Feuille d'entraînement : Référentiels non galiléens

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 2 PSI 2022, Q37

   Le référentiel terrestre \mathcal{R} est supposé galiléen. Le point G est repéré par :

   \overrightarrow{OG} = (Z_1 + Z)\,\vec{u}_Z

   Le vecteur unitaire \vec{u}_Z étant fixe dans \mathcal{R}, la vitesse de G dans le référentiel terrestre s'obtient par dérivation temporelle :

   \vec{v}(G/\mathcal{R}) = \left(\frac{\mathrm{d}Z_1}{\mathrm{d}t} + \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}\right)\vec{u}_Z = \left(v_1 + \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}\right)\vec{u}_Z

   D'où l'expression de la composante de la vitesse selon \vec{u}_Z :

   \boxed{v_G = v_1 + \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}}

   En dérivant une seconde fois par rapport au temps :

   \vec{a}(G/\mathcal{R}) = \left(\frac{\mathrm{d}^2 Z_1}{\mathrm{d}t^2} + \frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2}\right)\vec{u}_Z = \left(\gamma_1 + \frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2}\right)\vec{u}_Z

   D'où l'expression de la composante de l'accélération selon \vec{u}_Z :

   \boxed{a_G = \gamma_1 + \frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2}}

   Équation différentielle du mouvement : Le système constitué par la masse sismique m est soumis à :

   • son poids \vec{P} = m\vec{g} et la réaction du guidage sans frottement, tous deux orthogonaux à \vec{u}_Z ;
   • la force de rappel du ressort fixé en O_1 : \vec{F}_{\text{ressort}} = -k(Z - \ell_0)\,\vec{u}_Z ;
   • la force de frottement fluide exercée par l'amortisseur lié au boîtier, proportionnelle à la vitesse relative de la masse par rapport au boîtier : \vec{F}_{\text{amort}} = -\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}\,\vec{u}_Z.

   D'après le principe fondamental de la dynamique appliqué à m dans le référentiel galiléen \mathcal{R} :

   m\,\vec{a}(G/\mathcal{R}) = \vec{F}_{\text{ressort}} + \vec{F}_{\text{amort}} + \vec{P} + \vec{R}_{\perp}

   En projetant selon l'axe \vec{u}_Z, on obtient :

   m\left(\gamma_1 + \frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2}\right) = -k(Z - \ell_0) - \lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}

   Soit la nouvelle équation différentielle vérifiée par Z(t) :

   \boxed{m\frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2} + \lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t} + k(Z - \ell_0) = -m\gamma_1}

   Nouvelles positions d'équilibre : Pour une accélération \gamma_1 constante du boîtier, la position d'équilibre permanent Z'_0 correspond à un état stationnaire dans le référentiel du boîtier (\frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t} = 0 et \frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2} = 0) :

   k(Z'_0 - \ell_0) = -m\gamma_1 \implies \boxed{Z'_0 = \ell_0 - \frac{m}{k}\gamma_1}

   D'après la question Q35, la coordonnée du capteur est reliée à Z par z = Z - \ell_0. La nouvelle position d'équilibre du capteur est donc :

   \boxed{z'_0 = -\frac{m}{k}\gamma_1}

   Information apportée par la lecture de z'_0 : Au bout d'un temps infini (en pratique après l'amortissement du régime transitoire), la lecture de l'élongation z'_0 sur l'échelle graduée fournit une mesure directe de l'accélération \gamma_1 du boîtier selon :

   \gamma_1 = -\frac{k}{m}z'_0

   Le dispositif constitue ainsi un accéléromètre.

   Résultat

   $$v_G=v_1+\frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}$$

   $$a_G={\gamma }_1+\frac{{\mathrm{d}}^{2}Z}{\mathrm{d}{t}^2}$$

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^{2}Z}{\mathrm{d}{t}^2}+\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}+k(Z-{\ell }_0)=-m{\gamma }_1$$

   $$Z_0^{\prime }={\ell }_0-\frac{m}{k}{\gamma }_1$$

   $$z_0^{\prime }=-\frac{m}{k}{\gamma }_1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique PSI 2022, Q36

   On étudie la masse m dans le référentiel terrestre \mathcal{R}_{\text{T}}, supposé galiléen pour la durée de l'expérience, muni de l'axe vertical (Oz) orienté vers le haut de vecteur unitaire \vec{e}_z.

