Physique et SI
X-ENSMP2026
Cherchez d'abord seul. En cas de blocage, ouvrez une indication, réessayez, puis seulement la solution.
Rédigé par IA, non vérifié
Signaler une erreur# X MP — Physique et SI 2026 · Corrigé guidé
*Corrigé rédigé par IA (La Belle Copie), non officiel. Signalez toute erreur.*
## Présentation du sujet
**Cadre.** Cette épreuve de 4 heures est réservée à une partie des candidats MP, les autres composant en Informatique A. La calculatrice est interdite. Les applications numériques se font avec au plus deux chiffres significatifs, et les ordres de grandeur avec un seul. Le sujet compte **37 questions**, dont beaucoup ont des sous-questions, en deux parties indépendantes. L'énoncé conseille d'y consacrer au plus deux heures chacune. Le fil conducteur est la mission SMILE d'étude du vent solaire.
**Partie Physique (Q1–Q17).**
- *1. Communications satellite–Terre (Q1–Q5).* C'est un grand classique : propagation d'une onde électromagnétique dans un plasma froid peu dense (l'ionosphère). On écrit le principe fondamental pour une charge, on néglige la force magnétique, puis on obtient la conductivité complexe imaginaire pure et la relation de dispersion $k^2c^2=\omega^2-\omega_p^2$. Suivent la fréquence plasma, la coupure, les vitesses de phase et de groupe, la dispersion et le choix de la bande Ku.
- *2. Points de Lagrange (Q6–Q17).* On traite le problème restreint des trois corps dans le référentiel tournant : troisième loi de Kepler, forces d'inertie, pseudo-potentiel $U$, constante de Jacobi et zones d'exclusion, adimensionnement. On calcule ensuite la position de $\mathrm L_4$ et $\mathrm L_5$ (triangles équilatéraux) et l'équation de $\mathrm L_1$ avec son application numérique (1,5 million de km). La partie se termine sur la stabilité : cols de $U$, rôle stabilisant de la force de Coriolis, linéarisation matricielle, critère de Routh $27\mu(1-\mu)<1$ et périodes de libration.
**Partie Sciences de l'ingénieur (Q18–Q37).**
- *2.1 Analyse du mécanisme (Q18–Q19).* Graphe de liaisons et schéma cinématique de la chaîne bâti–arbre–bras–panneaux.
- *2.2 Dynamique du déploiement (Q20–Q27).* C'est le cœur calculatoire, pour un système plan bras + panneau à deux pivots et deux ressorts de torsion. On y traite le caractère galiléen du référentiel, la matrice d'inertie d'un parallélépipède, les torseurs d'actions, les vitesses, les accélérations, les torseurs dynamiques, puis deux équations de Lagrange « à la main » par le théorème du moment dynamique.
- *2.3 Validation (Q28–Q30).* Lecture critique de courbes de simulation : blocages en butée, cahier des charges, choc.
- *3. Orientation (Q31–Q37).* Asservissement en position avec boucle de vitesse interne : schéma-bloc, réduction de boucle, précision, classe, correcteur PI.
**Notions mobilisées.** Force de Lorentz, équations de Maxwell en notation complexe, relation de dispersion, paquets d'ondes. Côté mécanique : référentiels non galiléens, énergie, gradient, linéarisation autour d'un équilibre, valeurs propres. Côté SI : cinématique du solide, opérateur d'inertie, torseurs dynamiques et PFD, schémas-blocs, théorème de la valeur finale, classe d'un système. Tout est au programme MP et MP option SI.
**Difficulté.** La physique est très classique jusqu'à Q9. Q10–Q11 demandent de la rigueur dans les dérivées composées, et Q15–Q17 un peu d'algèbre linéaire. En SI, Q24–Q27 constituent le bloc discriminant : un seul signe faux dans une accélération rend inexploitable la forme (54). Les questions 31–37 sont des questions de cours d'automatique, rapides et sûres.
**Questions à ne pas laisser passer.** Q1, Q2, Q3.a–b, Q4, Q6, Q8.a, Q9, Q12, Q16, Q21, Q23, Q32, Q33, Q35, Q36 et Q37.
**Gestion du temps.** Il faut respecter le conseil de 2 h par partie. Comme la fin de la partie SI (Q31–Q37) est indépendante et rapide, on peut la traiter avant la dynamique du déploiement si celle-ci résiste. Il faut garder 10 minutes pour vérifier les applications numériques, faites sans calculatrice.
## Partie Physique, 1 — Communications entre le satellite et la Terre
On modélise l'ionosphère comme un plasma froid et peu dense, et l'on cherche à quelles conditions une onde électromagnétique le traverse. Outils : principe fondamental pour une charge, notation complexe, équations de Maxwell, vitesses de phase et de groupe.
### Question 1
> [!INDICATION]
> Faire le bilan des forces sur une particule chargée : lesquelles sont imposées par l'onde, lesquelles peut-on écarter grâce aux hypothèses du texte (plasma peu dense, champ terrestre négligé) ?
> [!INDICATION]
> Pour la simplification, comparer les normes des deux termes de la force de Lorentz en utilisant l'ordre de grandeur du rapport $B/E$ pour une onde.
#### Solution
**a.** On étudie une particule de charge $q$ et de masse $m$ dans le référentiel terrestre, supposé galiléen. Le plasma est peu dense : on néglige les collisions entre particules. Le poids ($mg\sim10^{-29}$ N pour un électron) est négligeable devant les forces électromagnétiques, et le champ magnétique terrestre est négligé par hypothèse. La seule force est la force de Lorentz exercée par l'onde. Le principe fondamental de la dynamique s'écrit
$$\boxed{m\,\frac{\mathrm d\vec v}{\mathrm dt}=q\left(\vec E(\vec r,t)+\vec v\wedge\vec B(\vec r,t)\right)}$$
**b.** Pour une onde plane, la structure locale donne $\|\vec B\|\sim\|\vec E\|/c$ (au plus de l'ordre de $\|\vec E\|/c$ dans le plasma, voir Q3). Le rapport des forces magnétique et électrique vaut donc
$$\frac{\|q\,\vec v\wedge\vec B\|}{\|q\,\vec E\|}\lesssim\frac{vB}{E}\sim\frac{v}{c}\ll1 .$$
Pour des particules non relativistes, la force magnétique est négligeable et
$$\boxed{m\,\frac{\mathrm d\vec v}{\mathrm dt}=q\,\vec E(\vec r,t)}$$
De plus, l'amplitude du déplacement des particules, $qE_0/(m\omega^2)$, est très petite devant la longueur d'onde : on peut évaluer $\vec E$ à la position moyenne de la particule.
> [!PIEGE]
> Ne pas affirmer « le champ magnétique est faible » sans comparaison : c'est le produit $vB$ qui doit être comparé à $E$, via $B\sim E/c$.
### Question 2
> [!INDICATION]
> La vitesse acquise par une particule sous un champ sinusoïdal dépend de $q/m$. Que valent les charges et les masses des deux espèces ?
> [!INDICATION]
> Pour (b), résoudre le principe fondamental en notation complexe avec la convention $\mathrm e^{-\mathrm i\omega t}$ imposée par l'énoncé, puis former $\underline{\vec j}=n q\underline{\vec v}$ pour les électrons seuls.
#### Solution
**a.** En régime harmonique, d'après Q1.b, $\underline{\vec v}=\dfrac{q}{-\mathrm i\omega m}\underline{\vec E}$ : l'amplitude de la vitesse est proportionnelle à $|q|/m$. Ions et électrons ont des charges de même valeur absolue $e$ et des densités égales ($n_i=n_e$), donc
$$\frac{\|\vec j_i\|}{\|\vec j_e\|}=\frac{n_i e v_i}{n_e e v_e}=\frac{m_e}{m_i}\le\frac{m_e}{m_p}=\frac{9{,}1\times10^{-31}}{1{,}6\times10^{-27}}\approx6\times10^{-4}.$$
**Les ions, plus de mille fois plus lourds, sont quasi immobiles : seuls les électrons contribuent à la densité de courant.**
**b.** Pour un électron ($q=-e$, $m=m_e$), avec $\partial_t\to-\mathrm i\omega$ :
$$-\mathrm i\omega m_e\underline{\vec v}=-e\underline{\vec E}\quad\Longrightarrow\quad\underline{\vec v}=\frac{e}{\mathrm i\omega m_e}\underline{\vec E}=-\mathrm i\,\frac{e}{m_e\omega}\underline{\vec E}.$$
La densité de courant vaut $\underline{\vec j}=-n_e e\,\underline{\vec v}=\mathrm i\,\dfrac{n_e e^2}{m_e\omega}\underline{\vec E}$, d'où
$$\boxed{\underline\sigma=\mathrm i\,\frac{n_e e^2}{m_e\,\omega}=\mathrm i\,\frac{\varepsilon_0\,\omega_p^2}{\omega}}\qquad\text{avec}\qquad \omega_p^2=\frac{n_e e^2}{\varepsilon_0 m_e}.$$
$\underline\sigma$ est imaginaire pur : courant et champ sont en quadrature, la puissance moyenne cédée par le champ aux électrons est nulle (pas de dissipation).
> [!METHODE]
> En régime sinusoïdal forcé, le principe fondamental d'une particule libre donne $\underline{\vec v}=\frac{q}{-\mathrm i\omega m}\underline{\vec E}$ : la réponse est proportionnelle à $q/m$. C'est l'argument général pour négliger les ions (ou les noyaux) devant les électrons.
> [!PIEGE]
> Signe de $1/\mathrm i=-\mathrm i$ et convention de l'énoncé en $\mathrm e^{\mathrm i(\vec k\cdot\vec r-\omega t)}$ : avec l'autre convention, on trouverait $\underline\sigma=-\mathrm i n e^2/(m\omega)$.
### Question 3
> [!INDICATION]
> Écrire Maxwell–Faraday et Maxwell–Ampère en notation complexe ($\vec\nabla\to\mathrm i\vec k$), éliminer $\underline{\vec B}$, et utiliser le double produit vectoriel du formulaire.
> [!INDICATION]
> Il faut justifier que $\vec k\cdot\underline{\vec E}=0$ : combiner Maxwell–Gauss et la conservation de la charge avec $\underline{\vec j}=\underline\sigma\underline{\vec E}$.
> [!INDICATION]
> Pour (c), imaginer qu'on décale tous les électrons d'une tranche de plasma d'une petite distance $x$ : quel champ apparaît (condensateur plan), et quelle équation suit un électron ? Pour (d), discuter le signe de $k^2$.
