Feuille d'entraînement : Mécanique du solide

Corrigés

1. Exercice 1X-ENS Physique-SI MP 2026, Q18

   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.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique-SI MP 2026, Q19

   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

   $$\text{Scheˊma cineˊmatique eˊtabli ci-dessus pour la configuration deˊployeˊe.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique-SI MP 2025, Q1

   On étudie le système constitué du solide \mathbf{1} (avant-bras et main) dans le référentiel \mathcal{R}_0 supposé galiléen. Le solide \mathbf{1} est en liaison pivot parfaite (hors frottement visqueux modélisé à part) d'axe (O, \vec{x}) avec le bâti \mathbf{0}.

   Son vecteur rotation par rapport à \mathcal{R}_0 s'écrit :

   \vec{\Omega}(1/0) = \dot{\theta}_1 \, \vec{x}

   Le moment dynamique de \mathbf{1} par rapport à l'axe fixe (O, \vec{x}) s'exprime directement à l'aide de son moment d'inertie J_1 :

   \delta_{O, \vec{x}}(1/0) = J_1 \, \ddot{\theta}_1

   Faisons le bilan des moments des actions mécaniques extérieures appliquées à \mathbf{1} par rapport à l'axe (O, \vec{x}) :

   • Le couple moteur exercé par les muscles de l'humain :

     \vec{\mathcal{M}}_O(\text{humain} \to 1) \cdot \vec{x} = C_1

   • Le couple résistant de frottement visqueux dans l'articulation :

     \vec{C}_{v1} \cdot \vec{x} = -\nu_1 \, \dot{\theta}_1

   • La pesanteur \vec{P} = -m_1 g \, \vec{z}_0 appliquée en G_1, avec \overrightarrow{OG_1} = l_1 \vec{y}_1 = l_1(\cos\theta_1 \vec{y}_0 + \sin\theta_1 \vec{z}_0) :

     \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_O(\text{pesanteur}) &= \overrightarrow{OG_1} \wedge \vec{P} \\ &= \left(l_1 \cos\theta_1 \vec{y}_0 + l_1 \sin\theta_1 \vec{z}_0\right) \wedge \left(-m_1 g \, \vec{z}_0\right) \\ &= -m_1 g l_1 \cos\theta_1 \, (\vec{y}_0 \wedge \vec{z}_0) \\ &= -m_1 g l_1 \cos\theta_1 \, \vec{x} \end{aligned}

     d'où une projection axiale égale à -m_1 g l_1 \cos\theta_1.

   • L'action de contact dans la liaison pivot en O, dont le moment en O a une composante axiale nulle (liaison d'axe (O, \vec{x}) sans frottement sec).

   L'origine de l'équation de mouvement est le théorème du moment dynamique appliqué au solide \mathbf{1} en projection sur l'axe fixe (O, \vec{x}) :

   J_1 \, \ddot{\theta}_1 = C_1 - \nu_1 \, \dot{\theta}_1 - m_1 g l_1 \cos\theta_1

   soit finalement :

   \boxed{J_1 \, \ddot{\theta}_1 + \nu_1 \, \dot{\theta}_1 + m_1 g l_1 \cos\theta_1 = C_1}

   Résultat

   $$J_1{\ddot{\theta }}_1+{\nu }_1{\dot{\theta }}_1+m_{1}g{l}_1\cos {\theta }_1=C_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie MP 2024, Q18

   On étudie la jambe gauche (j_{\mathrm{g}}) dans le référentiel lié au buste, supposé galiléen selon l'énoncé. Dans ce référentiel, la jambe (j_{\mathrm{g}}) est en rotation autour de l'axe fixe passant par le pivot fémoral F_{\mathrm{g}} et parallèle à l'axe y.

   D'après la figure 7b, la jambe est suspendue en F_{\mathrm{g}} et son orientation est repérée par l'angle \theta(t) par rapport à la verticale descendante, orienté dans le sens de la marche (vers les x croissants).

   Le moment cinétique de (j_{\mathrm{g}}) par rapport à l'axe de rotation s'écrit :

   L_\Delta = J_F \, \dot{\theta}(t)

   Bilan des actions mécaniques extérieures appliquées à (j_{\mathrm{g}}) pendant cette phase où elle a quitté le sol :

   • L'action de la liaison pivot en F_{\mathrm{g}}, supposée parfaite (sans frottement), dont le moment par rapport à l'axe de rotation est nul :

     \mathcal{M}_\Delta(\vec{R}_{F_{\mathrm{g}}}) = 0
   • Le poids \vec{P} = m_{\mathrm{j}}\vec{g} = -m_{\mathrm{j}}g\,\vec{u}_z, appliqué en son centre de masse G_{\mathrm{jg}}, situé à la distance F_{\mathrm{g}}G_{\mathrm{jg}} = \Delta du pivot.