   D'après l'énoncé et la figure 13 :

   • La position de la masse dans le référentiel terrestre s'écrit z_{\text{ter}}(t) = z_{\text{eq}} + z_m(t). Son accélération est donc :

     \vec{a}(m/\mathcal{R}_{\text{T}}) = \frac{\mathrm{d}^2 z_m}{\mathrm{d}t^2} \vec{e}_z.

   • Le bâti subit un déplacement x(t) par rapport au sol ; le point d'attache supérieur du ressort se situe à l'altitude L + x(t). La longueur instantanée du ressort vaut :

     \ell(t) = [L + x(t)] - [z_{\text{eq}} + z_m(t)] = (L - z_{\text{eq}}) - (z_m(t) - x(t)).

     En utilisant la relation d'équilibre de la question précédente, L - z_{\text{eq}} = \ell_0 + \frac{mg}{k}, l'allongement s'exprime par :

     \ell(t) - \ell_0 = \frac{mg}{k} - (z_m(t) - x(t)).

     La force de rappel exercée par le ressort sur la masse s'écrit donc :

     \vec{F}_{\text{él}} = k(\ell(t) - \ell_0)\vec{e}_z = \left[mg - k(z_m(t) - x(t))\right]\vec{e}_z.
   • Le poids est \vec{P} = -mg\vec{e}_z.

   • La force d'amortissement visqueux dépend de la vitesse de la masse dans le bâti, v_m(t) = \dot{z}_m(t) - \dot{x}(t) :

     \vec{f}_v = -\alpha (\dot{z}_m(t) - \dot{x}(t))\vec{e}_z.

   Le principe fondamental de la dynamique appliqué à la masse dans le référentiel terrestre galiléen donne :

   m \frac{\mathrm{d}^2 z_m}{\mathrm{d}t^2}\vec{e}_z = \vec{P} + \vec{F}_{\text{él}} + \vec{f}_v.

   En projetant sur l'axe (Oz) :

   m \frac{\mathrm{d}^2 z_m}{\mathrm{d}t^2} = -mg + mg - k(z_m - x) - \alpha\left(\frac{\mathrm{d}z_m}{\mathrm{d}t} - \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right),

   d'où l'équation différentielle satisfaite par z_m(t) :

   \boxed{m \frac{\mathrm{d}^2 z_m}{\mathrm{d}t^2} + \alpha \frac{\mathrm{d}z_m}{\mathrm{d}t} + k z_m(t) = \alpha \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} + k x(t)}

   Par définition du repérage relatif lié au bâti, on a la relation géométrique :

   z_m(t) = z(t) + x(t).

   En dérivant par rapport au temps, \dot{z}_m = \dot{z} + \dot{x} et \ddot{z}_m = \ddot{z} + \ddot{x}. En reportant ces relations dans l'équation du mouvement précédente, on obtient :

   m\left(\frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}\right) + \alpha\left(\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right) + k(z + x) = \alpha \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} + k x,

   ce qui conduit après simplification à :

   \boxed{m \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + k z(t) = -m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}}

   Résultat

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^2{z}_m}{\mathrm{d}{t}^2}+\alpha \frac{\mathrm{d}{z}_m}{\mathrm{d}t}+k{z}_m(t)=\alpha \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}+kx(t)$$

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^{2}z}{\mathrm{d}{t}^2}+\alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}+kz(t)=-m\frac{{\mathrm{d}}^{2}x}{\mathrm{d}{t}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique PSI 2022, Q37

   D'après l'équation du mouvement relatif établie à la question Q36 :

   m \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + k z = -m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}.

   En régime sinusoïdal forcé, en adoptant les représentations complexes \underline{z}(t) = \underline{Z}\mathrm{e}^{j\omega t} et \underline{x}(t) = \underline{X}\mathrm{e}^{j\omega t}, les dérivées temporelles se traduisent par une multiplication par j\omega :

   \left(-m\omega^2 + j\alpha\omega + k\right) \underline{Z} = m\omega^2 \underline{X}.

   En divisant par la masse m, et en introduisant la pulsation propre \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} et le facteur de qualité Q = \frac{m\omega_0}{\alpha} (soit \frac{\alpha}{m} = \frac{\omega_0}{Q}) :

   \left(\omega_0^2 - \omega^2 + j\frac{\omega_0\omega}{Q}\right) \underline{Z} = \omega^2 \underline{X}.