#### Solution
**a.** En notation complexe, $\vec\nabla\to\mathrm i\vec k$ et $\partial_t\to-\mathrm i\omega$.
*Transversalité.* La conservation de la charge donne $\omega\underline\rho=\vec k\cdot\underline{\vec j}=\underline\sigma\,\vec k\cdot\underline{\vec E}$, et Maxwell–Gauss donne $\mathrm i\vec k\cdot\underline{\vec E}=\underline\rho/\varepsilon_0$. En combinant :
$$\Big(1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}\Big)\,\vec k\cdot\underline{\vec E}=0 ,$$
donc pour $\omega\neq\omega_p$, $\vec k\cdot\underline{\vec E}=0$ et $\underline\rho=0$ : l'onde est transverse.
*Maxwell–Faraday* : $\mathrm i\vec k\wedge\underline{\vec E}=\mathrm i\omega\underline{\vec B}$, soit $\underline{\vec B}=\dfrac{\vec k\wedge\underline{\vec E}}{\omega}$.
*Maxwell–Ampère* : $\mathrm i\vec k\wedge\underline{\vec B}=\mu_0\underline{\vec j}-\mathrm i\omega\mu_0\varepsilon_0\underline{\vec E}$. En reportant $\underline{\vec B}$ et avec la formule du double produit vectoriel,
$$\vec k\wedge(\vec k\wedge\underline{\vec E})=(\vec k\cdot\underline{\vec E})\vec k-k^2\underline{\vec E}=-k^2\underline{\vec E},$$
il vient
$$-\frac{\mathrm i k^2}{\omega}\underline{\vec E}=\mu_0\Big(\mathrm i\frac{\varepsilon_0\omega_p^2}{\omega}-\mathrm i\varepsilon_0\omega\Big)\underline{\vec E}
\quad\Longrightarrow\quad
\boxed{k^2=\frac{\omega^2-\omega_p^2}{c^2}}$$
avec $\mu_0\varepsilon_0c^2=1$. La pulsation particulière, qui annule $k$, est la **pulsation plasma**
$$\boxed{\omega_p=\sqrt{\frac{n_e e^2}{\varepsilon_0 m_e}}}$$
**b.**
$$\omega_p^2=\frac{10^{12}\times(1{,}6\times10^{-19})^2}{8{,}8\times10^{-12}\times9{,}1\times10^{-31}}\approx\frac{2{,}6\times10^{-26}}{8{,}0\times10^{-42}}\approx3{,}2\times10^{15}\ \mathrm{rad^2\,s^{-2}},$$
soit $\omega_p\approx5{,}7\times10^{7}\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ et
$$\boxed{f_p=\frac{\omega_p}{2\pi}\sim1\times10^{7}\ \mathrm{Hz}\ (\approx 9\ \mathrm{MHz})}$$
**c.** Si l'on déplace en bloc les électrons d'une tranche de plasma par rapport aux ions, la séparation de charges crée un champ électrique de rappel proportionnel au déplacement ($E=n_e e x/\varepsilon_0$). Chaque électron obéit alors à $m_e\ddot x=-\dfrac{n_e e^2}{\varepsilon_0}x$ : il oscille à $\omega_p$. **La fréquence plasma est la fréquence propre des oscillations collectives des électrons autour des ions**, c'est-à-dire le temps de réponse du plasma à une perturbation électrique.
**d.**
- Si $\omega<\omega_p$ : $k^2<0$, $k=\pm\mathrm i/\delta$ avec $\delta=c/\sqrt{\omega_p^2-\omega^2}$. L'onde est **évanescente**, elle ne transporte pas d'énergie en moyenne et est **réfléchie** par l'ionosphère. Les électrons suivent le champ assez vite pour l'écranter.
- Si $\omega>\omega_p$ : $k$ est réel, l'onde **se propage** à travers le plasma.
**Le plasma ionosphérique est un filtre passe-haut de fréquence de coupure $f_p\sim10$ MHz.** Pour communiquer avec un satellite situé au-delà de l'ionosphère, il faut $f\gg f_p$. À l'inverse, les ondes de fréquence inférieure (ondes courtes, grandes ondes) sont réfléchies et permettent des liaisons terrestres à longue distance.
> [!METHODE]
> Relation de dispersion d'une onde plane dans un milieu conducteur : Maxwell en notation complexe, élimination de $\underline{\vec B}$, double produit vectoriel, transversalité. On obtient $k^2=\frac{\omega^2}{c^2}\big(1+\frac{\mathrm i\underline\sigma}{\varepsilon_0\omega}\big)$, à appliquer à chaque modèle de $\underline\sigma$.
> [!PIEGE]
> Calcul sans calculatrice : regrouper les puissances de 10 à part. $(1{,}6)^2\approx2{,}6$ et $8{,}8\times9{,}1\approx80$, donc $\omega_p^2\approx\frac{2{,}6}{8{,}0}\times10^{-38+12+42}$. Ne pas oublier le facteur $2\pi$ entre $\omega_p$ et $f_p$.
### Question 4
> [!INDICATION]
> Appliquer les définitions $v_\varphi=\omega/k$ et $v_g=\mathrm d\omega/\mathrm dk$ ; pour $v_g$, différentier directement la relation de dispersion.
> [!INDICATION]
> Comparer chaque vitesse à $c$ et dire laquelle transporte l'information.
#### Solution
Pour $\omega>\omega_p$, $k=\dfrac1c\sqrt{\omega^2-\omega_p^2}$ et, en différentiant $k^2c^2=\omega^2-\omega_p^2$, $kc^2\,\mathrm dk=\omega\,\mathrm d\omega$ :
$$\boxed{v_\varphi=\frac{\omega}{k}=\frac{c}{\sqrt{1-\omega_p^2/\omega^2}}>c,\qquad v_g=\frac{\mathrm d\omega}{\mathrm dk}=\frac{kc^2}{\omega}=c\sqrt{1-\frac{\omega_p^2}{\omega^2}}<c}$$
avec $v_\varphi v_g=c^2$. La vitesse de phase dépasse $c$ sans contradiction avec la relativité, car elle ne transporte ni énergie ni information. C'est la vitesse de groupe, inférieure à $c$, qui donne la vitesse de propagation d'un signal. Quand $\omega\to\omega_p^+$, $v_g\to0$ et $v_\varphi\to+\infty$. Quand $\omega\gg\omega_p$, $v_\varphi\simeq v_g\simeq c$ : le plasma se comporte comme le vide.
> [!PIEGE]
> Une vitesse de phase supérieure à $c$ n'est pas une erreur : il faut le dire et l'expliquer, plutôt que de « corriger » son résultat.
### Question 5
> [!INDICATION]
> Pour le tracé, chercher le point de départ, la tangente en ce point et l'asymptote quand $\omega\to\infty$.
> [!INDICATION]
> Critère de dispersion : à quelle condition sur la courbe $k(\omega)$ la vitesse de phase est-elle indépendante de $\omega$ ?
> [!INDICATION]
> Pour (c), situer $f_{\mathrm{Ku}}$ par rapport à $f_p$ et en déduire les deux conséquences : propagation et dispersion.
#### Solution
**a.** Pour $k\ge0$, la courbe $k(\omega)=\dfrac1c\sqrt{\omega^2-\omega_p^2}$ n'existe (en $k$ réel) que pour $\omega\ge\omega_p$.
- Elle part de $(\omega_p,0)$ avec une tangente verticale ($\mathrm dk/\mathrm d\omega\to+\infty$).
- Elle est concave et croissante, sous l'asymptote $k=\omega/c$ (droite passant par l'origine), dont elle s'approche pour $\omega\gg\omega_p$ : $k\simeq\dfrac{\omega}{c}-\dfrac{\omega_p^2}{2c\,\omega}$.
- Pour $\omega<\omega_p$ il n'y a pas de $k$ réel (zone d'évanescence).
*Critère.* Un milieu est non dispersif quand $v_\varphi$ ne dépend pas de $\omega$, c'est-à-dire quand $k(\omega)$ est une droite passant par l'origine (alors $v_g=v_\varphi$). On mesure la dispersion par l'écart de la courbe à la droite $k=\omega/c$, ou par la variation de $v_g$ avec $\omega$.
- **Zone de forte dispersion** : $\omega$ voisin de $\omega_p$ (quelques $\omega_p$). La courbe s'écarte fortement de la droite et $v_g$ varie très vite.
- **Zone de faible dispersion** : $\omega\gg\omega_p$. La courbe se confond avec l'asymptote, et $v_g\simeq v_\varphi\simeq c$.
**b.** Un signal porteur de données n'est pas monochromatique : c'est un paquet d'ondes de largeur spectrale $\Delta\omega$ d'autant plus grande que le débit est élevé. Dans un milieu dispersif, les composantes spectrales se propagent à des vitesses de groupe différentes. Le paquet s'étale au cours de la propagation, les impulsions successives se chevauchent (interférence entre symboles) et le signal est déformé. **La dispersion limite le débit et la fiabilité de la transmission.**
**c.** La bande Ku ($10{,}7$ à $14{,}5$ GHz) vérifie $f/f_p\sim10^3$ :
- $f\gg f_p$ : l'onde traverse l'ionosphère sans être réfléchie (Q3.d) ;
- l'écart relatif $1-v_g/c\simeq\dfrac{f_p^2}{2f^2}\sim3\times10^{-7}$ : la dispersion est négligeable, le signal n'est pas déformé (Q5.a et b) ;
- une porteuse de haute fréquence autorise une large bande passante, donc un débit élevé, et des antennes directives de taille raisonnable.
**La bande Ku garantit une liaison transparente et quasi non dispersive à travers l'ionosphère.** (Au-delà de quelques dizaines de GHz, l'absorption par la vapeur d'eau et la pluie de la basse atmosphère devient gênante, ce qui borne le choix vers le haut.)
> [!METHODE]
> Dans un milieu de relation $k(\omega)$, la dispersion se lit sur l'écart à une droite passant par l'origine. Elle est toujours forte près d'une coupure, où $v_g\to0$.
## Partie Physique, 2 — Points de Lagrange et stabilité
On établit les équations du mouvement d'un satellite dans le référentiel où le Soleil et la Terre sont fixes, puis on cherche les équilibres (points de Lagrange) et leur stabilité. Outils : référentiels non galiléens, énergie, gradient, linéarisation et valeurs propres.
**2.1 Étude préliminaire**
### Question 6
> [!INDICATION]
> Appliquer le principe fondamental à la Terre dans le référentiel sidéral, où elle décrit un cercle centré sur le centre de masse $O$.
