question Q24, la résultante dynamique du panneau 3 vaut :

\vec{\mathcal{D}}(3/0) = m_3 \vec{a}_{3,0}(G_3)

avec :

\vec{a}_{3,0}(G_3) = -\frac{L}{2}\left[\dot{\alpha}_2^2 + (\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3)\sin\alpha_3 + (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2\cos\alpha_3\right]\vec{x}_2 + \frac{L}{2}\left[\ddot{\alpha}_2 + (\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3)\cos\alpha_3 - (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2\sin\alpha_3\right]\vec{y}_2

Le vecteur rotation du solide 3 est \vec{\Omega}_{3/0} = (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)\vec{z}_0. L'axe (G_3, \vec{z}_0) = (G_3, \vec{z}_3) étant un axe principal d'inertie de moment d'inertie C_3, le moment dynamique en G_3 est :

\vec{\delta}_{3/0}(G_3) = \left( \frac{\mathrm{d}\vec{\sigma}_{3/0}(G_3)}{\mathrm{d}t} \right)_{\mathcal{R}_0} = C_3 (\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3) \vec{z}_0

Calculons le moment de transport au point O_3 :

\vec{\delta}_{3/0}(O_3) = \vec{\delta}_{3/0}(G_3) + \vec{O_3 G_3} \wedge m_3 \vec{a}_{3,0}(G_3)

En décomposant \vec{a}_{3,0}(G_3) = \vec{a}_{2,0}(O_3) + \vec{a}_{3/2}(G_3) où :

  • \vec{a}_{2,0}(O_3) = -\dfrac{L}{2}\dot{\alpha}_2^2 \vec{x}_2 + \dfrac{L}{2}\ddot{\alpha}_2 \vec{y}_2,
  • \vec{a}_{3/2}(G_3) est l'accélération relative de G_3 dans la rotation autour de (O_3, \vec{z}_0), soit :

    \vec{a}_{3/2}(G_3) = -\frac{L}{2}(\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2 \vec{x}_3 + \frac{L}{2}(\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3) \vec{y}_3

Le produit vectoriel avec \vec{O_3 G_3} = \dfrac{L}{2}\vec{x}_3 donne :

\begin{aligned} \vec{O_3 G_3} \wedge m_3 \vec{a}_{3/2}(G_3) &= m_3 \frac{L^2}{4} (\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3) \vec{z}_0 \\ \vec{O_3 G_3} \wedge m_3 \vec{a}_{2,0}(O_3) &= \left(\frac{L}{2}\cos\alpha_3 \vec{x}_2 + \frac{L}{2}\sin\alpha_3 \vec{y}_2\right) \wedge m_3 \frac{L}{2}\left(-\dot{\alpha}_2^2 \vec{x}_2 + \ddot{\alpha}_2 \vec{y}_2\right) \\ &= m_3 \frac{L^2}{4} \left( \ddot{\alpha}_2 \cos\alpha_3 + \dot{\alpha}_2^2 \sin\alpha_3 \right) \vec{z}_0 \end{aligned}

En sommant ces contributions, on obtient le moment dynamique en O_3 :

\begin{aligned} \vec{\delta}_{3/0}(O_3) &= \left[ \left(C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}\right)(\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3) + m_3 \frac{L^2}{4}\left(\ddot{\alpha}_2 \cos\alpha_3 + \dot{\alpha}_2^2 \sin\alpha_3\right) \right] \vec{z}_0 \\ &= \left[ \left(C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}\right)\ddot{\alpha}_3 + \left(C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}(1 + \cos\alpha_3)\right)\ddot{\alpha}_2 + m_3 \frac{L^2}{4}\dot{\alpha}_2^2 \sin\alpha_3 \right] \vec{z}_0 \end{aligned}

D'où l'expression du torseur dynamique de 3 en O_3 :

\boxed{ \{\mathcal{D}_{3/0}\} = \begin{Bmatrix} m_3 \vec{a}_{3,0}(G_3) \\[6pt] \left[ \left(C_3 + m_3 \dfrac{L^2}{4}\right)\ddot{\alpha}_3 + \left(C_3 + m_3 \dfrac{L^2}{4}(1 + \cos\alpha_3)\right)\ddot{\alpha}_2 + m_3 \dfrac{L^2}{4}\dot{\alpha}_2^2 \sin\alpha_3 \right] \vec{z}_0 \end{Bmatrix}_{O_3} }

Résultat

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Question 26

DifficileTemps estimé : ≈ 8 min
  • Mise en équation
  • Calcul littéral

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : théorème du moment dynamique, dynamique du solide

Exprimer les deux équations différentielles reliant et .

Voir l'indice

Appliquer le théorème du moment dynamique au panneau 3 en O_3 en projection sur \vec{z}_0, puis au système global \{2+3\} au point fixe O_2 sur le même axe pour éliminer les actions de liaison inconnues.

Voir la stratégie

Pour obtenir les deux équations différentielles scalaires régissant le mouvement du mécanisme sans faire intervenir les efforts inconnus de liaison :

  1. On applique le théorème du moment dynamique au solide 3 au point O_3 en projection sur \vec{z}_0. Le moment de liaison est uniquement dû au ressort de rappel.
  2. On applique le théorème du moment dynamique au solide 2 au point O_2 en projection sur \vec{z}_0, en éliminant la résultante d'effort de liaison entre 2 et 3 à l'aide du théorème de la résultante dynamique appliqué au solide 3.
Voir la réponse courte

Théorème du moment dynamique projeté sur l'axe \vec{z}_0 pour le panneau 3 seul puis pour l'ensemble \{2+3\}.