   On en déduit la fonction de transfert en déplacement :

   \underline{H}_d^m = \frac{\underline{Z}}{\underline{X}} = \frac{\omega^2}{\omega_0^2 - \omega^2 + j\frac{\omega_0\omega}{Q}}.

   En divisant le numérateur et le dénominateur par \omega_0^2, on obtient la forme canonique d'un filtre passe-haut du second ordre :

   \boxed{\underline{H}_d^m = \frac{\left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2}{1 - \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 + j\frac{1}{Q}\frac{\omega}{\omega_0}}}

   Comportement asymptotique et tracé du diagramme de Bode en amplitude : Le gain en décibels est G_{\mathrm{dB}} = 20\log_{10}|\underline{H}_d^m|.

   • À basse fréquence (\omega \ll \omega_0) :

     \underline{H}_d^m \underset{\omega \ll \omega_0}{\simeq} \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 \implies G_{\mathrm{dB}} \simeq 40\log_{10}\left(\frac{\omega}{\omega_0}\right).

     L'asymptote est une droite de pente +40\text{ dB/décade}.

   • À haute fréquence (\omega \gg \omega_0) :

     \underline{H}_d^m \underset{\omega \gg \omega_0}{\simeq} -1 \implies |\underline{H}_d^m| \to 1 \implies G_{\mathrm{dB}} \simeq 0\text{ dB}.

     L'asymptote est horizontale à 0\text{ dB}.

   • À la pulsation propre (\omega = \omega_0) :

     |\underline{H}_d^m(j\omega_0)| = \frac{1}{|j/Q|} = Q = \frac{1}{\sqrt{2}} \implies G_{\mathrm{dB}}(\omega_0) = -3\text{ dB}.

   Nature du capteur selon les domaines de fréquence :

   • Basses fréquences (\omega \ll \omega_0) :

     \underline{Z} \simeq \left(\frac{\omega}{\omega_0}\right)^2 \underline{X} = -\frac{1}{\omega_0^2} \left(-\omega^2\underline{X}\right).

     L'accélération du sol étant \underline{A} = -\omega^2\underline{X}, le déplacement relatif est proportionnel à l'accélération : le dispositif fonctionne en accéléromètre.

   • Fréquences intermédiaires (\omega \approx \omega_0) : Le terme d'amortissement domine au dénominateur :

     \underline{Z} \simeq \frac{(\omega/\omega_0)^2}{j\frac{\omega}{Q\omega_0}} \underline{X} = -j\frac{Q}{\omega_0}\left(j\omega\underline{X}\right).

     La vitesse du sol étant \underline{V} = j\omega\underline{X}, le déplacement relatif est proportionnel à la vitesse : le dispositif fonctionne en capteur de vitesse (vélocimètre).

   • Hautes fréquences (\omega \gg \omega_0) :

     \underline{Z} \simeq -\underline{X} \implies z(t) \simeq -x(t).

     La masse reste immobile dans le référentiel terrestre par inertie ; le déplacement relatif mesure directement le déplacement du sol : le dispositif fonctionne en capteur de déplacement (sismomètre au sens strict).

   Résultat

   $${\underline{H}}_d^m=\frac{{\left(\frac{\omega }{{\omega }_0}\right)}^2}{1-{\left(\frac{\omega }{{\omega }_0}\right)}^2+j\frac{1}{Q}\frac{\omega }{{\omega }_0}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4X-ENS Physique PSI 2022, Q40

   1. Équation électrique

   Considérons le circuit formé par les deux rails verticaux, la barre mobile horizontale de longueur \ell à la cote z(t) et la branche inférieure contenant la résistance R. Dans le référentiel lié au bâti, le champ magnétique appliqué \vec{B}_0 = B_0 \vec{e}_x est stationnaire et uniforme. La tige mobile se déplace à la vitesse relative :

   \vec{v} = \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\vec{e}_z

   Le champ électromoteur de Lorentz au sein de la tige vaut :

   \vec{E}_m = \vec{v} \wedge \vec{B}_0 = \left(\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\vec{e}_z\right) \wedge (B_0 \vec{e}_x) = B_0 \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} \vec{e}_y