   Le vecteur position du centre de masse par rapport à F_{\mathrm{g}} s'écrit :

   \vec{F_{\mathrm{g}}G_{\mathrm{jg}}} = \Delta\sin\theta\,\vec{u}_x - \Delta\cos\theta\,\vec{u}_z

   Le moment du poids par rapport au point F_{\mathrm{g}} est donc :

   \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_{F_{\mathrm{g}}}(\vec{P}) &= \vec{F_{\mathrm{g}}G_{\mathrm{jg}}} \wedge \vec{P} \\ &= (\Delta\sin\theta\,\vec{u}_x - \Delta\cos\theta\,\vec{u}_z) \wedge (-m_{\mathrm{j}}g\,\vec{u}_z) \\ &= - m_{\mathrm{j}}g\Delta\sin\theta \, (\vec{u}_x \wedge \vec{u}_z) \\ &= m_{\mathrm{j}}g\Delta\sin\theta\,\vec{u}_y \end{aligned}

   L'axe de rotation étant orienté dans le sens des \theta croissants par le vecteur unitaire -\vec{u}_y (la rotation de -\vec{u}_z vers \vec{u}_x s'effectuant autour de -\vec{u}_y), le moment scalaire du poids par rapport à l'axe de rotation est un moment de rappel :

   \mathcal{M}_\Delta(\vec{P}) = \vec{\mathcal{M}}_{F_{\mathrm{g}}}(\vec{P}) \cdot (-\vec{u}_y) = -m_{\mathrm{j}}g\Delta\sin\theta

   Le théorème du moment cinétique appliqué à (j_{\mathrm{g}}) par rapport à l'axe fixe (F_{\mathrm{g}}y) donne :

   \frac{\mathrm{d}L_\Delta}{\mathrm{d}t} = \mathcal{M}_\Delta(\vec{P}) \iff J_F\,\ddot{\theta}(t) = -m_{\mathrm{j}}g\Delta\sin\theta(t)

   On obtient ainsi l'équation différentielle régissant l'oscillation :

   \boxed{\ddot{\theta}(t) + \frac{m_{\mathrm{j}}g\Delta}{J_F}\sin\theta(t) = 0}

   Résultat

   $$\ddot{\theta }(t)+\frac{m_{\mathrm{j}}g\Delta }{J_F}\sin \theta (t)=0$$

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5. Exercice 5X-ENS Physique-SI MP 2024, Q1

   1. Orientation du plan (A_1A_2A_3) :

   Les points A_i (i \in \{1,2,3\}) sont définis par :

   \overrightarrow{OA_i} = L_0 \vec{u}_i \quad \text{avec} \quad \vec{u}_i = \cos\alpha_i \vec{x}_0 + \sin\alpha_i \vec{y}_0

   Pour tout i, \vec{u}_i \cdot \vec{z}_0 = 0. Les points A_1, A_2 et A_3 appartiennent donc au plan (O, \vec{x}_0, \vec{y}_0). Ainsi, le plan (A_1A_2A_3) est orthogonal au vecteur unitaire \vec{z}_0.

   2. Justification de la base associée au solide 3 :

   Pour chaque chaîne cinématique i \in \{1,2,3\} :

   • Les points B'_i et B''_i sont portés par l'axe (B_i, \vec{v}_i) avec \overrightarrow{B'_iB''_i} = 2e\vec{v}_i.
   • Les deux biellettes b'_i et b''_i ont même longueur : B'_iC'_i = B''_iC''_i = L_2.
   • Les points de liaison sur la plateforme 3 vérifient C'_iC''_i = 2e = B'_iB''_i.

   Le quadrilatère B'_iB''_iC''_iC'_i possède deux côtés opposés de même longueur 2e et deux côtés opposés de même longueur L_2 : c'est un parallélogramme articulé. Par conséquent, les vecteurs côtés sont égaux :

   \overrightarrow{C'_iC''_i} = \overrightarrow{B'_iB''_i} = 2e\vec{v}_i

   Comme \vec{v}_i = -\sin\alpha_i \vec{x}_0 + \cos\alpha_i \vec{y}_0 avec \alpha_i constant, le vecteur \vec{v}_i a une direction fixe dans le repère R_0.