Voir le corrigé complet

1. Première équation : dynamique du panneau 3 en O_3

On applique le théorème du moment dynamique au solide 3 au point O_3, dans son mouvement par rapport au référentiel galiléen \mathcal{R}_0, en projection sur \vec{z}_0 :

\vec{\delta}_{3/0}(O_3) \cdot \vec{z}_0 = \vec{M}_{O_3, \text{ext}\to 3} \cdot \vec{z}_0

En l'absence de pesanteur, l'unique action extérieure est celle exercée par le bras 2 sur le panneau 3 en O_3. D'après la question Q22, le moment selon \vec{z}_0 est le couple de rappel du ressort :

\vec{M}_{O_3, 2\to 3} \cdot \vec{z}_0 = -K_3 \alpha_3

En utilisant l'expression du moment dynamique \vec{\delta}_{3/0}(O_3) établie à la question Q25 :

\vec{\delta}_{3/0}(O_3) \cdot \vec{z}_0 = \left(C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}\right)\ddot{\alpha}_3 + \left[ C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}(1 + \cos\alpha_3) \right]\ddot{\alpha}_2 + m_3 \frac{L^2}{4} \dot{\alpha}_2^2 \sin\alpha_3

L'équation s'écrit donc :

\left(C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}\right)\ddot{\alpha}_3 + \left[C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}(1 + \cos\alpha_3)\right]\ddot{\alpha}_2 + m_3 \frac{L^2}{4}\dot{\alpha}_2^2 \sin\alpha_3 + K_3 \alpha_3 = 0

2. Seconde équation : dynamique du bras 2 en O_2

On applique le théorème du moment dynamique au solide 2 au point fixe O_2 dans \mathcal{R}_0, en projection sur \vec{z}_0 :

\vec{\delta}_{2/0}(O_2) \cdot \vec{z}_0 = \vec{M}_{O_2, \text{ext}\to 2} \cdot \vec{z}_0 = \left( \vec{M}_{O_2, 0\to 2} + \vec{M}_{O_2, 3\to 2} \right) \cdot \vec{z}_0

Les actions s'exerçant sur 2 sont :

  • L'action du bâti 0 en O_2, dont le moment projeté est \vec{M}_{O_2, 0\to 2} \cdot \vec{z}_0 = -K_2 \alpha_2 ;
  • L'action du panneau 3 en O_3, de torseur \{\mathcal{T}_{3\to 2}\} = -\{\mathcal{T}_{2\to 3}\}. Le moment au point O_2 s'obtient par la formule de transport :

    \vec{M}_{O_2, 3\to 2} = \vec{M}_{O_3, 3\to 2} + \overrightarrow{O_2 O_3} \wedge \vec{R}_{3\to 2} = K_3 \alpha_3 \vec{z}_0 + \overrightarrow{O_2 O_3} \wedge \vec{R}_{3\to 2}

Le théorème de la résultante dynamique appliqué au solide 3 donne :

m_3 \vec{a}_{3,0}(G_3) = \vec{R}_{2\to 3} = -\vec{R}_{3\to 2} \implies \vec{R}_{3\to 2} = -m_3 \vec{a}_{3,0}(G_3)

D'où :

\vec{\delta}_{2/0}(O_2) \cdot \vec{z}_0 + \left( \overrightarrow{O_2 O_3} \wedge m_3 \vec{a}_{3,0}(G_3) \right) \cdot \vec{z}_0 + K_2 \alpha_2 - K_3 \alpha_3 = 0

Calculons le terme de transport avec \overrightarrow{O_2 O_3} = \frac{L}{2} \vec{x}_2 et l'accélération \vec{a}_{3,0}(G_3) projetée dans la base \mathcal{R}_2 (question Q24) :

\begin{aligned} \left( \overrightarrow{O_2 O_3} \wedge m_3 \vec{a}_{3,0}(G_3) \right) \cdot \vec{z}_0 &= m_3 \frac{L}{2} \left[ \vec{a}_{3,0}(G_3) \cdot \vec{y}_2 \right] \\ &= m_3 \frac{L^2}{4} \left[ \ddot{\alpha}_2 + (\ddot{\alpha}_2 + \ddot{\alpha}_3)\cos\alpha_3 - (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2 \sin\alpha_3 \right] \end{aligned}

En y ajoutant \vec{\delta}_{2/0}(O_2) \cdot \vec{z}_0 = \left(C_2 + m_2 \frac{L^2}{16}\right)\ddot{\alpha}_2 (question Q25), on obtient :

\begin{aligned} \left[ C_2 + m_2 \frac{L^2}{16} + m_3 \frac{L^2}{4}(1 + \cos\alpha_3) \right] \ddot{\alpha}_2 &+ \left( m_3 \frac{L^2}{4}\cos\alpha_3 \right) \ddot{\alpha}_3 \\ &- m_3 \frac{L^2}{4}\sin\alpha_3 (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2 + K_2 \alpha_2 - K_3 \alpha_3 = 0 \end{aligned}
\boxed{ \left\{ \begin{aligned} \left[ C_2 + m_2 \frac{L^2}{16} + m_3 \frac{L^2}{4}(1 + \cos\alpha_3) \right] \ddot{\alpha}_2 + \left( m_3 \frac{L^2}{4}\cos\alpha_3 \right) \ddot{\alpha}_3 & \\ {}- m_3 \frac{L^2}{4}\sin\alpha_3 (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2 + K_2 \alpha_2 - K_3 \alpha_3 &= 0 \\[6pt] \left(C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}\right)\ddot{\alpha}_3 + \left[C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}(1 + \cos\alpha_3)\right]\ddot{\alpha}_2 & \\ {}+ m_3 \frac{L^2}{4}\dot{\alpha}_2^2 \sin\alpha_3 + K_3 \alpha_3 &= 0 \end{aligned} \right. }

Résultat

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Question 27

DifficileTemps estimé : ≈ 6 min
  • Calcul littéral
  • Résultat donné : utilisable pour la suite

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : équation du mouvement, dynamique du solide

Montrer qu'elles peuvent s'exprimer sous la forme suivante en fonction de et :

Voir l'indice

Réorganiser les termes des deux équations différentielles obtenues en regroupant méthodiquement les termes en \ddot{\alpha}_2, \ddot{\alpha}_3, les termes quadratiques en vitesse angulaire et les termes de rappel élastique.

Voir la réponse courte

Réorganisation des équations scalaires mettant en évidence les termes d'inertie, centrifuges en \dot{\alpha}^2, et de rappel élastique.