   D'après la figure 15, le courant i(t) descend dans la branche droite, traverse le fond de droite à gauche, remonte le rail gauche et traverse la barre mobile de gauche à droite selon +\vec{e}_y. La force électromotrice d'induction de Lorentz s'exprime donc par circulation de \vec{E}_m le long de la barre :

   e(t) = \int_0^\ell \vec{E}_m \cdot (\mathrm{d}y\,\vec{e}_y) = B_0 \ell \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \sigma \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}

   En négligeant l'auto-inductance du circuit, la loi d'Ohm (ou loi des mailles) s'écrit directement :

   \boxed{ e(t) = R\,i(t) \quad \text{soit} \quad R\,i(t) = \sigma \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} }

   2. Équation mécanique

   On applique le principe fondamental de la dynamique à la tige mobile de masse m dans le référentiel non galiléen lié au bâti. Le mouvement est repéré par son écart à l'équilibre z(t) le long de l'axe vertical (Oz). Les actions exercées sur la barre sont :

   • la résultante du poids et de la force de rappel élastique : -k\,z(t)\,\vec{e}_z (d'après l'étude à la question Q36) ;
   • la force de frottement fluide visqueux : \vec{f}_v = -\alpha \dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\vec{e}_z ;
   • la force d'inertie d'entraînement due à l'accélération du sol : \vec{f}_{ie} = -m \dfrac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}\vec{e}_z ;

   • la force de Laplace exercée sur la tige parcourue par le courant i(t)\vec{e}_y dans le champ \vec{B}_0 :

     \vec{F}_L = (i \ell \vec{e}_y) \wedge (B_0 \vec{e}_x) = - i \ell B_0 \vec{e}_z = -\sigma\,i(t)\,\vec{e}_z

   En projetant la relation fondamentale de la dynamique sur l'axe (Oz), on obtient :

   m \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} = -k\,z - \alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} - \sigma\,i(t) - m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}

   soit finalement :

   \boxed{ m \frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + k\,z(t) + \sigma\,i(t) = -m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} }

   Résultat

   $$e(t)=Ri(t)\text{soit}Ri(t)=\sigma \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}$$

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^{2}z}{\mathrm{d}{t}^2}+\alpha \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}+kz(t)+\sigma i(t)=-m\frac{{\mathrm{d}}^{2}x}{\mathrm{d}{t}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 PSI 2022, Q38

   Le référentiel terrestre \mathcal{R} est galiléen. La masse m est soumise à :

   • son poids et la réaction du guide, qui se compensent dans la direction orthogonale à \vec{u}_Z ;
   • la force de rappel du ressort : \vec{F}_{\text{ressort}} = -k(Z - \ell_0)\,\vec{u}_Z ;
   • la force de frottement fluide : \vec{F}_{\text{frott}} = -\lambda \dot{Z}\,\vec{u}_Z ;
   • la force motrice d'asservissement : \vec{F} = \beta V_{\text{out}}\,\vec{u}_Z = \beta K_{s0} z\,\vec{u}_Z.

   D'après la question Q37, le vecteur accélération de G dans \mathcal{R} s'écrit \vec{a}(G) = (\gamma_1 + \ddot{Z})\,\vec{u}_Z. En projetant le principe fondamental de la dynamique sur l'axe (O, \vec{u}_Z) :

   m\left(\frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2} + \gamma_1\right) = -k(Z - \ell_0) - \lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t} + \beta K_{s0} z

   Comme z = Z - \ell_0 (question Q35), on a \dot{Z} = \dot{z} et \ddot{Z} = \ddot{z}. On en déduit directement les deux équations différentielles :

   \boxed{m\frac{\mathrm{d}^2 Z}{\mathrm{d}t^2} + \lambda\frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t} + (k - \beta K_{s0})(Z - \ell_0) = -m\gamma_1}

   \boxed{m\frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \lambda\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + (k - \beta K_{s0}) z = -m\gamma_1}

   Pour assurer la stabilité du système asservi, la raideur apparente effective doit être strictement positive : k_{\text{eff}} = k - \beta K_{s0} > 0 (soit \beta K_{s0} < k).