> [!INDICATION]
> Attention : le rayon de l'orbite de la Terre n'est pas $R$. Exprimer $OT$ en fonction de $R$ et des masses par la définition du barycentre.
#### Solution
**a.** Le système isolé {S, T} a son centre de masse $O$ fixe dans le référentiel sidéral, qui est galiléen. La Terre décrit un cercle de rayon $OT=R_T=\dfrac{M_S}{M}R$ à la vitesse angulaire $\Omega$. Le principe fondamental appliqué à la Terre, projeté sur la direction radiale, donne
$$M_T\,\Omega^2\,\frac{M_S}{M}R=\frac{GM_SM_T}{R^2}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\Omega=\sqrt{\frac{GM}{R^3}},\qquad M=M_S+M_T}$$
C'est la troisième loi de Kepler pour le problème à deux corps.
**b.** $T=\dfrac{2\pi}{\Omega}=2\pi\sqrt{\dfrac{R^3}{GM}}$ est la période de révolution commune de S et T autour de leur centre de masse, soit la période de révolution de la Terre autour du Soleil (avec $M\simeq M_S$ et $R=1$ UA) :
$$\boxed{T\approx1\ \text{an}\approx3\times10^7\ \mathrm s}$$
> [!PIEGE]
> Écrire $M_T\Omega^2R=GM_SM_T/R^2$ donne $\Omega^2=GM_S/R^3$ : c'est faux, car le rayon de l'orbite de T autour de $O$ est $\frac{M_S}{M}R$. Le résultat exact fait intervenir la masse totale.
### Question 7
> [!INDICATION]
> Écrire le principe fondamental dans $\mathcal R_\Omega$ en ajoutant les forces d'inertie d'entraînement et de Coriolis ; la rotation est uniforme.
> [!INDICATION]
> Exprimer chaque force qui n'est pas de Coriolis comme un gradient : potentiel newtonien en $1/r$ pour chaque astre, potentiel centrifuge en $r^2$.
> [!INDICATION]
> Projeter sur $\vec e_x$ et $\vec e_y$ et identifier les termes de Coriolis avec ceux de (2) : leur signe doit correspondre.
#### Solution
**a.** $\mathcal R_\Omega$ tourne à la vitesse angulaire constante $\vec\Omega=\Omega\vec e_z$ autour de l'axe $(O,\vec e_\zeta)$ fixe dans le référentiel galiléen $\mathcal R_s$. Les forces d'inertie sont la force d'entraînement (centrifuge) $-m\vec\Omega\wedge(\vec\Omega\wedge\overrightarrow{OP})=m\Omega^2\vec r$ pour $\vec r$ dans le plan $(Oxy)$, et la force de Coriolis $-2m\vec\Omega\wedge\vec v$. Il n'y a pas de terme en $\dot{\vec\Omega}$. Le principe fondamental dans $\mathcal R_\Omega$ s'écrit
$$\ddot{\vec r}=-\frac{GM_S}{r_S^3}\vec r_S-\frac{GM_T}{r_T^3}\vec r_T+\Omega^2\vec r-2\Omega\vec e_z\wedge\dot{\vec r}.$$
Avec $-2\Omega\vec e_z\wedge(\dot x\vec e_x+\dot y\vec e_y)=2\Omega\dot y\,\vec e_x-2\Omega\dot x\,\vec e_y$, et puisque $-\dfrac{GM_S}{r_S^3}\vec r_S=\overrightarrow{\mathrm{grad}}\Big(\dfrac{GM_S}{r_S}\Big)$ (de même pour T) et $\Omega^2\vec r=\overrightarrow{\mathrm{grad}}\big(\tfrac12\Omega^2r^2\big)$, la projection donne
$$\ddot x-2\Omega\dot y=\frac{\partial U}{\partial x},\qquad\ddot y+2\Omega\dot x=\frac{\partial U}{\partial y}$$
avec la fonction $U$ explicitée en b. Ce sont bien les équations (2).
**b.**
$$\boxed{U(P)=\frac{GM_S}{r_S}+\frac{GM_T}{r_T}+\frac12\,\Omega^2r^2}$$
*Interprétation.* $-mU$ est l'énergie potentielle dont dérivent les forces de gravitation du Soleil et de la Terre et la force d'inertie d'entraînement (énergie potentielle centrifuge $-\tfrac12m\Omega^2r^2$). La force de Coriolis ne dérive pas d'un potentiel mais ne travaille pas : $U$ est l'opposé d'une énergie potentielle effective par unité de masse dans le référentiel tournant, d'où le nom de pseudo-potentiel.
> [!METHODE]
> Dans un référentiel en rotation uniforme autour d'un axe fixe, la force d'inertie d'entraînement dérive de l'énergie potentielle $-\frac12m\Omega^2r_\perp^2$ ($r_\perp$ distance à l'axe). La force de Coriolis ne dérive d'aucun potentiel mais ne travaille pas.
> [!PIEGE]
> Signes de Coriolis : $-2\vec\Omega\wedge\vec v$ avec $\vec\Omega=\Omega\vec e_z$ donne $+2\Omega\dot y$ sur $\vec e_x$ et $-2\Omega\dot x$ sur $\vec e_y$. On vérifie par comparaison avec (2), qui est donnée.
### Question 8
> [!INDICATION]
> Pour faire apparaître une intégrale première, faire le produit scalaire des équations du mouvement avec la vitesse.
> [!INDICATION]
> Que devient le travail de la force de Coriolis ? Pour (b), utiliser le fait qu'un carré de vitesse est positif.
#### Solution
**a.** On multiplie la première équation (2) par $\dot x$, la seconde par $\dot y$, et on somme. Les termes de Coriolis se compensent ($-2\Omega\dot x\dot y+2\Omega\dot y\dot x=0$) :
$$\dot x\ddot x+\dot y\ddot y=\frac{\partial U}{\partial x}\dot x+\frac{\partial U}{\partial y}\dot y\quad\Longleftrightarrow\quad\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\Big(\frac{v^2}{2}\Big)=\frac{\mathrm dU}{\mathrm dt}$$
car $U$ ne dépend pas explicitement du temps dans $\mathcal R_\Omega$. Donc
$$\boxed{C_J=2U-v^2=\text{constante du mouvement}}$$
*Interprétation.* $E=\tfrac12mv^2-mU=-\tfrac m2C_J$ est l'énergie mécanique de P dans le référentiel tournant, en incluant l'énergie potentielle centrifuge. Elle se conserve parce que la force de Coriolis, perpendiculaire à la vitesse, ne travaille pas. La constante de Jacobi est, au facteur $-m/2$ près, cette énergie mécanique.
**b.** Comme $v^2=2U-C_J\ge0$, le point P ne peut occuper que les points où $U(P)\ge C_J/2$. **Les zones d'exclusion sont les régions où $U<C_J/2$.** Elles sont délimitées par les courbes de vitesse nulle $U=C_J/2$, qui sont des lignes de niveau de $U$ comme celles de la figure 2. La valeur de $C_J$ est fixée par les conditions initiales (position et vitesse dans $\mathcal R_\Omega$). Par exemple, si $C_J/2>U(\mathrm L_1)$, un satellite lancé près de la Terre reste confiné dans la région entourant la Terre, sans pouvoir passer vers le Soleil.
> [!METHODE]
> Multiplier une équation du mouvement par la vitesse, c'est appliquer le théorème de l'énergie cinétique. Une force perpendiculaire à la vitesse (Coriolis, force magnétique) disparaît toujours de ce bilan.
**2.2 Détermination des positions des points de Lagrange**
### Question 9
> [!INDICATION]
> Construire les unités dérivées (vitesse angulaire, constante de gravitation) à partir de $u_M$, $u_L$ et $u_t$, par analyse dimensionnelle.
> [!INDICATION]
> Utiliser la relation obtenue en Q6.a pour simplifier l'unité de $G$.
#### Solution
**a.** L'unité de vitesse angulaire est $u_\Omega=1/u_t=2\pi/T=\Omega$, donc $\omega=\Omega/u_\Omega=1$. D'après la dimension de $G$ ($\mathrm{m^3\,kg^{-1}\,s^{-2}}$), son unité est $u_G=\dfrac{u_L^3}{u_Mu_t^2}=\dfrac{R^3\Omega^2}{M}=G$ d'après Q6.a. Donc
$$\boxed{\omega=\frac{\Omega}{u_\Omega}=1,\qquad\Gamma=\frac{G}{u_G}=\frac{GM}{R^3\Omega^2}=1}$$
**b.** $\tau=\dfrac{t}{u_t}=\dfrac{2\pi t}{T}=\Omega t$. Or l'axe $\vec e_x$ du référentiel synodique, porté par $\overrightarrow{ST}$, tourne à $\Omega$ depuis $\vec e_\xi$ (confondus à $t=0$), donc $\theta=(\vec e_\xi,\vec e_x)=\Omega t$ et
$$\boxed{\tau=\theta}$$
Le temps adimensionné mesure l'angle dont a tourné le système Soleil–Terre ; un tour complet correspond à $\tau=2\pi$, soit un an.
### Question 10
> [!INDICATION]
> Placer S et T sur l'axe $\tilde x$ (barycentre à l'origine) et exprimer $\rho_S$ et $\rho_T$ en fonction de $(\tilde x,\tilde y)$.
> [!INDICATION]
> Dériver par composition : $\partial\tilde U/\partial\tilde x=\frac{\mathrm d\tilde U}{\mathrm d\rho_S}\frac{\partial\rho_S}{\partial\tilde x}+\dots$, et noter qu'une même fonction de $\rho$ apparaît pour les deux astres.
> [!INDICATION]
> Avec $\tilde y\neq0$, combiner les deux conditions d'équilibre pour séparer la contribution du Soleil de celle de la Terre.