Voir le corrigé complet

D'après la question Q26, l'application du théorème du moment dynamique au solide 2 en O_2 (en éliminant les actions de liaison internes via la résultante dynamique sur le solide 3) et au solide 3 en O_3 conduit au système couplé suivant :

\left\{ \begin{aligned} \left[ C_2 + m_2 \frac{L^2}{16} + m_3 \frac{L^2}{4}(1 + \cos\alpha_3) \right] \ddot{\alpha}_2 + \left( m_3 \frac{L^2}{4}\cos\alpha_3 \right) \ddot{\alpha}_3 & \\ {}- m_3 \frac{L^2}{4}\sin\alpha_3\, (\dot{\alpha}_2 + \dot{\alpha}_3)^2 + K_2 \alpha_2 - K_3 \alpha_3 &= 0 \\[6pt] \left( C_3 + m_3 \frac{L^2}{4} \right) \ddot{\alpha}_3 + \left[ C_3 + m_3 \frac{L^2}{4}(1 + \cos\alpha_3) \right] \ddot{\alpha}_2 & \\ {}+ m_3 \frac{L^2}{4}\sin\alpha_3\, (\dot{\alpha}_2)^2 + K_3 \alpha_3 &= 0 \end{aligned} \right.

Par identification directe terme à terme avec la forme demandée :

\left\{ \begin{aligned} A(\alpha_3) \ddot{\alpha}_2 + B(\alpha_3) \ddot{\alpha}_3 - C(\alpha_3) (\dot{\alpha}_3 + \dot{\alpha}_2)^2 + K_2 \alpha_2 - E \alpha_3 &= 0 \\ F \ddot{\alpha}_3 + G(\alpha_3) \ddot{\alpha}_2 + H(\alpha_3) (\dot{\alpha}_2)^2 + K_3 \alpha_3 &= 0 \end{aligned} \right.

on obtient les expressions des différents coefficients et fonctions de \alpha_3 :

\boxed{ \begin{aligned} A(\alpha_3) &= C_2 + \frac{1}{16} m_2 L^2 + \frac{1}{4} m_3 L^2 (1 + \cos\alpha_3) \\ B(\alpha_3) &= \frac{1}{4} m_3 L^2 \cos\alpha_3 \\ C(\alpha_3) &= \frac{1}{4} m_3 L^2 \sin\alpha_3 \\ E &= K_3 \\ F &= C_3 + \frac{1}{4} m_3 L^2 \\ G(\alpha_3) &= C_3 + \frac{1}{4} m_3 L^2 (1 + \cos\alpha_3) \\ H(\alpha_3) &= \frac{1}{4} m_3 L^2 \sin\alpha_3 \end{aligned} }

Résultat

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2.3 · Validation des résultats

Question 28

ExigeanteTemps estimé : ≈ 4 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Exploitation de document

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : choc, butée mécanique

Les équations précédentes sont-elles valables pour l'ensemble du mouvement représenté à la figure 6 ? Si ce n'est pas le cas, qu'a-t-il fallu modifier pour obtenir ces courbes ?

Voir l'indice

Observer la cassure de pente de l'angle \alpha_2(t) sur la figure 6 à t \approx 6{,}75\text{ s} : le bras 2 atteint sa butée de fin de course \alpha_2 = 0 et se verrouille, réduisant le système à un seul degré de liberté.

Voir la stratégie
  1. Observer les courbes de la figure 6, en repérant les singularités (paliers à valeur nulle) et les instants caractéristiques.
  2. Confronté cette observation à l'énoncé qui précise l'existence d'un système de blocage lorsque les angles \alpha_i atteignent 0^\circ.
  3. En déduire les régimes successifs et expliciter la modification d'état du système introduite lors de la résolution numérique.
Voir la réponse courte

Équations non valables après impact : il faut modéliser le choc sur la butée et le mécanisme de verrouillage final.

Voir le corrigé complet

1. Domaine de validité des équations du mouvement :

Non, les équations différentielles couplées établies à la question précédente ne sont pas valables sur l'ensemble de la durée du mouvement représenté sur la figure 6.

En effet, le modèle établi repose sur l'hypothèse de deux liaisons pivots libres en rotation sous la seule action des ressorts de torsion. Or, l'énoncé indique qu'« un mécanisme permet de bloquer les liaisons pivots lorsque les angles \alpha atteignent 0 ».

2. Décomposition des phases du mouvement :

  • Pour t \in [0\text{ s} ; 6{,}75\text{ s}] : les angles \alpha_2 et \alpha_3 sont non nuls (\alpha_2 > 0 et \alpha_3 < 0). Les deux corps sont libres de tourner, les équations couplées de la question Q27 s'appliquent pleinement.
  • À t \simeq 6{,}75\text{ s} : l'angle \alpha_2 s'annule. Le mécanisme de verrouillage de la charnière principale s'enclenche, bloquant instantanément le bras 2 par rapport au bâti 0.
  • Pour t \in [6{,}75\text{ s} ; 7{,}8\text{ s}] : le bras 2 est immobile (\alpha_2(t) = 0, donc \dot{\alpha}_2 = 0 et \ddot{\alpha}_2 = 0). L'équation du mouvement du panneau 3 se réduit alors à celle d'un oscillateur libre à un seul degré de liberté :

    F \ddot{\alpha}_3 + K_3 \alpha_3 = 0
  • À t \simeq 7{,}8\text{ s} : l'angle \alpha_3 s'annule à son tour et la seconde charnière se verrouille (\alpha_3 = 0). Le système est alors entièrement figé dans sa configuration déployée.

3. Modifications requises pour la résolution numérique :

Pour obtenir ces courbes, le solveur numérique a dû intégrer une gestion d'événements (event detection) :

  1. Détecter l'annulation de l'angle \alpha_2 à t \simeq 6{,}75\text{ s} ;
  2. Réinitialiser les conditions de la simulation en gelant les variables associées (\alpha_2 = 0, \dot{\alpha}_2 = 0) ;
  3. Poursuivre l'intégration uniquement sur le degré de liberté \alpha_3 jusqu'à ce que \alpha_3 = 0 à t \simeq 7{,}8\text{ s}, instant où l'intégration s'arrête.
\boxed{\text{Non : il a fallu modifier le système différentiel en verrouillant successivement } \alpha_2 = 0 \text{ à } t \simeq 6{,}75\text{ s puis } \alpha_3 = 0 \text{ à } t \simeq 7{,}8\text{ s.}}

Résultat

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Question 29

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 3 min
  • Raisonnement qualitatif
  • Exploitation de document

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : cahier des charges, cinématique

En se basant sur les figures 6 et 7, les critères du cahier des charges sont-ils respectés ?