   Position d'équilibre et tension de sortie : Lorsque le régime permanent est établi sous une accélération \gamma_1 constante, les dérivées temporelles s'annulent (\ddot{z} = \dot{z} = 0), ce qui conduit à :

   \boxed{z_{\text{eq}} = -\frac{m\gamma_1}{k - \beta K_{s0}}}

   La tension correspondante vaut V_{\text{out, eq}} = K_{s0} z_{\text{eq}} :

   \boxed{V_{\text{out, eq}} = -\frac{m K_{s0}}{k - \beta K_{s0}}\,\gamma_1}

   La mesure de V_{\text{out}} au bout d'un temps infini permet de mesurer directement l'accélération \gamma_1 du boîtier, celle-ci étant strictement proportionnelle à la tension continue mesurée.

   Optimisation de la durée du régime transitoire : L'équation différentielle correspond à un oscillateur harmonique amorti de pulsation propre \omega_0 = \sqrt{\frac{k - \beta K_{s0}}{m}} et de facteur d'amortissement \xi = \frac{\lambda}{2\sqrt{m(k - \beta K_{s0})}}.

   Pour qu'il n'y ait aucun dépassement tout en assurant le retour le plus rapide possible vers la position d'équilibre, le système doit fonctionner au régime critique (\xi = 1), ce qui impose :

   \boxed{\lambda = 2\sqrt{m(k - \beta K_{s0})}}

   Estimation du temps de réponse : En régime critique (\xi = 1), la solution de l'équation homogène s'amortit selon (A + B t)\,\mathrm{e}^{-\omega_0 t}. Le temps caractéristique d'amortissement est donc :

   \tau = \frac{1}{\omega_0} = \sqrt{\frac{m}{k - \beta K_{s0}}} = \frac{2m}{\lambda}

   Le temps de réponse à 5\,\% vaut usuellement t_{r, 5\%} \approx 4{,}75\,\tau \approx 5\,\tau (et t_{r, 5\%} \approx 3\,\tau pour un facteur d'amortissement optimal \xi \approx 0{,}7). On peut ainsi estimer :

   \boxed{t_r \approx 5\sqrt{\frac{m}{k - \beta K_{s0}}} = \frac{10\,m}{\lambda}}

   Résultat

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^{2}Z}{\mathrm{d}{t}^2}+\lambda \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}t}+(k-\beta K_{s0})(Z-{\ell }_0)=-m{\gamma }_1$$

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^{2}z}{\mathrm{d}{t}^2}+\lambda \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}+(k-\beta K_{s0})z=-m{\gamma }_1$$

   $$z_{\text{eq}}=-\frac{m{\gamma }_1}{k-\beta K_{s0}}$$

   $$V_{\text{out, eq}}=-\frac{m{K}_{s0}}{k-\beta K_{s0}}{\gamma }_1$$

   $$\lambda =2\sqrt{m(k-\beta K_{s0})}$$

   $$t_r\approx 5\sqrt{\frac{m}{k-\beta K_{s0}}}=\frac{10m}{\lambda }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique PSI 2022, Q43

   On étudie l'ensemble mobile constitué des deux barres rigidement liées, de masse totale m, dans le référentiel non galiléen lié au bâti du sismomètre, muni du repère orthonormé direct (\vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z) représenté sur la figure 16 :

   • \vec{e}_x est orthogonal au plan de la figure (sortant) ;
   • \vec{e}_y est vertical descendant le long des barres ;
   • \vec{e}_z est horizontal et orienté vers la droite, suivant l'axe de translation de la barre mobile.

   Le bilan des actions mécaniques s'exerçant sur l'équipage mobile en projection sur l'axe (\mathrm{O}z) comprend :

   • la force de rappel élastique du ressort :

     \vec{F}_{\text{él}} = -k\,z(t)\,\vec{e}_z

   • la force de frottement fluide mécanique :

     \vec{f}_v = -\alpha\,\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\,\vec{e}_z

   • la force de Laplace d'amortissement due au premier circuit (détecteur de résistance R) établie à la question Q40 :

     \vec{F}_{L,1} = -\frac{\sigma^2}{R}\,\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\,\vec{e}_z

   • la force d'inertie d'entraînement liée à l'accélération du sol \ddot{x}(t) :

     \vec{f}_{ie} = -m\,\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}\,\vec{e}_z

   • la force de Laplace \vec{F} exercée sur la seconde barre parcourue par le courant imposé I(t) dans le champ \vec{B}_0 = B_0\,\vec{e}_x. D'après le schéma de la figure 16, le courant entre par le haut de la barre mobile et circule dans le sens de \vec{e}_y (\mathrm{d}\vec{\ell} = \mathrm{d}y\,\vec{e}_y) :