   Les segments [C'_1C''_1] et [C'_2C''_2] sont liés au solide indéformable 3. Leurs vecteurs directeurs respectifs \vec{v}_1 et \vec{v}_2 sont non colinéaires (puisque \alpha_1 \neq \alpha_2) et restent constamment fixes dans le repère R_0.

   Un solide possédant au moins deux directions vectorielles distinctes et fixes dans un repère est dépourvu de toute rotation par rapport à ce repère :

   \vec{\Omega}(3/0) = \vec{0}

   Le solide 3 est donc en translation spatiale par rapport à la base 0. On peut par conséquent choisir la base vectorielle liée au solide 3 identique à celle de la base 0 :

   \boxed{\mathcal{B}_3 = (\vec{x}_3, \vec{y}_3, \vec{z}_3) = (\vec{x}_0, \vec{y}_0, \vec{z}_0)}

   3. Parallélisme des plans (C_1C_2C_3) et (A_1A_2A_3) :

   Les points C_i sont définis par rapport au point C de la plateforme par :

   \overrightarrow{C_iC} = -L_3 \vec{u}_i \implies \overrightarrow{CC_i} = L_3 \vec{u}_i

   On en déduit l'expression des vecteurs reliant les sommets du triangle (C_1C_2C_3) :

   \begin{aligned} \overrightarrow{C_1C_2} &= \overrightarrow{CC_2} - \overrightarrow{CC_1} = L_3(\vec{u}_2 - \vec{u}_1) \\ \overrightarrow{C_1C_3} &= \overrightarrow{CC_3} - \overrightarrow{CC_1} = L_3(\vec{u}_3 - \vec{u}_1) \end{aligned}

   Comme \vec{u}_i \cdot \vec{z}_0 = 0 pour tout i, on a :

   \overrightarrow{C_1C_2} \cdot \vec{z}_0 = 0 \quad \text{et} \quad \overrightarrow{C_1C_3} \cdot \vec{z}_0 = 0

   Le plan (C_1C_2C_3) a donc également pour vecteur normal le vecteur \vec{z}_0.

   \boxed{\text{Les plans }(C_1C_2C_3)\text{ et }(A_1A_2A_3)\text{ ont le même vecteur normal }\vec{z}_0\text{ : ils sont parallèles.}}

   Résultat

   $${\mathcal{B}}_3=({\vec{x}}_3,{\vec{y}}_3,{\vec{z}}_3)=({\vec{x}}_0,{\vec{y}}_0,{\vec{z}}_0)$$

   $$\text{Les plans }(C_1{C}_2{C}_3)\text{ et }(A_1{A}_2{A}_3)\text{ ont le meˆme vecteur normal }{\vec{z}}_0\text{ : ils sont paralleˋles.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique-SI MP 2024, Q2

   D'après la question précédente, le vecteur rotation instantané de la plateforme 3 par rapport à la base 0 est identiquement nul :

   \vec{\Omega}(3/0) = \vec{0}

   Par conséquent, la plateforme ne possède aucune possibilité de rotation par rapport à la base 0 : les trois degrés de liberté en rotation sont verrouillés (R_x = R_y = R_z = 0).

   En revanche, le point de référence C peut occuper une position arbitraire (x, y, z) dans son espace de travail tridimensionnel grâce à l'actionnement indépendant des trois bras motorisés d'angles (\theta_1, \theta_2, \theta_3) :

   • La plateforme 3 possède donc 3 degrés de liberté, correspondant aux trois translations indépendantes suivant les axes \vec{x}_0, \vec{y}_0 et \vec{z}_0 (notées T_x, T_y, T_z).
   • Le mouvement de la plateforme 3 par rapport à la base 0 est un mouvement de translation spatiale (ou translation curviligne quelconque dans l'espace).

   \boxed{\text{Degrés de liberté : } 3 \text{ translations } (T_x, T_y, T_z) \quad ; \quad \text{Mouvement : translation spatiale (curviligne)}}

   Résultat

   $$\text{Degreˊs de liberteˊ : }3\text{ translations }(T_x,T_y,T_z);\text{Mouvement : translation spatiale (curviligne)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique-SI MP 2024, Q9

   D'après l'énoncé, le mécanisme complet est modélisé à l'aide de cinq solides :

   • le bâti noté 0 (référentiel galiléen R_0) ;
   • les deux plateformes a et b des robots Delta ;
   • la tige t ;
   • la poignée p.