Voir l'indice

Vérifier les deux contraintes du cahier des charges : le temps total de déploiement (\alpha_2 = \alpha_3 = 0) est-il strictement inférieur à 8\text{ s} ? L'encombrement |y| \le 1{,}0\text{ m} est-il respecté sur les trajectoires de la figure 7 ?

Voir la stratégie
  1. Identifier les deux critères imposés par le cahier des charges (durée de déploiement et encombrement selon \vec{y}_0).
  2. Lire sur la figure 6 l'instant où le déploiement complet est achevé (\alpha_2 = 0 et \alpha_3 = 0) et comparer à la durée limite.
  3. Analyser sur la figure 7 les extrema de l'ordonnée y des points du système et vérifier le respect du gabarit d'encombrement.
Voir la réponse courte

Lecture graphique des temps de déploiement et des vitesses angulaires d'impact pour vérifier le respect du cahier des charges.

Voir le corrigé complet

Le cahier des charges impose deux critères :

  • un temps de déploiement strictement inférieur à 8\text{ s} ;
  • une distance selon \vec{y}_0 de tout point du système au point O_2 inférieure ou égale à 1{,}0\text{ m}, soit |y| \le 1{,}0\text{ m} à tout instant.

1. Vérification du critère temporel :

  • D'après la figure 6, l'angle \alpha_2 s'annule (verrouillage du bras 2) à l'instant t_1 \simeq 6{,}75\text{ s}.
  • L'angle \alpha_3 s'annule (verrouillage du panneau 3) à l'instant :

    t_{\text{dépl}} \simeq 7{,}8\text{ s}

    Le système est alors totalement déployé et verrouillé. Comme 7{,}8\text{ s} < 8\text{ s}, le critère de durée de déploiement est respecté.

2. Vérification du critère d'encombrement spatial :

  • Les solides étant rigides, tout point P du panneau 3 appartient au segment [O_3 M_3], son ordonnée y_P(t) est donc à chaque instant barycentre des ordonnées de ses extrémités :

    \min\big(y(O_3), y(M_3)\big) \le y_P(t) \le \max\big(y(O_3), y(M_3)\big)

    De même, les points du bras 2 sont situés sur le segment [O_2 O_3] d'ordonnées comprises entre 0 et y(O_3).

  • D'après la figure 7 :

    • l'ordonnée maximale positive est atteinte par O_3 en configuration initiale : y_{\max} = 0{,}60\text{ m} \le 1{,}0\text{ m} ;
    • l'ordonnée minimale est atteinte par M_3 lors du balancement (vers x \simeq 1{,}1\text{ m}) :

      y_{\min} \simeq -0{,}92\text{ m} > -1{,}0\text{ m}

    L'excursion maximale suivant \vec{y}_0 ne dépasse donc à aucun moment 0{,}92\text{ m} < 1{,}0\text{ m}. Le critère d'encombrement est respecté.

\boxed{\text{Les deux critères du cahier des charges sont respectés.}}

Résultat

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Question 30

ExigeanteTemps estimé : ≈ 4 min
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Mécanique › Mécanique du solide

Notions : choc, amortissement

Quel phénomène supplémentaire interviendra à ? Quel composant mécanique doit être ajouté aux charnières pour réduire ce phénomène ? Ce composant pourrait-il impacter le respect du cahier des charges ?

Voir l'indice

Identifier le choc mécanique lors de l'arrêt instantané de la rotation du bras 2 en butée. Préconiser un amortisseur de fin de course, et discuter son effet potentiel de ralentissement sur la durée totale de déploiement.

Voir la stratégie
  1. Analyser la cinématique à l'instant de verrouillage t = 6{,}75\text{ s} à l'aide de la figure 6 pour identifier le phénomène physique induit par l'arrêt brusque.
  2. Proposer une solution technologique classique pour dissiper l'énergie cinétique résiduelle avant l'impact.
  3. Évaluer les conséquences de cette solution sur les deux critères du cahier des charges (durée totale et encombrement géométrique).
Voir la réponse courte

Choc élastique causant des rebonds indésirables ; ajout d'un amortisseur rotatif régulant la vitesse au détriment potentiel du temps de déploiement.

Voir le corrigé complet

1. Phénomène intervenant à t = 6{,}75\text{ s} :

D'après la figure 6, le bras 2 atteint la position de verrouillage \alpha_2 = 0 à l'instant t = 6{,}75\text{ s} avec une vitesse angulaire non nulle :

\dot{\alpha}_2(6{,}75^-\text{ s}) < 0 \quad (\text{pente strictement négative de la courbe }\alpha_2(t)).

L'arrêt instantané imposé par le mécanisme de blocage constitue un choc mécanique (impact). Ce choc s'accompagne :

  • d'un pic très important d'efforts intérieurs et de réactions dynamiques au niveau des liaisons ;
  • de l'excitation de modes de vibrations structurales des panneaux solaires (flexion, torsion), jusque-là négligées d'après les hypothèses.

2. Composant mécanique à ajouter :

Pour limiter la sévérité du choc en dissipant l'énergie cinétique du système avant l'impact, il convient d'associer aux charnières un amortisseur (amortisseur rotatif visqueux, régulateur à courants de Foucault ou butée amortie en élastomère).

3. Impact sur le respect du cahier des charges :

L'introduction d'un amortisseur dissipe une partie de l'énergie mécanique fournie par les ressorts de torsion et ralentit la rotation des corps :

  • La durée totale de déploiement va être allongée. Or, la configuration finale déployée (\alpha_3 = 0) est atteinte sans amortissement à t \simeq 7{,}8\text{ s}, valeur très proche du seuil critique de 8\text{ s}. L'ajout d'un amortissement risque donc de faire dépasser la limite de 8 secondes imposée par le cahier des charges.
  • Pour continuer à respecter le cahier des charges, il faudrait alors soit réajuster la raideur des ressorts de torsion (K_2, K_3), soit optimiser le dimensionnement de l'amortisseur pour garantir \Delta t \le 8\text{ s}.
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3

Question 31

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 3 min
  • Schéma ou tracé

Chapitre : Électrocinétique et électronique › ALI et oscillateurs électroniques ; Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : schéma-bloc, asservissement

Compléter le schéma figure 9 pour représenter les éléments du système de commande.