     \vec{F} = \int_0^\ell I(t)\,\mathrm{d}y\,\vec{e}_y \wedge B_0\,\vec{e}_x = I(t)\,\ell B_0\,(\vec{e}_y \wedge \vec{e}_x) = -\sigma\,I(t)\,\vec{e}_z

     En notant F(t) = \vec{F}\cdot \vec{e}_z la composante algébrique de cette force de contre-réaction (avec F(t) = -\sigma I(t)), on applique le principe fondamental de la dynamique à l'équipage mobile :

     m\,\frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} = -k\,z - \left(\alpha + \frac{\sigma^2}{R}\right)\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} - m\,\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} + F(t)

   En posant \alpha' = \alpha + \dfrac{\sigma^2}{R}, l'équation différentielle régissant le mouvement relatif z(t) s'écrit :

   \boxed{m\,\frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \alpha'\,\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + k\,z(t) = -m\,\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2} + F(t)}

   soit, en explicitant l'action du courant de commande I(t) :

   \boxed{m\,\frac{\mathrm{d}^2 z}{\mathrm{d}t^2} + \alpha'\,\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} + k\,z(t) + \sigma\,I(t) = -m\,\frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}}

   Résultat

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^{2}z}{\mathrm{d}{t}^2}+{\alpha }^{\prime }\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}+kz(t)=-m\frac{{\mathrm{d}}^{2}x}{\mathrm{d}{t}^2}+F(t)$$

   $$m\frac{{\mathrm{d}}^{2}z}{\mathrm{d}{t}^2}+{\alpha }^{\prime }\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}+kz(t)+\sigma I(t)=-m\frac{{\mathrm{d}}^{2}x}{\mathrm{d}{t}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique PSI 2022, Q47

   1. Avantage apporté au niveau de la pulsation propre

   Avec \underline{H}(\mathrm{j}\omega) = \dfrac{g_2}{\mathrm{j}\omega} (g_2 > 0), la relation (12) donne pour le courant dans le second rail :

   \underline{I} = -\underline{H}(\mathrm{j}\omega)\underline{E} = -\frac{g_2}{\mathrm{j}\omega}(\sigma \mathrm{j}\omega \underline{Z}) = -g_2 \sigma \underline{Z}

   La force de Laplace exercée par ce second rail sur la barre mobile vaut :

   \underline{F} = -\sigma \underline{I} = g_2 \sigma^2 \underline{Z} \quad \text{ou en convention de contre-réaction} \quad \underline{F} = -g_2 \sigma^2 \underline{Z}

   Cette force agit comme une force de rappel élastique supplémentaire de raideur équivalente k_{\mathrm{ass}} = g_2 \sigma^2. La raideur totale devient k' = k + g_2 \sigma^2, ce qui augmente la pulsation propre :

   \omega'_0 = \sqrt{\frac{k'}{m}} = \sqrt{\omega_0^2 + \frac{g_2 \sigma^2}{m}} > \omega_0

   L'avantage est de pouvoir augmenter et ajuster électroniquement la fréquence propre du système (via le gain g_2), sans modifier la suspension mécanique ni imposer un ressort de raideur mécanique trop élevée.

   2. Expression de la nouvelle fonction de transfert \underline{H}_d

   L'équation du mouvement établie à la question Q43 s'écrit en régime harmonique :

   \left(-m\omega^2 + \mathrm{j}\alpha'\omega + k\right)\underline{Z} = m\omega^2 \underline{X} + \underline{F} = m\omega^2 \underline{X} - g_2 \sigma^2 \underline{Z}

   soit :

   \left(-m\omega^2 + \mathrm{j}\alpha'\omega + k + g_2 \sigma^2\right)\underline{Z} = m\omega^2 \underline{X}

   En divisant par m et en introduisant \omega'_0 = \sqrt{\omega_0^2 + \dfrac{g_2 \sigma^2}{m}} :

   \left({\omega'_0}^2 - \omega^2 + \mathrm{j}\frac{\alpha'}{m}\omega\right)\underline{Z} = \omega^2 \underline{X}

   En factorisant par {\omega'_0}^2 et en posant Q' = \dfrac{m\omega'_0}{\alpha'} = \widetilde{Q}\dfrac{\omega'_0}{\omega_0} :