#### Solution
Le centre de masse étant à l'origine, S est en $(-\mu_T,0)$ et T en $(\mu_S,0)$ avec $\mu_S+\mu_T=1$ :
$$\rho_S^2=(\tilde x+\mu_T)^2+\tilde y^2,\qquad\rho_T^2=(\tilde x-\mu_S)^2+\tilde y^2 .$$
Notons $f(\rho)=\rho-\dfrac1{\rho^2}$, de sorte que $\dfrac{\mathrm d}{\mathrm d\rho}\Big(\dfrac1\rho+\dfrac{\rho^2}2\Big)=f(\rho)$. Avec $\dfrac{\partial\rho_S}{\partial\tilde x}=\dfrac{\tilde x+\mu_T}{\rho_S}$, $\dfrac{\partial\rho_S}{\partial\tilde y}=\dfrac{\tilde y}{\rho_S}$, et de même pour T :
$$\frac{\partial\tilde U}{\partial\tilde x}=\mu_S\frac{f(\rho_S)}{\rho_S}(\tilde x+\mu_T)+\mu_T\frac{f(\rho_T)}{\rho_T}(\tilde x-\mu_S),\qquad
\frac{\partial\tilde U}{\partial\tilde y}=\tilde y\Big[\mu_S\frac{f(\rho_S)}{\rho_S}+\mu_T\frac{f(\rho_T)}{\rho_T}\Big].$$
Pour un équilibre hors de l'axe ($\tilde y\neq0$), la seconde condition donne $\mu_S\dfrac{f(\rho_S)}{\rho_S}+\mu_T\dfrac{f(\rho_T)}{\rho_T}=0$. En retranchant $\tilde x$ fois cette relation à la première, on obtient $\mu_S\mu_T\Big[\dfrac{f(\rho_S)}{\rho_S}-\dfrac{f(\rho_T)}{\rho_T}\Big]=0$. Les deux termes sont donc égaux, et chacun est nul puisque leur combinaison à coefficients positifs l'est. Ainsi $f(\rho_S)=f(\rho_T)=0$ :
$$\boxed{\rho_S=\rho_T=1}$$
$\mathrm L_4$ et $\mathrm L_5$ sont à la distance $R$ du Soleil et de la Terre : ils forment avec S et T deux **triangles équilatéraux**. L'égalité $(\tilde x+\mu_T)^2=(\tilde x-\mu_S)^2$ donne $\tilde x=\dfrac{\mu_S-\mu_T}{2}$, puis $\tilde y^2=1-\dfrac14$ :
$$\boxed{\mathrm L_4:\ (\tilde x,\tilde y)=\Big(\frac12-\mu_T,\ +\frac{\sqrt3}2\Big),\qquad\mathrm L_5:\ (\tilde x,\tilde y)=\Big(\frac12-\mu_T,\ -\frac{\sqrt3}2\Big),\qquad(\rho_S,\rho_T)=(1,1)}$$
($\mathrm L_4$ est au-dessus de l'axe sur la figure 2, en avance sur la Terre dans le sens de rotation.) On vérifie $\tilde U(\mathrm L_4)=\tfrac32-\tfrac12\mu_S\mu_T$, soit $1{,}42$ pour $\mu_T=0{,}2$, valeur de la légende.
> [!PIEGE]
> L'énoncé insiste : $\rho_S$ et $\rho_T$ dépendent de $\tilde x$ et $\tilde y$. Annuler « $\partial\tilde U/\partial\rho_S$ » sans dérivée composée donne le bon résultat par chance, mais sans démonstration. Il faut aussi montrer que les deux termes s'annulent séparément.
### Question 11
> [!INDICATION]
> Entre S et T sur l'axe, les distances aux deux astres s'additionnent : que vaut $\rho_S+\rho_T$ ?
> [!INDICATION]
> Écrire $\partial\tilde U/\partial\tilde x=0$ avec les bons signes de $\partial\rho/\partial\tilde x$, puis factoriser $(1-\rho_T)^3-1$ et $1-\rho_T^3$.
#### Solution
$\mathrm L_1$ est sur l'axe ($\tilde y_1=0$) entre S et T, donc $-\mu_T<\tilde x_1<\mu_S$ et
$$\rho_S=\tilde x_1+\mu_T,\qquad\rho_T=\mu_S-\tilde x_1,\qquad\text{d'où}\qquad\rho_S+\rho_T=1 .$$
Sur ce segment, $\partial\tilde U/\partial\tilde y=0$ par symétrie, et $\dfrac{\partial\rho_S}{\partial\tilde x}=1$, $\dfrac{\partial\rho_T}{\partial\tilde x}=-1$. L'équilibre $\partial\tilde U/\partial\tilde x=0$ s'écrit
$$\mu_S f(\rho_S)=\mu_T f(\rho_T),\qquad\text{avec } \rho_S=1-\rho_T .$$
On factorise :
$$f(1-\rho_T)=\frac{(1-\rho_T)^3-1}{(1-\rho_T)^2}=-\frac{\rho_T\,(3-3\rho_T+\rho_T^2)}{(1-\rho_T)^2},\qquad f(\rho_T)=\frac{\rho_T^3-1}{\rho_T^2}=-\frac{1-\rho_T^3}{\rho_T^2}.$$
En reportant, $\mu_S\,\dfrac{3\rho_T\big(1-\rho_T+\rho_T^2/3\big)}{(1-\rho_T)^2}=\mu_T\,\dfrac{1-\rho_T^3}{\rho_T^2}$, soit
$$\boxed{\frac{\mu_T}{3\mu_S}=\rho_T^3\,\frac{1-\rho_T+\dfrac{\rho_T^2}{3}}{(1-\rho_T)^2(1-\rho_T^3)}}\qquad(5)$$
> [!METHODE]
> Sur l'axe, $\partial\rho/\partial\tilde x=\pm1$ selon le côté de l'astre où l'on se trouve. Pour $\mathrm L_2$ (au-delà de T) ou $\mathrm L_3$ (au-delà de S), les signes changent et l'on obtient d'autres équations de la même famille.
### Question 12
> [!INDICATION]
> Calculer $\alpha$ ; il est très petit, donc $\rho_T$ aussi. Quels facteurs de (5) valent alors à peu près 1 ?
#### Solution
**a.**
$$\alpha=\frac{\mu_T}{3\mu_S}=\frac{M_T}{3M_S}=\frac{6{,}0\times10^{24}}{3\times2{,}0\times10^{30}}=\boxed{1{,}0\times10^{-6}}$$
Comme $\alpha\ll1$, $\rho_T\ll1$, et le membre de droite de (5) vaut $\rho_T^3\big(1+O(\rho_T)\big)$. Au plus bas ordre, $\rho_T^3\simeq\alpha$ :
$$\boxed{\rho_T\simeq\alpha^{1/3}=1\times10^{-2}}$$
(La correction suivante est relative d'ordre $\rho_T/3\approx0{,}3\,\%$ : la résolution exacte donne $0{,}0100$ à $0{,}3\,\%$ près.)
**b.**
$$\boxed{r_T=\rho_T\,R\simeq10^{-2}\times1{,}5\times10^{11}=1{,}5\times10^{9}\ \mathrm m}$$
soit environ $1{,}5$ million de kilomètres, quatre fois la distance Terre–Lune : c'est la position de SoHO, WIND et SMILE.
> [!METHODE]
> Le rayon de la sphère de Hill, $r\simeq R\,(M_T/3M_S)^{1/3}$, est un ordre de grandeur à connaître : c'est la taille de la zone d'influence gravitationnelle d'une planète.
**2.3 Étude de la stabilité des points de Lagrange**
### Question 13
> [!INDICATION]
> Regarder la figure 2 : que se passe-t-il pour les lignes de niveau au voisinage de $\mathrm L_1$, $\mathrm L_2$ et $\mathrm L_3$ ? Quel type de point critique cela révèle-t-il ?
> [!INDICATION]
> Relier la forme de $U$ à celle de $E_p=-mU$ et raisonner sur un petit déplacement dans la direction défavorable.
#### Solution
Sur la figure 2, les lignes de niveau $\tilde U=\tilde U_1$, $\tilde U_2$ et $\tilde U_3$ se **croisent** en $\mathrm L_1$, $\mathrm L_2$ et $\mathrm L_3$. Un point où une ligne de niveau se recoupe est un **point-col** : $\tilde U$ y est minimale dans une direction (le long de l'axe S–T, entre deux régions où $\tilde U\to+\infty$ près des astres) et maximale dans la direction perpendiculaire (elle décroît vers $\mathrm L_4$ et $\mathrm L_5$, où $\tilde U$ est minimale).
Comme $E_p=-mU$, l'énergie potentielle présente elle aussi un col : il existe une direction le long de laquelle $E_p$ est maximale. Un petit écart dans cette direction fait apparaître une force qui éloigne P de l'équilibre. La force de Coriolis ne peut pas rattraper cela : un col donne, avec les notations de Q15, $U_{xx}U_{yy}-U_{xy}^2<0$, donc un produit des racines en $\lambda^2$ négatif et une racine $\lambda$ réelle positive, c'est-à-dire un écart qui croît exponentiellement. **$\mathrm L_1$, $\mathrm L_2$ et $\mathrm L_3$ sont instables.**
> [!PIEGE]
> Ne pas conclure « $U$ est maximale en $\mathrm L_1$ » ni « minimale » : c'est un col. Le croisement des lignes de niveau sur la figure 2 en est la signature graphique.
### Question 14
> [!INDICATION]
> La force de Coriolis est perpendiculaire à la vitesse : que fait-elle à la trajectoire, et que fait-elle à l'énergie ?
> [!INDICATION]
> Penser aux mouvements atmosphériques autour d'une dépression dans le référentiel terrestre.
#### Solution
En $\mathrm L_4$, $E_p$ est maximale : sans autre force, un satellite écarté de $\mathrm L_4$ « dévalerait » la colline de potentiel. Mais dès qu'il prend une vitesse $\vec v$ dans $\mathcal R_\Omega$, la force de Coriolis $-2m\vec\Omega\wedge\vec v$, perpendiculaire à $\vec v$ et d'intensité proportionnelle à $v$, courbe sa trajectoire sans modifier son énergie. Pour $\vec\Omega$ selon $+\vec e_z$, elle dévie le mouvement vers la droite. La chute vers l'extérieur est convertie en un mouvement de rotation autour de $\mathrm L_4$, à la manière d'un cyclone qui tourne autour d'une dépression au lieu de la combler. Si la force de Coriolis est assez grande devant la force de rappel « répulsive », la trajectoire reste confinée au voisinage de $\mathrm L_4$ : c'est une **stabilité dynamique**, assurée par le mouvement et non par un minimum d'énergie potentielle.
> [!PIEGE]
> La force de Coriolis ne peut pas créer un puits de potentiel, puisqu'elle ne travaille pas. Elle stabilise en courbant la trajectoire, et seulement si elle est assez intense : c'est l'objet de la condition sur $\mu_T$ en Q16.
### Question 15
> [!INDICATION]
> Écrire les dérivées premières de $\tilde U$ à l'ordre 1 en $(X,Y)$ autour de l'équilibre : que valent-elles au point d'équilibre lui-même ?