   Les liaisons entre ces solides sont les suivantes :

   • Liaison entre le bâti 0 et la plateforme a : liaison translation spatiale (3 translations indépendantes selon \vec{x}_0, \vec{y}_0, \vec{z}_0), résultat du guidage parallèle du robot Delta a ;
   • Liaison entre le bâti 0 et la plateforme b : liaison translation spatiale (3 translations indépendantes selon \vec{x}_0, \vec{y}_0, \vec{z}_0), résultat du guidage parallèle du robot Delta b ;
   • Liaison entre la plateforme a et la tige t : liaison Cardan (ou sphérique à doigt) de centre A, de degrés de liberté les deux rotations d'angles \varphi (autour de \vec{z}_0) et \theta (autour de \vec{y}_t) ;
   • Liaison entre la tige t et la poignée p : liaison hélicoïdale d'axe (AB) = (B, \vec{z}_t) et de pas à droite pas ;
   • Liaison entre la poignée p et la plateforme b : liaison rotule (sphérique) de centre B.

   On en déduit le graphe des liaisons ci-dessous :

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8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2022, Q22

   On étudie le solide \Sigma_0 suspendu au point fixe O par un fil inextensible et sans masse de longueur \ell, dans le référentiel terrestre \mathcal{R}_T supposé galiléen.

   Dans la base orthonormée directe (\vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z), le vecteur position de \Sigma_0 s'écrit, compte tenu de l'orientation de \theta définie autour de l'axe \vec{u}_y (voir figure 5) :

   \overrightarrow{O\Sigma_0} = -\ell\sin\theta\,\vec{u}_x - \ell\cos\theta\,\vec{u}_z

   La vitesse de \Sigma_0 est donc :

   \vec{v} = \frac{\mathrm{d}\overrightarrow{O\Sigma_0}}{\mathrm{d}t} = -\ell\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{u}_x + \ell\dot{\theta}\sin\theta\,\vec{u}_z

   L'inertie du solide entraînant le fluide environnant étant modélisée par la masse effective m_{\mathrm{eff}}, son moment cinétique par rapport au point fixe O s'écrit :

   \begin{aligned} \vec{L}_O &= \overrightarrow{O\Sigma_0} \wedge (m_{\mathrm{eff}}\vec{v}) \\ &= m_{\mathrm{eff}} \big( -\ell\sin\theta\,\vec{u}_x - \ell\cos\theta\,\vec{u}_z \big) \wedge \big( -\ell\dot{\theta}\cos\theta\,\vec{u}_x + \ell\dot{\theta}\sin\theta\,\vec{u}_z \big) \\ &= m_{\mathrm{eff}} \ell^2 \dot{\theta} \big( -\sin^2\theta \,(\vec{u}_x \wedge \vec{u}_z) + \cos^2\theta \,(\vec{u}_z \wedge \vec{u}_x) \big) \end{aligned}

   Comme \vec{u}_x \wedge \vec{u}_z = -\vec{u}_y et \vec{u}_z \wedge \vec{u}_x = \vec{u}_y, il vient :

   \vec{L}_O = m_{\mathrm{eff}}\ell^2\dot{\theta}\,\vec{u}_y

   Le solide \Sigma_0 est soumis aux actions suivantes :

   • son poids réel : \vec{P} = \rho_0 V_0 \vec{g} = -\rho_0 V_0 g\,\vec{u}_z ;
   • la poussée d'Archimède : \vec{\Pi} = -\rho_\ell V_0 \vec{g} = +\rho_\ell V_0 g\,\vec{u}_z ;
   • la tension du fil \vec{T}, dirigée selon la droite (O\Sigma_0), dont le moment en O est nul : \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{T}) = \vec{0}.