Voir l'indice

Placer convenablement dans les blocs de la chaîne directe et de retour les gains et fonctions de transfert définis par le texte (K_G, K_C, H_v(p), K_a, moteur et réducteur 1/18).

Voir la stratégie
  1. Associer chaque étape de la chaîne d'action et des chaînes de retour décrites dans le texte aux blocs et comparateurs du schéma de la figure 9.
  2. Déterminer la fonction de transfert de chaque bloc à partir des caractéristiques fournies par l'énoncé (gain pur, fonction de transfert du premier ordre, rapport de réduction, intégrateur pur).
  3. Reproduire et compléter le schéma-bloc avec les grandeurs et les fonctions de transfert correspondantes.
Voir la réponse courte

Complétion du schéma-bloc avec la chaîne directe (amplificateur, moteur) et les boucles de retour tachymétrique et de position.

Voir le corrigé complet

D'après les spécifications fournies par l'énoncé :

  • Comparateur de position et convertisseur : La consigne \Theta_c est comparée à la position réelle \Theta_r (capteur angulaire de gain unitaire, d'où un retour unitaire). L'écart angulaire est converti en tension U par un comparateur de gain :

    K_G = 10\text{ V}\cdot\text{rad}^{-1}
  • Boucle interne de vitesse : La tension U sert de consigne de vitesse. Elle est comparée à la mesure issue du codeur incrémental de gain K_C = 1\text{ V}\cdot\text{s}\cdot\text{rad}^{-1}. L'erreur est traitée par le régulateur de vitesse de fonction de transfert H_v(p), puis transmise au variateur de tension de gain pur K_a = 1{,}3, ce qui délivre la tension d'induit U_m.
  • Moteur : Il est modélisé par un premier ordre de gain statique K_m = 1{,}8\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}\cdot\text{V}^{-1} et de constante de temps \tau_m = 0{,}016\text{ s} :

    \frac{\Omega_m(p)}{U_m(p)} = \frac{K_m}{1 + \tau_m p}
  • Réducteur mécanique : Avec un rapport de réduction de 18:1, la vitesse de l'arbre est \Omega_r = r\,\Omega_m avec un rapport :

    r = \frac{1}{18}
  • Passage de la vitesse à la position : La position angulaire \theta_r(t) est l'intégrale temporelle de la vitesse angulaire \omega_r(t) (\dot{\theta}_r = \omega_r), ce qui correspond dans le domaine de Laplace à un intégrateur pur :

    \frac{\Theta_r(p)}{\Omega_r(p)} = \frac{1}{p}

On en déduit le schéma-bloc complété :

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Question 32

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 5 min
  • Incontournable
  • Calcul littéral

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : fonction de transfert, système du premier ordre

En considérant , montrer que la fonction de transfert peut s'écrire sous la forme d'un système du premier ordre dont on exprimera le gain et la constante de temps en fonction de et .

Voir l'indice

Appliquer la formule de Black sur la boucle fermée interne reliant \Omega_m(p) à U(p) et mettre la fraction sous forme canonique K_1 / (1 + \tau_1 p).

Voir la stratégie
  1. Identifier la chaîne directe et la chaîne de retour de la boucle interne de vitesse à partir du schéma-bloc établi à la question précédente.
  2. Appliquer la formule de Black (ou écrire directement les équations de transfert) pour obtenir la transmittance en boucle fermée H_1(p) = \frac{\Omega_m(p)}{U(p)}.
  3. Mettre la fonction de transfert sous forme canonique du premier ordre afin d'identifier par identification le gain statique K_1 et la constante de temps \tau_1.
Voir la réponse courte

Réduction de la boucle fermée interne : H_1(p) = K_1/(1+\tau_1 p) avec K_1 = \frac{K_a K_m K_v}{1+K_a K_m K_v K_C} et \tau_1 = \frac{\tau_m}{1+K_a K_m K_v K_C}.

Voir le corrigé complet

D'après la description du système et le schéma-bloc de la commande (question Q31) :

  • Le comparateur effectue la soustraction entre la tension d'entrée U(p) et la tension issue du codeur incrémental K_C \Omega_m(p) :

    \varepsilon_v(p) = U(p) - K_C \Omega_m(p)
  • La tension appliquée au moteur s'exprime, avec H_v(p) = K_v :

    U_m(p) = K_a K_v \varepsilon_v(p)
  • La vitesse angulaire du moteur est liée à sa tension par la fonction de transfert du premier ordre du moteur :

    \Omega_m(p) = \frac{K_m}{1 + \tau_m p} U_m(p)

En injectant l'expression de U_m(p) dans celle de \Omega_m(p), on obtient :

\begin{aligned} \Omega_m(p) &= \frac{K_m K_a K_v}{1 + \tau_m p} \left( U(p) - K_C \Omega_m(p) \right) \\ \left( 1 + \frac{K_v K_a K_m K_C}{1 + \tau_m p} \right) \Omega_m(p) &= \frac{K_v K_a K_m}{1 + \tau_m p} U(p) \\ \left( 1 + K_v K_a K_m K_C + \tau_m p \right) \Omega_m(p) &= K_v K_a K_m U(p) \end{aligned}

La fonction de transfert de la boucle de vitesse fermée est donc :

H_1(p) = \frac{\Omega_m(p)}{U(p)} = \frac{K_v K_a K_m}{1 + K_v K_a K_m K_C + \tau_m p}

En factorisant par le terme constant du dénominateur (1 + K_v K_a K_m K_C), elle se met sous la forme canonique d'un système du premier ordre :

\boxed{H_1(p) = \frac{K_1}{1 + \tau_1 p}}

avec :

\boxed{K_1 = \frac{K_v K_a K_m}{1 + K_v K_a K_m K_C}} \quad \text{et} \quad \boxed{\tau_1 = \frac{\tau_m}{1 + K_v K_a K_m K_C}}

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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Question 33

ExigeanteTemps estimé : ≈ 4 min
  • Calcul littéral

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : erreur statique, asservissement

Considérons uniquement la boucle correspondant à . Pour une entrée en échelon d'amplitude , quelle doit être la valeur de pour que l'erreur statique en sortie soit inférieure à de ?