> [!INDICATION]
> Les deux premières lignes de $\mathbf A$ sont triviales (définition des vitesses) ; les deux dernières recopient (7).
#### Solution
Au point d'équilibre $(x_0,y_0)$, les dérivées premières de $\tilde U$ sont nulles. Le développement de $\tilde U$ à l'ordre 2 donne, à l'ordre 1 en $X$ et $Y$ :
$$\frac{\partial\tilde U}{\partial X}=U_{xx}X+U_{xy}Y,\qquad\frac{\partial\tilde U}{\partial Y}=U_{xy}X+U_{yy}Y .$$
Les équations (7) deviennent $X''=U_{xx}X+U_{xy}Y+2Y'$ et $Y''=U_{xy}X+U_{yy}Y-2X'$, soit
$$\begin{pmatrix}X'\\Y'\\X''\\Y''\end{pmatrix}=\mathbf A\begin{pmatrix}X\\Y\\X'\\Y'\end{pmatrix},\qquad
\boxed{\mathbf A=\begin{pmatrix}0&0&1&0\\0&0&0&1\\U_{xx}&U_{xy}&0&2\\U_{xy}&U_{yy}&-2&0\end{pmatrix}}$$
Son polynôme caractéristique est $\lambda^4+(4-U_{xx}-U_{yy})\lambda^2+U_{xx}U_{yy}-U_{xy}^2$. En $\mathrm L_4$, $U_{xx}=\tfrac34$, $U_{yy}=\tfrac94$ et $U_{xy}=\tfrac{3\sqrt3}{4}(1-2\mu_T)$, ce qui redonne bien l'équation (10).
> [!METHODE]
> Linéariser un système du second ordre autour d'un équilibre puis l'écrire sous forme d'état $\mathbf Y'=\mathbf A\mathbf Y$ ramène l'étude de stabilité au spectre de $\mathbf A$.
### Question 16
> [!INDICATION]
> Poser $\Lambda=\lambda^2$. À quelle condition sur les $\lambda_k$ les solutions (9) restent-elles bornées ?
> [!INDICATION]
> Utiliser la somme et le produit des racines $\Lambda$ pour conclure sur leur signe quand elles sont réelles, et ne pas oublier le cas d'une racine double.
#### Solution
**a.** On pose $\Lambda=\lambda^2$ : $\Lambda^2+\Lambda+\frac{27}4\mu_T(1-\mu_T)=0$. Le mouvement (9) reste borné si et seulement si les quatre $\lambda_k$ sont imaginaires purs et distincts. En effet, une partie réelle positive donne une divergence exponentielle, et une racine double donne des termes séculaires en $\tau\,\mathrm e^{\lambda\tau}$. Il faut donc deux racines $\Lambda$ réelles, strictement négatives et distinctes.
- Elles sont réelles et distinctes si le discriminant est strictement positif : $1-27\mu_T(1-\mu_T)>0$.
- Leur somme vaut $-1<0$ et leur produit $\frac{27}4\mu_T(1-\mu_T)>0$ : si elles sont réelles, elles sont toutes deux négatives.
- Si le discriminant est négatif, les $\Lambda$ sont complexes conjugués non réels, et parmi les $\lambda=\pm\sqrt\Lambda$ l'un a une partie réelle positive : instabilité.
$$\boxed{27\,\mu_T(1-\mu_T)<1\iff\mu_T<\frac{1-\sqrt{23/27}}{2}\approx0{,}0385}$$
($\mu_T$ désigne la plus petite des deux masses réduites ; c'est le critère de Routh.)
**b.**
$$\mu_T=\frac{M_T}{M_S+M_T}\simeq\frac{M_T}{M_S}=\frac{6{,}0\times10^{24}}{2{,}0\times10^{30}}=3{,}0\times10^{-6}\ll0{,}04 .$$
**La condition est très largement satisfaite : $\mathrm L_4$ et $\mathrm L_5$ sont dynamiquement stables pour le système Soleil–Terre**, ce qui est cohérent avec les troyens terrestres observés.
> [!METHODE]
> Pour un système conservatif linéarisé, la stabilité impose des valeurs propres imaginaires pures. Avec une équation bicarrée, on raisonne sur $\Lambda=\lambda^2$ : il faut deux racines réelles strictement négatives et distinctes.
### Question 17
> [!INDICATION]
> Avec $\mu_T\ll1$, résoudre l'équation en $\Lambda$ par un développement limité : une racine proche de $-1$, l'autre très petite.
> [!INDICATION]
> Convertir les pulsations adimensionnées en périodes réelles : à quelle durée correspond une unité de $\tau$ ?
#### Solution
Avec $\varepsilon=\frac{27}{4}\mu_T(1-\mu_T)\simeq\frac{27}{4}\times3{,}0\times10^{-6}\approx2{,}0\times10^{-5}\ll1$, les racines de $\Lambda^2+\Lambda+\varepsilon=0$ sont
$$\Lambda_1\simeq-1+\varepsilon\simeq-1,\qquad\Lambda_2\simeq-\varepsilon\approx-2{,}0\times10^{-5}.$$
Les solutions sont donc des combinaisons de deux oscillations de pulsations adimensionnées distinctes
$$\omega_1=\sqrt{-\Lambda_1}\simeq1,\qquad\omega_2=\sqrt{-\Lambda_2}=\sqrt{\tfrac{27}4\mu_T}\approx\sqrt{20\times10^{-6}}\approx4{,}5\times10^{-3}.$$
Le mouvement est la superposition de deux oscillations de périodes différentes. Les exponentielles de (9) s'entendent en temps adimensionné $\tau=\Omega t$. Une pulsation adimensionnée $\omega_k$ correspond à la pulsation réelle $\omega_k\Omega$, donc à la période $T_k=\dfrac{2\pi}{\omega_k\Omega}=\dfrac{T}{\omega_k}$, avec $T=1$ an :
$$\boxed{T_1=\frac{T}{\omega_1}\approx1\ \text{an},\qquad T_2=\frac{T}{\omega_2}\approx\frac{1\ \text{an}}{4{,}5\times10^{-3}}\approx2{,}2\times10^{2}\ \text{ans}}$$
On a bien $T_2>T_1$ : le satellite décrit une petite boucle annuelle (épicycle) dont le centre dérive lentement autour de $\mathrm L_4$ avec une période d'environ deux siècles (libration).
> [!PIEGE]
> Les pulsations obtenues sont sans dimension, puisque le temps de (9) est $\tau$. Oublier le facteur $u_t=T/2\pi$ conduit à des « périodes » de $2\pi$ et $1400$ sans unité.
## Partie SI, 2 — Déploiement des panneaux solaires
On modélise le mécanisme de déploiement d'un panneau, on établit ses équations du mouvement par le principe fondamental de la dynamique, puis on confronte une simulation au cahier des charges. Outils : graphe de liaisons, cinématique du solide, opérateur d'inertie, torseurs cinétique et dynamique.
**2.1 Analyse du mécanisme**
### Question 18
> [!INDICATION]
> Lister les solides, puis traduire chaque charnière en liaison normalisée d'après ses mobilités (« les 3 rotations de l'espace »).
> [!INDICATION]
> Entre deux panneaux, combien de charnières y a-t-il ?
#### Solution
Solides : satellite 0, arbre 1, bras 2, panneaux 3, 4 et 5. Liaisons (« les 3 rotations de l'espace » d'une charnière donnent une liaison **sphérique**) :
| Solides | Liaison |
|---|---|
| 0–1 | pivot d'axe $(O_1,\vec x_1)$ |
| 1–2 | pivot d'axe $(O_2,\vec z_2)$ (charnière principale) |
| 2–3 | sphérique de centre $J_3$ (charnière passive) et sphérique de centre $I_3$ (charnière active) |
| 3–4 | sphérique de centre $J_4$ et sphérique de centre $I_4$ |
| 4–5 | sphérique de centre $J_5$ et sphérique de centre $I_5$ |
Entre deux panneaux successifs, il y a deux arcs en parallèle (deux sphériques). Le graphe est une chaîne ouverte dont chaque étage panneau–panneau forme une boucle fermée.
> [!PIEGE]
> Ne pas remplacer d'emblée les deux charnières par une pivot dans le graphe : le graphe doit représenter les liaisons réelles. L'équivalence se discute ensuite.
### Question 19
> [!INDICATION]
> Le dessiner en configuration déployée : tous les axes de charnière sont alors parallèles.
> [!INDICATION]
> Utiliser les symboles normalisés et indiquer les axes et les centres. Quelle liaison équivalente forment deux liaisons sphériques entre les mêmes solides ?
#### Solution
Schéma cinématique en configuration déployée, dessiné dans le plan des panneaux ($\vec x_1$ horizontal, $\vec z_2$ vertical) :
- La pivot d'axe $(O_1,\vec x_1)$ (palier lié au bâti 0, arbre 1 à deux épaulements) est dessinée le long de l'axe de l'arbre.
- La pivot d'axe $(O_2,\vec z_2)$ relie l'arbre 1 au bras 2. Son axe $\vec z_2$ est **dans le plan des panneaux**, parallèle aux arêtes de charnière.
- Chaque charnière entre deux solides successifs est représentée par deux liaisons sphériques de centres $J_i$ et $I_i$, alignées sur l'arête commune, parallèle à $\vec z_2$ pendant le déploiement.
Deux sphériques en parallèle de centres distincts sont équivalentes à une **pivot d'axe $(J_iI_i)$**. C'est ce qui justifie la modélisation de la partie 2.2 (pivot d'axe $(O_3,\vec z_0)$ entre 2 et 3). Cette association est hyperstatique de degré 1 (6 inconnues statiques pour 5 mobilités bloquées) : la translation le long de $J_iI_i$ est bloquée deux fois.
> [!METHODE]
> Deux liaisons en parallèle entre deux mêmes solides : on cherche la liaison équivalente par les mobilités communes (intersection des torseurs cinématiques). Deux sphériques de centres distincts donnent une pivot d'axe la droite des centres.
**2.2 Dynamique du déploiement**
### Question 20
> [!INDICATION]
> Le satellite est en orbite : son mouvement par rapport à un référentiel héliocentrique est-il une translation rectiligne uniforme ?
> [!INDICATION]
> Pour l'approximation, penser à la chute libre (qu'est-ce qui compense la force d'inertie de translation ?), aux échelles de temps et au rapport des masses.