   \boxed{\underline{H}_d = \frac{\underline{Z}}{\underline{X}} = \frac{\left(\frac{\omega}{\omega'_0}\right)^2}{1 - \left(\frac{\omega}{\omega'_0}\right)^2 + \mathrm{j}\frac{1}{Q'}\frac{\omega}{\omega'_0}}}

   3. Expression de la force supplémentaire \underline{F}

   D'après le schéma-bloc de la figure 17 :

   \underline{F} = -\sigma \underline{I} = \sigma \underline{H}(\mathrm{j}\omega) \underline{E} = \sigma \frac{g_2}{\mathrm{j}\omega} (\sigma \mathrm{j}\omega \underline{Z}) = -g_2 \sigma^2 \underline{Z}

   Comme \underline{Z} = \underline{H}_d \underline{X}, il vient :

   \boxed{\underline{F} = -g_2 \sigma^2 \underline{H}_d \underline{X}}

   4. Limite basse fréquence et comparaison à la force d'inertie d'entraînement

   À basse fréquence (\omega \ll \omega'_0), la fonction de transfert tend vers :

   \underline{H}_d \simeq \left(\frac{\omega}{\omega'_0}\right)^2

   D'où l'expression de la force :

   \underline{F} \simeq -g_2 \sigma^2 \frac{\omega^2}{{\omega'_0}^2} \underline{X} = -\frac{g_2 \sigma^2}{\omega_0^2 + \frac{g_2 \sigma^2}{m}} \omega^2 \underline{X}

   Dans le cas d'un asservissement efficace où la raideur électromagnétique domine la raideur mécanique (g_2 \sigma^2 \gg m\omega_0^2 = k), on a {\omega'_0}^2 \simeq \dfrac{g_2 \sigma^2}{m}, ce qui conduit à :

   \underline{F} \simeq -m\omega^2 \underline{X}

   En revenant au domaine temporel, sachant que -\omega^2 \underline{X} \longleftrightarrow \dfrac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}(t) :

   \boxed{F(t) \simeq m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}(t)}

   Or, la force d'inertie d'entraînement subie par la masse s'écrit \vec{f}_{ie} = -m \dfrac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}\vec{e}_z, soit en valeur algébrique :

   f_{ie}(t) = -m \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}(t)

   On constate ainsi que :

   \boxed{F(t) \simeq -f_{ie}(t) \quad \Longleftrightarrow \quad \vec{F} + \vec{f}_{ie} \simeq \vec{0}}

   5. Utilité de la correction apportée

   La force électromagnétique de contre-réaction vient compenser quasi instantanément la force d'inertie d'entraînement. Par conséquent :

   • le déplacement relatif z(t) de la barre mobile reste extrêmement faible (z(t) \approx 0) ;
   • le ressort mécanique ne subit quasiment aucune déformation, ce qui préserve sa linéarité, élimine les effets d'hystérésis et empêche la saturation mécanique même en présence de séismes de forte amplitude.

   6. Nature du capteur obtenu par mesure de la tension u(t)

   La tension aux bornes de la résistance r est proportionnelle au courant d'asservissement I(t) :

   u(t) = r\,I(t) = - \frac{r}{\sigma} F(t) \simeq -\frac{m r}{\sigma} \frac{\mathrm{d}^2 x}{\mathrm{d}t^2}(t)

   La tension mesurée étant directement proportionnelle à l'accélération \ddot{x}(t) du sol à basse fréquence, on obtient un accéléromètre asservi (ou accéléromètre à équilibrage de force).

   Résultat

   $${\underline{H}}_d=\frac{\underline{Z}}{\underline{X}}=\frac{{\left(\frac{\omega }{{\omega }_0^{\prime }}\right)}^2}{1-{\left(\frac{\omega }{{\omega }_0^{\prime }}\right)}^2+\mathrm{j}\frac{1}{Q^{\prime }}\frac{\omega }{{\omega }_0^{\prime }}}$$

   $$\underline{F}=-g_2{\sigma }^2{\underline{H}}_d\underline{X}$$

   $$F(t)\simeq m\frac{{\mathrm{d}}^{2}x}{\mathrm{d}{t}^2}(t)$$

   $$F(t)\simeq -f_{ie}(t)⟺\vec{F}+{\vec{f}}_{ie}\simeq \vec{0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question