Voir l'indice

Calculer la valeur en régime permanent de \Omega_m(t) pour une entrée en échelon de tension U_0 via le théorème de la valeur finale, et traduire l'écart relatif |U_0/K_C - \Omega_m(\infty)| \le 0{,}05 \, U_0/K_C.

Voir la stratégie
  1. Déterminer la vitesse de rotation moteur en régime permanent \Omega_m(\infty) pour un échelon d'entrée U(p) = \frac{U_0}{p} à l'aide du théorème de la valeur finale.
  2. Exprimer l'erreur statique en sortie \varepsilon_s = \frac{U_0}{K_C} - \Omega_m(\infty) en fonction du gain de boucle ouverte.
  3. Poser la condition \varepsilon_s \le 0{,}05\,\frac{U_0}{K_C} pour en déduire l'inégalité sur K_v et réaliser l'application numérique.
Voir la réponse courte

Erreur indicielle \varepsilon_s = (U_0/K_C)/(1+K_a K_m K_v K_C) \le 0{,}05\,U_0/K_C, donnant une minoration du gain tachymétrique K_v.

Voir le corrigé complet

Pour une entrée en échelon de tension U(t) = U_0 \, \Gamma(t), soit dans le domaine de Laplace U(p) = \frac{U_0}{p}, la valeur finale de la vitesse angulaire du moteur est donnée par le théorème de la valeur finale :

\Omega_m(\infty) = \lim_{p \to 0} \left[ p \, \Omega_m(p) \right] = \lim_{p \to 0} \left[ p \, H_1(p) \, \frac{U_0}{p} \right] = H_1(0) \, U_0 = K_1 U_0

D'après la question Q32, le gain statique de la boucle fermée vaut :

K_1 = \frac{K_v K_a K_m}{1 + K_v K_a K_m K_C}

La vitesse de consigne associée à l'entrée U_0 est \Omega_{m,\text{cons}} = \frac{U_0}{K_C} (correspondant à l'annulation de la différence en amont du correcteur U_0 - K_C \Omega_m = 0). L'erreur statique en sortie s'écrit donc :

\begin{aligned} \varepsilon_s &= \frac{U_0}{K_C} - \Omega_m(\infty) = \frac{U_0}{K_C} - K_1 U_0 \\ &= \frac{U_0}{K_C} \left( 1 - K_1 K_C \right) \\ &= \frac{U_0}{K_C} \left( 1 - \frac{K_v K_a K_m K_C}{1 + K_v K_a K_m K_C} \right) \\ &= \frac{U_0}{K_C} \, \frac{1}{1 + K_v K_a K_m K_C} \end{aligned}

On souhaite que cette erreur soit inférieure à 5\,\% de \frac{U_0}{K_C}, ce qui se traduit par :

\begin{aligned} \frac{1}{1 + K_v K_a K_m K_C} &\le 0{,}05 = \frac{1}{20} \\ 1 + K_v K_a K_m K_C &\ge 20 \\ K_v &\ge \frac{19}{K_a K_m K_C} \end{aligned}

Application numérique avec les données de l'énoncé :

  • K_a = 1{,}3 ;
  • K_m = 1{,}8\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}\cdot\text{V}^{-1} ;
  • K_C = 1\text{ V}\cdot\text{s}\cdot\text{rad}^{-1}.
K_a K_m K_C = 1{,}3 \times 1{,}8 \times 1 = 2{,}34
K_v \ge \frac{19}{2{,}34} \simeq 8{,}1
\boxed{K_v \ge 8{,}1}

Résultat

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Question 34

Application directeTemps estimé : ≈ 2 min
  • Schéma ou tracé

Chapitre : Électrocinétique et électronique › ALI et oscillateurs électroniques ; Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : schéma-bloc, correcteur

Modifier le schéma de commande de la figure 9 pour inclure un correcteur de fonction de transfert à la boucle d'asservissement en position angulaire.

Voir l'indice

Insérer le bloc correcteur C(p) juste après le comparateur principal recevant la consigne de position angulaire \Theta_c(p) et la mesure \Theta_r(p).

Voir la réponse courte

Insertion du bloc correcteur C(p) sur la chaîne directe immédiatement après le comparateur de position angulaire.

Voir le corrigé complet

Pour asservir la position angulaire \theta_r(t) sur la consigne \theta_c(t), le correcteur de position, de fonction de transfert C(p), doit être inséré dans la chaîne directe de la boucle externe (boucle de position), en aval du comparateur de position.

Il traite l'écart angulaire \varepsilon_\theta(p) = \Theta_c(p) - \Theta_r(p) (ou la tension proportionnelle issue du gain d'adaptation K_G) afin d'élaborer la consigne de tension U(p) destinée à la boucle interne de vitesse.

Le bloc C(p) est donc placé en série avec le bloc de gain K_G entre le premier comparateur et le sommateur de la boucle de vitesse.

\boxed{\text{Le correcteur } C(p) \text{ est inséré en série avec } K_G \text{ sur la chaîne directe de la boucle de position.}}

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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Question 35

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 4 min
  • Incontournable
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : boucle ouverte, classe d'un système

En considérant un correcteur proportionnel pour , exprimer la fonction de transfert du système en boucle ouverte. Quels sont son ordre et sa classe ?

Voir l'indice

Exprimer la fonction de transfert en boucle ouverte \mathrm{FTBO}(p) incluant l'intégrateur 1/p reliant la vitesse à la position angulaire. Relever l'ordre (degré du dénominateur) et la classe (nombre de pôles en p=0).

Voir la stratégie
  1. Exprimer l'action d'un correcteur proportionnel : C(p) = K_p.
  2. Écrire la fonction de transfert en boucle ouverte (FTBO) de la boucle de position en parcourant la chaîne directe (correcteur, gain du comparateur K_G, boucle interne fermée de vitesse H_1(p), réducteur de rapport r, intégrateur cinématique \frac{1}{p}) et la chaîne de retour (gain unitaire).
  3. Identifier la classe (nombre d'intégrations pures) et l'ordre (degré du polynôme au dénominateur) sous forme canonique.
Voir la réponse courte

Expression de la FTBO intégrant la vitesse angulaire pour obtenir la position : fonction de transfert d'ordre 2 et de classe 1.