#### Solution
$\mathcal R_0$ est lié au satellite, qui est en orbite (au voisinage de $\mathrm L_1$) et peut tourner sur lui-même. Il est accéléré par rapport au référentiel héliocentrique : **il n'est pas galiléen**. On peut l'assimiler à un référentiel galiléen pour le déploiement car :
- **translation** : le satellite est en chute libre. La force d'inertie d'entraînement de translation $-m\vec a(O_0)$ compense la gravitation, quasi uniforme à l'échelle du mécanisme (quelques mètres). Les termes de marée sont négligeables. Négliger la gravité, comme le fait l'énoncé, n'est cohérent qu'avec cet argument ;
- **rotation** : la rotation de $\mathcal R_0$ (orbitale, $\Omega_{\text{orb}}\approx2\times10^{-7}\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$, ou d'attitude, lente et contrôlée) est négligeable à l'échelle des 8 s du déploiement : les forces centrifuge et de Coriolis sont infimes devant les actions des ressorts ;
- **recul du satellite** : la masse du satellite (de l'ordre de la tonne) est très grande devant celle du bras et des panneaux (quelques kilogrammes). Le mouvement du corps 0 induit par le déploiement est négligeable.
> [!PIEGE]
> Dire que la force d'inertie de translation est négligeable est faux : près de $\mathrm L_1$, l'accélération du satellite est d'environ $6\times10^{-3}\ \mathrm{m\,s^{-2}}$, ce qui donne sur le panneau un moment (environ $0{,}03\ \mathrm{N\,m}$) non négligeable devant celui des ressorts (au plus $0{,}16\ \mathrm{N\,m}$). Elle est en réalité compensée par la gravitation (chute libre).
### Question 21
> [!INDICATION]
> Identifier les plans de symétrie du panneau pour justifier la forme diagonale.
> [!INDICATION]
> Le moment d'inertie par rapport à un axe fait intervenir les deux dimensions perpendiculaires à cet axe.
#### Solution
Le panneau 3 est un parallélépipède homogène de dimensions $L$ selon $\vec x_3$, $e$ selon $\vec y_3$ et $l$ selon $\vec z_3$. Les trois plans $(G_3,\vec x_3,\vec y_3)$, $(G_3,\vec y_3,\vec z_3)$ et $(G_3,\vec z_3,\vec x_3)$ sont des plans de symétrie matérielle, donc les produits d'inertie sont nuls et la matrice est diagonale dans $(\vec x_3,\vec y_3,\vec z_3)$. Par exemple, $A_3=\displaystyle\int(y^2+z^2)\,\mathrm dm=\frac{m_3}{Lel}\int_{-L/2}^{L/2}\!\!\int_{-e/2}^{e/2}\!\!\int_{-l/2}^{l/2}(y^2+z^2)\,\mathrm dz\,\mathrm dy\,\mathrm dx$, et $\displaystyle\frac1e\int_{-e/2}^{e/2}y^2\mathrm dy=\frac{e^2}{12}$ :
$$\boxed{A_3=\frac{m_3}{12}\left(e^2+l^2\right),\qquad B_3=\frac{m_3}{12}\left(L^2+l^2\right),\qquad C_3=\frac{m_3}{12}\left(L^2+e^2\right)}$$
Numériquement, $A_3\approx0{,}28\ \mathrm{kg\,m^2}$, $B_3\approx0{,}86\ \mathrm{kg\,m^2}$ et $C_3\approx0{,}58\ \mathrm{kg\,m^2}$ (avec $C_3\simeq m_3L^2/12$ car $e\ll L$).
> [!PIEGE]
> Ne pas confondre $l$ (largeur, selon $\vec z_3$) et $L$ (longueur, selon $\vec x_3$). Un moment d'inertie fait intervenir les dimensions perpendiculaires à son axe.
### Question 22
> [!INDICATION]
> Que transmet une liaison pivot parfaite en moment selon son axe ? Qu'ajoute le ressort ?
> [!INDICATION]
> Écrire les composantes inconnues dans la base de $\mathcal R_2$, puis simplifier par l'hypothèse de problème plan.
#### Solution
Le problème est plan, $\vec z_0=\vec z_2=\vec z_3$. Les pivots sont supposées parfaites : elles ne transmettent aucun moment selon leur axe. Le seul moment axial est celui du ressort. Dans la base de $\mathcal R_2$ :
$$\{\mathcal T_{0\to2}\}=\left\{\begin{matrix}X_{02}\,\vec x_2+Y_{02}\,\vec y_2+Z_{02}\,\vec z_2\\ L_{02}\,\vec x_2+M_{02}\,\vec y_2-K_2\,\alpha_2\,\vec z_2\end{matrix}\right\}_{O_2}$$
$$\{\mathcal T_{2\to3}\}=\left\{\begin{matrix}X_{23}\,\vec x_2+Y_{23}\,\vec y_2+Z_{23}\,\vec z_2\\ L_{23}\,\vec x_2+M_{23}\,\vec y_2-K_3\,\alpha_3\,\vec z_2\end{matrix}\right\}_{O_3}$$
Dans l'hypothèse de problème plan, les composantes hors plan $Z$, $L$ et $M$ sont nulles et il reste les deux composantes de résultante, inconnues, et le moment du ressort. Le torseur de 0 sur 2 comprend l'action de la pivot et celle du ressort $K_2$ ; celui de 2 sur 3 comprend l'action de la pivot et celle du ressort $K_3$.
> [!METHODE]
> Liaison pivot parfaite d'axe $(A,\vec z)$ : torseur à 5 inconnues, dont la composante de moment selon $\vec z$ est nulle en tout point de l'axe. Un ressort de torsion en parallèle ajoute le couple $-K\alpha\,\vec z$.
### Question 23
> [!INDICATION]
> Utiliser le champ des vitesses d'un solide : $\vec V(B)=\vec V(A)+\vec\Omega\wedge\overrightarrow{AB}$, et composer les vitesses angulaires.
> [!INDICATION]
> $O_3$ appartient à la fois au bras et au panneau : partir de sa vitesse dans le mouvement de 2.
#### Solution
$O_2$ est fixe dans $\mathcal R_0$, $\vec\Omega_{2/0}=\dot\alpha_2\vec z_0$ et $\vec\Omega_{3/0}=(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)\vec z_0$.
$$\vec V_{2,0}(G_2)=\vec V_{2,0}(O_2)+\vec\Omega_{2/0}\wedge\overrightarrow{O_2G_2}=\dot\alpha_2\vec z_0\wedge\frac L4\vec x_2\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\vec V_{2,0}(G_2)=\frac L4\,\dot\alpha_2\,\vec y_2}$$
$O_3$ est le centre de la pivot entre 2 et 3, donc $\vec V_{3,0}(O_3)=\vec V_{2,0}(O_3)=\frac L2\dot\alpha_2\vec y_2$, puis
$$\boxed{\vec V_{3,0}(G_3)=\frac L2\,\dot\alpha_2\,\vec y_2+\frac L2\,(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)\,\vec y_3}$$
soit, dans la base de $\mathcal R_2$ (avec $\vec y_3=-\sin\alpha_3\,\vec x_2+\cos\alpha_3\,\vec y_2$),
$$\vec V_{3,0}(G_3)=-\frac L2(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)\sin\alpha_3\,\vec x_2+\frac L2\Big[\dot\alpha_2+(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)\cos\alpha_3\Big]\vec y_2 .$$
> [!PIEGE]
> La vitesse angulaire du panneau par rapport à 0 est $\dot\alpha_2+\dot\alpha_3$, et non $\dot\alpha_3$ : $\alpha_3$ est un angle relatif, mesuré par rapport au bras.
### Question 24
> [!INDICATION]
> Dériver les vitesses de Q23 dans $\mathcal R_0$ en dérivant aussi les vecteurs de base mobiles.
> [!INDICATION]
> Pour projeter dans $\mathcal R_2$, exprimer $\vec x_3$ et $\vec y_3$ en fonction de $\vec x_2$, $\vec y_2$ et $\alpha_3$.
#### Solution
On dérive dans $\mathcal R_0$ avec $\dfrac{\mathrm d\vec x_2}{\mathrm dt}=\dot\alpha_2\vec y_2$, $\dfrac{\mathrm d\vec y_2}{\mathrm dt}=-\dot\alpha_2\vec x_2$ et $\dfrac{\mathrm d\vec y_3}{\mathrm dt}=-(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)\vec x_3$ :
$$\boxed{\vec a_{2,0}(G_2)=-\frac L4\,\dot\alpha_2^2\,\vec x_2+\frac L4\,\ddot\alpha_2\,\vec y_2}$$
$$\vec a_{3,0}(G_3)=\frac L2\big(\ddot\alpha_2\vec y_2-\dot\alpha_2^2\vec x_2\big)+\frac L2\Big((\ddot\alpha_2+\ddot\alpha_3)\vec y_3-(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)^2\vec x_3\Big).$$
Avec $\vec x_3=\cos\alpha_3\vec x_2+\sin\alpha_3\vec y_2$ et $\vec y_3=-\sin\alpha_3\vec x_2+\cos\alpha_3\vec y_2$, on obtient dans $\mathcal R_2$ :
$$\boxed{\vec a_{3,0}(G_3)=\frac L2\Big[-\dot\alpha_2^2-(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)^2\cos\alpha_3-(\ddot\alpha_2+\ddot\alpha_3)\sin\alpha_3\Big]\vec x_2+\frac L2\Big[\ddot\alpha_2-(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)^2\sin\alpha_3+(\ddot\alpha_2+\ddot\alpha_3)\cos\alpha_3\Big]\vec y_2}$$
> [!METHODE]
> Écrire les positions comme $\frac L2\vec u(\theta)$, avec $\theta$ angle absolu, rend les dérivées automatiques : $\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\vec u=\dot\theta\vec v$ et $\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\vec v=-\dot\theta\vec u$.
### Question 25
> [!INDICATION]
> Le moment dynamique se calcule simplement au centre de masse quand la base est principale et que la rotation est autour d'un axe principal.
> [!INDICATION]
> Transporter ensuite au point demandé avec $\vec\delta_A=\vec\delta_G+\overrightarrow{AG}\wedge m\vec a_G$ ; quelques produits vectoriels de vecteurs de base suffisent.