   La résultante du poids et de la poussée d'Archimède s'exprime à l'aide de la masse apparente m_{\mathrm{app}} = (\rho_0 - \rho_\ell)V_0 :

   \vec{P} + \vec{\Pi} = -(\rho_0 - \rho_\ell)V_0 g\,\vec{u}_z = -m_{\mathrm{app}}g\,\vec{u}_z

   Le moment en O de cette résultante vaut :

   \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{P} + \vec{\Pi}) &= \overrightarrow{O\Sigma_0} \wedge (-m_{\mathrm{app}}g\,\vec{u}_z) \\ &= \big( -\ell\sin\theta\,\vec{u}_x - \ell\cos\theta\,\vec{u}_z \big) \wedge (-m_{\mathrm{app}}g\,\vec{u}_z) \\ &= m_{\mathrm{app}}g\ell\sin\theta \,(\vec{u}_x \wedge \vec{u}_z) \\ &= -m_{\mathrm{app}}g\ell\sin\theta\,\vec{u}_y \end{aligned}

   D'après le théorème du moment cinétique appliqué en O dans le référentiel galiléen \mathcal{R}_T :

   \frac{\mathrm{d}\vec{L}_O}{\mathrm{d}t} = \sum \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{F}_{\mathrm{ext}})

   En projetant sur l'axe (O,\vec{u}_y) :

   m_{\mathrm{eff}}\ell^2\ddot{\theta} = -m_{\mathrm{app}}g\ell\sin\theta

   Dans l'approximation des petits angles (\sin\theta \simeq \theta), on obtient l'équation différentielle :

   \boxed{\ddot{\theta} + \frac{m_{\mathrm{app}} g}{m_{\mathrm{eff}} \ell} \theta = 0}

   Par identification avec la forme canonique \ddot{\theta} + \omega_0^2 \theta = 0 où \omega_0 = \sqrt{\dfrac{g}{\ell_{\mathrm{eff}}}}, on en déduit :

   \omega_0 = \sqrt{\frac{m_{\mathrm{app}}g}{m_{\mathrm{eff}}\ell}}

   et par conséquent :

   \boxed{\ell_{\mathrm{eff}} = \frac{m_{\mathrm{eff}}}{m_{\mathrm{app}}}\,\ell}

   Résultat

   $$\ddot{\theta }+\frac{m_{\mathrm{app}}g}{m_{\mathrm{eff}}\ell }\theta =0$$

   $${\ell }_{\mathrm{eff}}=\frac{m_{\mathrm{eff}}}{m_{\mathrm{app}}}\ell$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique MP 2022, Q9

   D'après le second théorème de Kœ nig, l'énergie cinétique de la bille (1) dans le référentiel lié au support fixe (bille (0)) est la somme de l'énergie cinétique de translation de son centre de masse \mathrm{O}_1 affecté de la masse totale m, et de son énergie cinétique propre E_{\mathrm{c}}^\ast dans le référentiel barycentrique :

   E_{\mathrm{c}1} = \frac{1}{2} m \, \vec{v}(\mathrm{O}_1)^2 + E_{\mathrm{c}}^\ast

   • Mouvement du centre de masse : Le point \mathrm{O}_1 décrit un cercle de centre \mathrm{O} et de rayon D. Dans la base polaire (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta), le vecteur position s'écrit \overrightarrow{\mathrm{OO}_1} = D \vec{e}_r, d'où la vitesse du centre d'inertie :

     \vec{v}(\mathrm{O}_1) = D \dot{\theta} \, \vec{e}_\theta \implies \vec{v}(\mathrm{O}_1)^2 = D^2 \dot{\theta}^2

     La composante cinétique associée au déplacement de \mathrm{O}_1 est donc :

     E_{\mathrm{c},\text{trans}} = \frac{1}{2} m D^2 \dot{\theta}^2

   • Mouvement de rotation propre : Dans le référentiel lié au support, la rotation propre de la bille (1) est décrite par l'angle \theta_1 autour de l'axe (\mathrm{O}_1, \vec{e}_x). Le vecteur rotation instantané s'écrit donc \vec{\omega} = \dot{\theta}_1 \vec{e}_x. Par symétrie sphérique, tout axe passant par \mathrm{O}_1 est axe principal d'inertie avec le même moment d'inertie J. L'énergie cinétique dans le référentiel barycentrique vaut donc :

     E_{\mathrm{c}}^\ast = \frac{1}{2} J \dot{\theta}_1^2

   En sommant ces deux contributions, on obtient :

   \boxed{E_{\mathrm{c}1} = \frac{1}{2} m D^2 \dot{\theta}^2 + \frac{1}{2} J \dot{\theta}_1^2}

   Résultat

   $$E_{\mathrm{c}1}=\frac{1}{2}m{D}^2{\dot{\theta }}^2+\frac{1}{2}J{\dot{\theta }}_1^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique-Chimie MP 2021, Q4

    a) Loi du moment cinétique scalaire pour un axe fixe

    Pour un solide indéformable (S) en rotation autour d'un axe \Delta fixe dans un référentiel galiléen, orienté par le vecteur unitaire \vec{u}_\Delta, la loi du moment cinétique scalaire s'écrit :