Voir le corrigé complet

Pour un correcteur proportionnel de gain K_p, la fonction de transfert s'écrit :

C(p) = K_p

D'après le schéma de commande complété (questions Q31 et Q34), la chaîne d'action de la boucle de position comprend successivement :

  • le correcteur de position : C(p) = K_p ;
  • le gain d'adaptation en tension : K_G = 10\text{ V}\cdot\text{rad}^{-1} ;
  • la boucle interne de vitesse en boucle fermée : H_1(p) = \dfrac{\Omega_m(p)}{U(p)} = \dfrac{K_1}{1 + \tau_1 p} ;
  • le réducteur de vitesse mécanique : r = \dfrac{1}{18}, tel que \Omega_r(p) = r\,\Omega_m(p) ;
  • l'intégrateur cinématique liant vitesse et position : \Theta_r(p) = \dfrac{1}{p}\,\Omega_r(p).

Le capteur de position en retour ayant un gain unitaire (B(p) = 1), la fonction de transfert en boucle ouverte \mathrm{FTBO}(p) s'écrit :

\begin{aligned} \mathrm{FTBO}(p) &= C(p) \cdot K_G \cdot H_1(p) \cdot r \cdot \frac{1}{p} \cdot 1 \\ &= K_p \, K_G \, \frac{K_1}{1 + \tau_1 p} \cdot \frac{r}{p} \end{aligned}

Soit, sous forme canonique :

\boxed{\mathrm{FTBO}(p) = \frac{K_{\mathrm{BO}}}{p\,(1 + \tau_1 p)}}

avec un gain de boucle ouverte :

K_{\mathrm{BO}} = K_p \, K_G \, K_1 \, r = \frac{K_p \, K_G \, K_1}{18}

À partir de cette écriture canonique :

  • Le dénominateur comporte un terme en p^1 en facteur : la classe du système est égale à 1.
  • Le degré du polynôme au dénominateur est égal à 2 : l'ordre du système est égal à 2.
\boxed{\text{Classe} = 1 \quad \text{et} \quad \text{Ordre} = 2}

Résultat

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Question 36

Application directeTemps estimé : ≈ 2 min
  • Calcul littéral
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : erreur statique, intégrateur

Exprimer l'erreur statique du système pour une consigne de position angulaire en échelon.

Voir l'indice

Déduire l'erreur statique d'un asservissement à partir de la classe de la fonction de transfert en boucle ouverte pour une entrée en échelon de consigne.

Voir la stratégie
  1. Exprimer l'écart de position angulaire \varepsilon(p) = \Theta_c(p) - \Theta_r(p) en fonction de la consigne et de la fonction de transfert en boucle ouverte \mathrm{FTBO}(p).
  2. Vérifier la stabilité du système en boucle fermée pour justifier l'emploi du théorème de la valeur finale.
  3. Calculer la limite quand p \to 0 pour une entrée en échelon.
Voir la réponse courte

La boucle ouverte possédant une intégration (classe 1), le système présente une erreur statique rigoureusement nulle pour un échelon.

Voir le corrigé complet

Le capteur de position ayant un gain unitaire, le retour est unitaire. L'erreur d'asservissement en position s'écrit dans le domaine de Laplace :

\varepsilon(p) = \Theta_c(p) - \Theta_r(p) = \frac{1}{1 + \mathrm{FTBO}(p)} \Theta_c(p)

D'après la question Q35, la fonction de transfert en boucle ouverte s'écrit :

\mathrm{FTBO}(p) = \frac{K_{\mathrm{BO}}}{p(1 + \tau_1 p)} \quad \text{avec} \quad K_{\mathrm{BO}} = K_p K_G K_1 r

Le dénominateur de la fonction de transfert en boucle fermée est :

D_{\mathrm{BF}}(p) = 1 + \mathrm{FTBO}(p) = \frac{\tau_1 p^2 + p + K_{\mathrm{BO}}}{p(1 + \tau_1 p)}

Les coefficients du polynôme caractéristique en boucle fermée P(p) = \tau_1 p^2 + p + K_{\mathrm{BO}} sont tous strictement positifs (\tau_1 > 0 et K_{\mathrm{BO}} > 0). D'après le critère de Routh-Hurwitz au second ordre, tous les pôles de la boucle fermée sont à partie réelle strictement négative : le système est asymptotiquement stable.

Pour une consigne en échelon d'amplitude \Theta_0, on a \Theta_c(p) = \dfrac{\Theta_0}{p}. Le théorème de la valeur finale donne l'erreur statique \varepsilon_s :

\begin{aligned} \varepsilon_s &= \lim_{t \to +\infty} \varepsilon(t) = \lim_{p \to 0} p \varepsilon(p) \\ &= \lim_{p \to 0} \frac{p \cdot \dfrac{\Theta_0}{p}}{1 + \dfrac{K_{\mathrm{BO}}}{p(1 + \tau_1 p)}} \\ &= \lim_{p \to 0} \frac{\Theta_0 \, p(1 + \tau_1 p)}{\tau_1 p^2 + p + K_{\mathrm{BO}}} = 0 \end{aligned}
\boxed{\varepsilon_s = 0}

Résultat

Question déjà tombée ailleurs

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Question 37

IntermédiaireTemps estimé : ≈ 3 min
  • Raisonnement qualitatif

Chapitre : Électrocinétique et électronique › Régime sinusoïdal forcé et filtrage

Notions : erreur de traînage, correcteur proportionnel intégral

L'erreur est-elle nulle pour une consigne en rampe ? Si ce n'est pas le cas, quel type de correcteur faudrait-il alors envisager pour annuler cette erreur ?

Voir l'indice

Calculer l'erreur de traînage pour une consigne en rampe unitaire \Theta_c(p) = V_0/p^2 à l'aide du théorème de la valeur finale. Proposer l'ajout d'une action intégrale dans le correcteur pour augmenter la classe de la boucle.

Voir la stratégie
  1. Exprimer la transformée de Laplace de l'écart \varepsilon(p) pour une consigne en rampe de vitesse V_0, puis utiliser le théorème de la valeur finale pour déterminer l'erreur de traînage (ou erreur de vitesse) \varepsilon_v avec la FTBO de classe 1 déterminée à la question Q35.
  2. Identifier la condition sur la classe de la fonction de transfert en boucle ouverte permettant d'obtenir une erreur nulle pour une entrée en rampe, et en déduire le type de correcteur C(p) à introduire.
Voir la réponse courte

Erreur de traînage non nulle pour une rampe avec une classe 1 ; ajout d'une action intégrale dans le correcteur (PI) pour l'annuler.