#### Solution
**Bras 2 en $O_2$.** La résultante dynamique est $m_2\vec a_{2,0}(G_2)$. En $G_2$, la base $(\vec x_2,\vec y_2,\vec z_2)$ est principale et $\vec\Omega_{2/0}=\dot\alpha_2\vec z_2$, donc $\vec\delta_{G_2,2/0}=C_2\ddot\alpha_2\vec z_2$. Par transport, $\vec\delta_{O_2}=\vec\delta_{G_2}+\overrightarrow{O_2G_2}\wedge m_2\vec a(G_2)$, avec $\frac L4\vec x_2\wedge m_2\frac L4\ddot\alpha_2\vec y_2=m_2\frac{L^2}{16}\ddot\alpha_2\vec z_2$ :
$$\boxed{\{\mathcal D_{2/0}\}=\left\{\begin{matrix}m_2\dfrac L4\left(-\dot\alpha_2^2\,\vec x_2+\ddot\alpha_2\,\vec y_2\right)\\[2mm]\Big(C_2+m_2\dfrac{L^2}{16}\Big)\ddot\alpha_2\,\vec z_2\end{matrix}\right\}_{O_2}}$$
**Panneau 3 en $O_3$.** La résultante dynamique est $m_3\vec a_{3,0}(G_3)$ (Q24). En $G_3$, $\vec\delta_{G_3,3/0}=C_3(\ddot\alpha_2+\ddot\alpha_3)\vec z_2$. Avec $\overrightarrow{O_3G_3}=\frac L2\vec x_3$ et $\vec x_3\wedge\vec x_2=-\sin\alpha_3\vec z_2$, $\vec x_3\wedge\vec y_2=\cos\alpha_3\vec z_2$ et $\vec x_3\wedge\vec y_3=\vec z_2$ :
$$\overrightarrow{O_3G_3}\wedge m_3\vec a_{3,0}(G_3)=m_3\frac{L^2}{4}\Big[(\ddot\alpha_2+\ddot\alpha_3)+\ddot\alpha_2\cos\alpha_3+\dot\alpha_2^2\sin\alpha_3\Big]\vec z_2 ,$$
d'où
$$\boxed{\{\mathcal D_{3/0}\}=\left\{\begin{matrix}m_3\,\vec a_{3,0}(G_3)\\[1mm]\Big[\Big(C_3+m_3\dfrac{L^2}{4}\Big)(\ddot\alpha_2+\ddot\alpha_3)+m_3\dfrac{L^2}{4}\big(\ddot\alpha_2\cos\alpha_3+\dot\alpha_2^2\sin\alpha_3\big)\Big]\vec z_2\end{matrix}\right\}_{O_3}}$$
avec $m_3\vec a_{3,0}(G_3)$ donnée par Q24.
> [!PIEGE]
> $O_3$ n'est ni fixe ni centre de masse : on ne peut pas écrire $\vec\delta_{O_3}=I_{O_3}\,\dot{\vec\Omega}$. Il faut passer par $G_3$ puis transporter.
### Question 26
> [!INDICATION]
> Il faut deux équations sans inconnues de liaison : appliquer le théorème du moment dynamique en un point de l'axe d'une pivot, en projection sur cet axe.
> [!INDICATION]
> Pour le panneau 3, le point $O_3$ convient. Pour la seconde équation, regarder la forme (54) : contient-elle le moment du ressort $K_3$ ? Cela indique quel système isoler.
> [!INDICATION]
> Si l'on isole le bras seul, l'action de 3 sur 2 en $O_3$ intervient : sa résultante se déduit du théorème de la résultante dynamique appliqué à 3.
#### Solution
On cherche deux équations sans inconnues de liaison. On applique le théorème du moment dynamique en projection sur $\vec z_0$, en un point de l'axe de chaque pivot, et le théorème de la résultante dynamique au panneau 3 pour connaître l'action de 3 sur 2. Gravité négligée, $\mathcal R_0$ galiléen.
**Panneau 3 isolé, moment en $O_3$ sur $\vec z_0$.** Actions extérieures : pivot en $O_3$ (moment axial nul en $O_3$) et ressort ($-K_3\alpha_3$). Avec Q25 :
$$\Big(C_3+m_3\frac{L^2}{4}\Big)(\ddot\alpha_2+\ddot\alpha_3)+m_3\frac{L^2}{4}\big(\ddot\alpha_2\cos\alpha_3+\dot\alpha_2^2\sin\alpha_3\big)+K_3\,\alpha_3=0\qquad(E_3)$$
**Bras 2 isolé, moment en $O_2$ sur $\vec z_0$.** Actions extérieures :
- pivot en $O_2$ : moment axial nul en $O_2$ ;
- ressort de la charnière principale : $-K_2\alpha_2$ ;
- action de 3 sur 2 en $O_3$ : par les actions réciproques, le moment du ressort vaut $+K_3\alpha_3$. La résultante $\vec R_{3\to2}=-\vec R_{2\to3}$ s'obtient par le théorème de la résultante dynamique appliqué à 3, qui ne subit que l'action de 2 : $\vec R_{2\to3}=m_3\vec a_{3,0}(G_3)$. Son moment en $O_2$ vaut $-\big(\overrightarrow{O_2O_3}\wedge m_3\vec a_{3,0}(G_3)\big)\cdot\vec z_0$.
Avec $\overrightarrow{O_2O_3}=\frac L2\vec x_2$ et Q24, $\big(\overrightarrow{O_2O_3}\wedge m_3\vec a_{3,0}(G_3)\big)\cdot\vec z_0=\frac L2\,m_3\,\big(\vec a_{3,0}(G_3)\cdot\vec y_2\big)$, d'où
$$\Big(C_2+m_2\frac{L^2}{16}\Big)\ddot\alpha_2+m_3\frac{L^2}{4}\Big[\ddot\alpha_2+(\ddot\alpha_2+\ddot\alpha_3)\cos\alpha_3-(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)^2\sin\alpha_3\Big]+K_2\,\alpha_2-K_3\,\alpha_3=0\qquad(E_2)$$
Ce sont les deux équations différentielles cherchées. (Isoler l'ensemble $\{2,3\}$ en $O_2$ donnerait une équation juste, mais elle contiendrait à la fois $\dot\alpha_2^2$ et $(\dot\alpha_2+\dot\alpha_3)^2$ et pas de terme en $K_3\alpha_3$ : elle vaut $(E_2)+(E_3)$.)
> [!METHODE]
> Élimination des inconnues de liaison : pour une pivot parfaite, le théorème du moment dynamique en un point de son axe, projeté sur l'axe, ne contient pas les inconnues de cette pivot. On choisit un isolement par équation.
> [!PIEGE]
> Isoler $\{2,3\}$ en $O_2$ rend le ressort $K_3$ intérieur. L'équation obtenue est juste, mais elle n'a pas la forme (54) : elle vaut la somme des deux équations demandées.
### Question 27
> [!INDICATION]
> Développer le produit vectoriel de l'équation du bras et regrouper par $\ddot\alpha_2$, $\ddot\alpha_3$ et termes quadratiques.
> [!INDICATION]
> Identifier terme à terme avec (54) ; le coefficient $E$ provient du ressort de la charnière active.
#### Solution
En regroupant les termes de $(E_2)$ et $(E_3)$ :
$$\left\{\begin{aligned}
&A(\alpha_3)\,\ddot\alpha_2+B(\alpha_3)\,\ddot\alpha_3-C(\alpha_3)\,(\dot\alpha_3+\dot\alpha_2)^2+K_2\,\alpha_2-E\,\alpha_3=0\\
&F\,\ddot\alpha_3+G(\alpha_3)\,\ddot\alpha_2+H(\alpha_3)\,(\dot\alpha_2)^2+K_3\,\alpha_3=0
\end{aligned}\right.$$
avec
$$\boxed{\begin{aligned}
A(\alpha_3)&=C_2+m_2\frac{L^2}{16}+m_3\frac{L^2}{4}\left(1+\cos\alpha_3\right), & B(\alpha_3)&=m_3\frac{L^2}{4}\cos\alpha_3, & C(\alpha_3)&=m_3\frac{L^2}{4}\sin\alpha_3, & E&=K_3,\\
F&=C_3+m_3\frac{L^2}{4}, & G(\alpha_3)&=C_3+m_3\frac{L^2}{4}\left(1+\cos\alpha_3\right), & H(\alpha_3)&=m_3\frac{L^2}{4}\sin\alpha_3 . & &
\end{aligned}}$$
Les coefficients d'inertie s'expriment avec $L$, $m_2$, $m_3$, $C_2$ et $C_3$. Le coefficient $E$ est la raideur $K_3$, qui intervient dans l'équation du bras par réaction du ressort de la charnière active.
*Contrôle.* L'intégration numérique de ce système avec les données de l'énoncé ($C_3=0{,}58\ \mathrm{kg\,m^2}$, $\alpha_2(0)=\pi/2$, $\alpha_3(0)=-\pi$, vitesses initiales nulles) donne $\alpha_2=0$ à $t=6{,}75$ s, avec $\alpha_3\approx-50^\circ$ à cet instant. On retrouve la figure 6, ce qui valide les signes.
> [!METHODE]
> Deux contrôles rapides par cas particuliers. Si $\alpha_2$ est bloqué, la seconde équation doit redonner une pivot unique d'inertie $C_3+m_3L^2/4$ (Huygens en $O_3$) : $F\ddot\alpha_3+K_3\alpha_3=0$. Si $\alpha_3\equiv0$, la somme des deux équations doit faire apparaître le moment d'inertie de l'ensemble rigide autour de $O_2$, soit $C_2+m_2L^2/16+C_3+m_3L^2$, puisque $G_3$ est alors à la distance $L$ de $O_2$ : c'est bien $A(0)+G(0)$.
**2.3 Validation des résultats**
### Question 28
> [!INDICATION]
> Que se passe-t-il physiquement quand un angle atteint 0 ? Les équations de Q27 le prennent-elles en compte ?
> [!INDICATION]
> Lire la figure 6 : à partir de quand un angle reste-t-il constant ? Que devient alors le système d'équations ?
#### Solution
**Non.** Les équations (54) décrivent deux pivots libres rappelées par des ressorts. Or un mécanisme bloque chaque pivot lorsque son angle atteint 0. Sur la figure 6, $\alpha_2$ atteint 0 à $t\approx6{,}75$ s puis reste nul, alors que $\alpha_3$ continue d'évoluer jusqu'à $t\approx7{,}7$ s et reste ensuite nul.
Il a fallu une **résolution par phases**, avec détection de l'instant où un angle s'annule :
- jusqu'à 6,75 s, intégration du système complet (54) ;
- après le verrouillage de la charnière principale, la liaison 0–2 devient un encastrement. La première équation n'est plus valable, car le couple de blocage est une inconnue supplémentaire. On impose $\alpha_2=\dot\alpha_2=\ddot\alpha_2=0$, et la seconde équation devient $F\,\ddot\alpha_3+K_3\,\alpha_3=0$. On l'intègre en partant de l'état atteint à 6,75 s ;
- après le verrouillage de la charnière active ($\alpha_3=0$), plus aucun mouvement.