    J_\Delta \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} = \sum \mathcal{M}_\Delta\big(\vec{F}_{\text{ext}}\big)

    où :

    • J_\Delta est le moment d'inertie du solide par rapport à l'axe \Delta (en \mathrm{kg\cdot m^2}) ;
    • \omega = \dot{\theta} est la vitesse angulaire algébrique de rotation du solide autour de l'axe orienté \Delta (en \mathrm{rad\cdot s^{-1}}) ;
    • \sum \mathcal{M}_\Delta\big(\vec{F}_{\text{ext}}\big) désigne la somme des moments scalaires, par rapport à l'axe \Delta, de toutes les actions mécaniques extérieures exercées sur le solide (en \mathrm{N\cdot m}).

    b) Recensement des actions mécaniques extérieures sur chaque roue

    On note C_1 et C_2 les centres respectifs de la roue arrière et de la roue avant.

    • Roue arrière :

      • Poids de la roue : résultante \vec{P}_1 appliquée en son centre de gravité C_1 ;
      • Action de la liaison pivot avec le châssis : force de contact \vec{F}_{\text{châssis}\to 1} appliquée en C_1 (la liaison étant parfaite, le couple de frottement selon l'axe de rotation est nul) ;
      • Action de contact de la chaussée en I_1 : force \vec{R}_1 = T_1 \vec{u}_x + N_1 \vec{u}_z.

    • Roue avant :

      • Poids de la roue : résultante \vec{P}_2 appliquée en C_2 ;
      • Action de la liaison pivot avec le châssis : force de contact \vec{F}_{\text{châssis}\to 2} appliquée en C_2 ;
      • Action de contact de la chaussée en I_2 : force \vec{R}_2 = T_2 \vec{u}_x + N_2 \vec{u}_z ;
      • Couple moteur exercé par la transmission : \vec{\Gamma} = \Gamma_m \vec{u}_y.

    c) Détermination de T_1 et relation entre \Gamma_m et T_2

    Le véhicule est en translation rectiligne uniforme à la vitesse \vec{V} = V\vec{u}_x par rapport au référentiel terrestre galiléen ; le référentiel (R') lié à la voiture est donc également galiléen.

    Dans (R'), les axes matériels de rotation \Delta_1 = (C_1, \vec{u}_y) et \Delta_2 = (C_2, \vec{u}_y) sont fixes.

    Calculons les moments scalaires par rapport à ces axes orientés par \vec{u}_y :

    • Les lignes d'action du poids et de l'action de la liaison pivot coupent l'axe de rotation en C_k, d'où un moment nul : \mathcal{M}_{\Delta_k}(\vec{P}_k) = 0 et \mathcal{M}_{\Delta_k}(\vec{F}_{\text{châssis}\to k}) = 0.

    • Le point de contact avec le sol est repéré par \vec{C_k I_k} = -\dfrac{d}{2}\vec{u}_z. Le moment vectoriel de l'action du sol \vec{R}_k en C_k vaut :

      \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_{C_k}(\vec{R}_k) &= \vec{C_k I_k} \wedge \vec{R}_k \\ &= \left(-\frac{d}{2}\vec{u}_z\right) \wedge \big(T_k\vec{u}_x + N_k\vec{u}_z\big) \\ &= -\frac{d}{2} T_k (\vec{u}_z \wedge \vec{u}_x) = -\frac{d}{2} T_k \vec{u}_y \end{aligned}

      Le moment scalaire par rapport à l'axe (C_k, \vec{u}_y) est donc \mathcal{M}_{\Delta_k}(\vec{R}_k) = -T_k \dfrac{d}{2}.

    Chaque roue tourne à vitesse angulaire constante (\mathrm{d}\omega/\mathrm{d}t = 0) :

    • Pour la roue arrière :

      J \frac{\mathrm{d}\omega_1}{\mathrm{d}t} = -T_1 \frac{d}{2} = 0 \implies \boxed{T_1 = 0}

    • Pour la roue avant :

      J \frac{\mathrm{d}\omega_2}{\mathrm{d}t} = \Gamma_m - T_2 \frac{d}{2} = 0 \implies \boxed{\Gamma_m = T_2 \frac{d}{2}}

    Résultat

    $$T_1=0$$

    $${\Gamma }_m=T_2\frac{d}{2}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question