Voir le corrigé complet

Considérons une consigne angulaire en rampe de pente V_0, modélisée par :

\theta_c(t) = V_0 \, t \, u(t) \quad \Longleftrightarrow \quad \Theta_c(p) = \frac{V_0}{p^2}

Le système étant à retour unitaire, l'écart de poursuite s'écrit en fonction de la boucle ouverte :

\varepsilon(p) = \frac{\Theta_c(p)}{1 + \mathrm{FTBO}(p)}

D'après la question Q35, la boucle ouverte avec un correcteur proportionnel s'écrit \mathrm{FTBO}(p) = \dfrac{K_{\mathrm{BO}}}{p(1+\tau_1 p)}, d'où :

\varepsilon(p) = \frac{\frac{V_0}{p^2}}{1 + \frac{K_{\mathrm{BO}}}{p(1+\tau_1 p)}} = \frac{V_0(1+\tau_1 p)}{p \left[ p(1+\tau_1 p) + K_{\mathrm{BO}} \right]}

Le système en boucle fermée étant asymptotiquement stable, appliquons le théorème de la valeur finale pour calculer l'erreur permanente de traînage \varepsilon_v :

\begin{aligned} \varepsilon_v &= \lim_{t \to +\infty} \varepsilon(t) = \lim_{p \to 0} p \, \varepsilon(p) \\ &= \lim_{p \to 0} \frac{V_0(1+\tau_1 p)}{p(1+\tau_1 p) + K_{\mathrm{BO}}} \\ &= \frac{V_0}{K_{\mathrm{BO}}} \end{aligned}

L'erreur permanente pour une consigne en rampe n'est donc pas nulle :

\boxed{\text{L'erreur n'est pas nulle : elle est finie et constante, égale à } \varepsilon_v = \frac{V_0}{K_{\mathrm{BO}}} \neq 0}

Pour annuler l'erreur de traînage (\varepsilon_v = 0), il est nécessaire que la fonction de transfert en boucle ouverte possède au moins deux intégrations pures, c'est-à-dire qu'elle soit de classe 2.

Comme la boucle ouverte actuelle ne possède qu'un seul intégrateur (de classe 1, apporté par la cinématique reliant la vitesse angulaire à la position \theta = \int \Omega\,\mathrm{d}t), il faut que le correcteur C(p) introduise une action intégrale pure \dfrac{1}{p}.

On envisagera ainsi :

  • un correcteur Proportionnel-Intégral (PI) :

    C(p) = K_p \left(1 + \frac{1}{T_i p}\right) = K_p \, \frac{1 + T_i p}{T_i p}
  • ou, plus généralement, un correcteur Proportionnel-Intégral-Dérivé (PID) :

    C(p) = K_p \left(1 + \frac{1}{T_i p} + T_d p\right)
\boxed{\text{Il faut envisager un correcteur à action intégrale, typiquement un correcteur PI ou PID.}}

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Questions fréquentes sur ce sujet

Quels chapitres faut-il réviser pour le sujet X-ENS Physique-SI MP 2026 ?

Surtout 4 chapitres : Mécanique du solide (32 % des questions, partie Sciences de l'Ingénieur), Référentiels non galiléens et forces d'inertie (26 %, partie Physique), Régime sinusoïdal forcé et filtrage (16 %) et Ondes électromagnétiques dans les milieux (14 %). Plus ponctuellement : Mouvement dans un champ de force centrale, Approche énergétique et oscillateurs mécaniques et ALI et oscillateurs électroniques.

Peut-on travailler le sujet X-ENS Physique-SI MP 2026 dès la première année (MPSI) ?

Peu : 2 questions sur 37 (5 %) ne demandent que le programme de MPSI : Q6 et Q20.

Combien de temps faut-il pour traiter le sujet X-ENS Physique-SI MP 2026 ?

Environ 2 h 45 pour tout traiter (estimation question par question pour un candidat bien préparé).

Quelles sont les questions les plus difficiles du sujet X-ENS Physique-SI MP 2026 ?

Q14 (force de coriolis), Q16 (stabilité linéaire), Q25 (torseur dynamique), Q26 (théorème du moment dynamique) et Q27 (équation du mouvement), cotées 4 sur 4 dans ce corrigé.

Quelles questions classiques faut-il savoir refaire dans le sujet X-ENS Physique-SI MP 2026 ?

Classiques incontournables, à savoir refaire : Q1 (force de lorentz), Q2 (densité de courant), Q3 (relation de dispersion), Q6 (troisième loi de kepler), Q18 (liaison mécanique), Q19 (schéma cinématique), Q32 (fonction de transfert) et Q35 (boucle ouverte).

Où gagner des points facilement dans le sujet X-ENS Physique-SI MP 2026 ?

Beaucoup de questions rapides et accessibles (15 sur 37), par exemple : Q1, Q4, Q6, Q15, Q18, Q19, Q22, Q23, Q29, Q31, Q32 et Q34 à Q37. Résultat donné par l'énoncé, que l'on peut admettre pour poursuivre : Q2, Q7 à Q9, Q11, Q21 et Q27.

Pourquoi les équations en Q7 font-elles intervenir +∇ U au lieu de -∇ E_p ?

L'énoncé adopte la convention historique de la mécanique céleste : le pseudo-potentiel par unité de masse U est défini de telle sorte que l'accélération dérive positivement de U. Son signe est donc l'opposé de celui de l'énergie potentielle massique usuelle.

Peut-on utiliser la relation de l'axe fixe pour le moment dynamique en O₃ en Q25 ?

Non : l'articulation O_3 n'est pas fixe dans le référentiel du satellite \mathcal{R}_0. Il faut impérativement calculer le moment dynamique au centre de masse G_3, puis employer la formule de transport \vec{\delta}_{3/0}(O_3) = \vec{\delta}_{3/0}(G_3) + \vec{O_3G_3} \wedge m_3\vec{a}_{3/0}(G_3).

Où je me situe, question par question

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Corrigé rédigé par WikiPrépa ; ce n'est pas un corrigé officiel du concours. Mis à jour le 27 septembre 2026.