D'après l'allure de la figure 6, la simulation conserve $\dot\alpha_3$ continue au moment du blocage de $\alpha_2$ : elle ne modélise pas le choc.
> [!PIEGE]
> Ne pas répondre seulement « non » : il faut dire ce qui change (un blocage est une liaison unilatérale qui devient un encastrement) et comment on a procédé (intégration par phases avec détection d'événement).
### Question 29
> [!INDICATION]
> Rappeler les deux exigences du cahier des charges (durée, encombrement selon $\vec y_0$).
> [!INDICATION]
> Lire les instants de fin sur la figure 6 et l'ordonnée extrême du point le plus éloigné sur la figure 7.
#### Solution
- **Durée** : $\alpha_2$ s'annule à $6{,}75$ s et $\alpha_3$ vers $t\approx7{,}7$ s (le cadre du graphe s'arrête à 8 s, pas la courbe). Le déploiement s'achève en moins de 8 s. **Critère respecté**, avec une marge faible (environ 0,3 s, soit 4 %).
- **Encombrement selon $\vec y_0$** : le point le plus éloigné de $O_2$ est l'extrémité $M_3$ du panneau. Sur la figure 7, son ordonnée minimale vaut environ $-0{,}92$ m (vers $x\approx1{,}3$ m, au moment du blocage de $\alpha_2$). Celle de $O_3$ ne dépasse pas $0{,}6$ m. L'épaisseur du panneau ($e/2=1$ cm) ne change rien. On a donc $|y|\le0{,}92\ \mathrm m<1{,}0$ m : **critère respecté**, avec une marge d'environ 8 cm.
**Les deux exigences du cahier des charges sont satisfaites par le modèle, avec des marges faibles.**
> [!PIEGE]
> Le cadre du graphe s'arrête à 8 s : ce n'est pas la fin du déploiement. Lire où la courbe de $\alpha_3$ rejoint l'axe.
### Question 30
> [!INDICATION]
> Que représente $t=6{,}75$ s sur la figure 6, et avec quelle vitesse angulaire le bras y arrive-t-il ?
> [!INDICATION]
> Quel composant dissipe de l'énergie ? Quel effet a-t-il sur la durée du mouvement ?
#### Solution
À $t=6{,}75$ s, le bras 2 arrive en butée et se verrouille brutalement alors que $\dot\alpha_2\approx-0{,}47\ \mathrm{rad\,s^{-1}}$ (pente de la figure 6). La vitesse du bras s'annule presque instantanément : c'est un **choc**. Il produit des efforts impulsionnels dans la charnière et sur la structure du satellite, ainsi que des **vibrations** du bras et des panneaux, qui sont en réalité flexibles. Ces vibrations ont été négligées par hypothèse. Le même phénomène se reproduit vers $7{,}7$ s au verrouillage de la charnière active.
Pour le réduire, on ajoute aux charnières un **amortisseur** (visqueux ou par courants de Foucault, ou frein de fin de course) qui dissipe l'énergie cinétique avant la butée.
**Oui, cela peut compromettre le cahier des charges** : l'amortisseur exerce un couple résistant qui ralentit le déploiement. La durée, déjà proche de 8 s, risque de dépasser la limite. Il faut alors raidir les ressorts ou dimensionner l'amortissement pour qu'il n'agisse qu'en fin de course. La trajectoire de $M_3$ est aussi modifiée, ce qui oblige à revérifier l'encombrement. (À titre d'ordre de grandeur, un choc rigide sur le bras ferait chuter $\dot\alpha_3$ par conservation du moment cinétique de 3 en $O_3$, et retarderait sensiblement la fin du déploiement.)
> [!METHODE]
> Un critère de cahier des charges validé « avec une faible marge » est fragile : toute modification de conception (amortisseur, frottement réel) doit être revérifiée sur tous les critères.
## Partie SI, 3 — Orientation des panneaux solaires
On construit le schéma-bloc de l'asservissement de position du SADA, avec sa boucle de vitesse interne, puis on étudie sa précision. Outils : formule de Black, théorème de la valeur finale, classe d'une FTBO.
### Question 31
> [!INDICATION]
> Suivre le texte phrase par phrase : capteur, comparateur, régulateur, variateur, moteur, réducteur. Ne pas oublier le passage de la vitesse à la position.
> [!INDICATION]
> Repérer d'où part le retour interne et quel capteur il représente.
#### Solution
Les blocs du schéma de la figure 9, de gauche à droite :
| Emplacement | Contenu |
|---|---|
| après le premier comparateur (sortie $U$) | gain du comparateur $K_G$ |
| après le second comparateur | régulateur $H_v(p)$ |
| bloc suivant (sortie $U_m$) | variateur $K_a$ |
| bloc suivant (sortie $\Omega_m$) | moteur $\dfrac{K_m}{1+\tau_m p}$ |
| bloc suivant (sortie $\Omega_r$) | réducteur $\dfrac1{18}$ |
| dernier bloc (sortie $\Theta_r$) | intégrateur $\dfrac1p$ |
| retour interne, prélevé sur $\Omega_m$ | codeur incrémental $K_C$ |
La boucle externe est à **retour unitaire** (capteur angulaire de gain 1), sans bloc. L'entrée du premier comparateur est $\Theta_c-\Theta_r$ ; celle du second, $U-K_C\Omega_m$.
> [!PIEGE]
> Le réducteur donne une vitesse : il faut un intégrateur $1/p$ pour passer de $\Omega_r$ à $\Theta_r$. Le retour de position n'a pas de bloc, puisque le capteur a un gain unitaire.
### Question 32
> [!INDICATION]
> Appliquer la formule de Black à la boucle interne, puis mettre le résultat sous forme canonique $K/(1+\tau p)$.
#### Solution
Chaîne directe de la boucle interne : $K_vK_a\dfrac{K_m}{1+\tau_mp}$, retour $K_C$. D'après la formule de Black,
$$H_1(p)=\frac{\Omega_m}{U}=\frac{K_vK_a\dfrac{K_m}{1+\tau_mp}}{1+K_CK_vK_a\dfrac{K_m}{1+\tau_mp}}=\frac{K_vK_aK_m}{1+K_CK_vK_aK_m+\tau_mp}=\frac{K_1}{1+\tau_1p}$$
$$\boxed{K_1=\frac{K_vK_aK_m}{1+K_CK_vK_aK_m},\qquad\tau_1=\frac{\tau_m}{1+K_CK_vK_aK_m}}$$
C'est un premier ordre, plus rapide que le moteur seul ($\tau_1<\tau_m$).
> [!METHODE]
> Une boucle de retour sur un premier ordre donne un premier ordre : le gain et la constante de temps sont tous deux divisés par $1+K_{\text{boucle}}$.
### Question 33
> [!INDICATION]
> Appliquer le théorème de la valeur finale à $\Omega_m$, puis comparer à la vitesse visée $U_0/K_C$.
> [!INDICATION]
> Transformer la condition en inégalité sur le gain de boucle $K_CK_vK_aK_m$.
#### Solution
Pour $U=U_0/p$, le théorème de la valeur finale donne $\Omega_m(\infty)=\lim_{p\to0}pH_1(p)\frac{U_0}{p}=K_1U_0$. La consigne de vitesse correspondant à $U_0$ est $U_0/K_C$ (vitesse pour laquelle le retour égale $U_0$). L'erreur statique vaut
$$\varepsilon_s=\frac{U_0}{K_C}-K_1U_0=\frac{U_0}{K_C}\,\big(1-K_CK_1\big)=\frac{U_0}{K_C}\cdot\frac{1}{1+K_CK_vK_aK_m}.$$
La condition $\varepsilon_s<0{,}05\,\dfrac{U_0}{K_C}$ impose $1+K_CK_vK_aK_m>20$, soit
$$\boxed{K_v>\frac{19}{K_CK_aK_m}=\frac{19}{1\times1{,}3\times1{,}8}\approx8{,}1}$$
($K_v$ est sans dimension.)
> [!PIEGE]
> L'erreur relative se rapporte à la consigne de vitesse $U_0/K_C$ et non à $U_0$ : les unités ne sont pas les mêmes ($\mathrm{rad\,s^{-1}}$ contre V).
### Question 34
> [!INDICATION]
> Un correcteur agit sur un écart : où l'écart de position est-il disponible sous forme électrique ?
#### Solution
Le correcteur $C(p)$ agit sur l'écart de position. On l'insère dans la chaîne directe de la boucle de position, **entre le gain $K_G$ du comparateur (sortie : écart en volts) et le comparateur de la boucle de vitesse** :
Le correcteur se trouve ainsi en amont de la boucle de vitesse et hors de celle-ci.
### Question 35
> [!INDICATION]
> Réduire la boucle interne à $H_1$, puis multiplier les fonctions de transfert de la chaîne directe de position (retour unitaire).
> [!INDICATION]
> Ordre = degré du dénominateur, classe = nombre d'intégrateurs.
#### Solution
Avec $C(p)=K_p$ et la boucle interne réduite à $H_1(p)$ :
$$\boxed{\mathrm{FTBO}(p)=\frac{\Theta_r}{\varepsilon_\theta}=K_G\,K_p\,H_1(p)\,\frac1{18}\,\frac1p=\frac{K_{BO}}{p\,(1+\tau_1p)},\qquad K_{BO}=\frac{K_GK_pK_1}{18}}$$
Le dénominateur est de degré 2, donc **ordre 2**. Il y a un pôle nul simple (intégrateur), donc **classe 1**.
### Question 36
> [!INDICATION]
> Écrire l'écart en fonction de la consigne et de la FTBO, puis appliquer le théorème de la valeur finale à un échelon.
#### Solution
Le retour est unitaire, donc l'écart $\varepsilon_\theta=\Theta_c-\Theta_r$ s'écrit $\varepsilon_\theta(p)=\dfrac{\Theta_c(p)}{1+\mathrm{FTBO}(p)}$. Pour un échelon $\Theta_c=\theta_0/p$, le théorème de la valeur finale donne
$$\varepsilon_s=\lim_{p\to0}p\,\frac{\theta_0/p}{1+\dfrac{K_{BO}}{p(1+\tau_1p)}}=\lim_{p\to0}\frac{\theta_0\,p(1+\tau_1p)}{p(1+\tau_1p)+K_{BO}}=\boxed{0}$$
**L'erreur statique de position est nulle**, grâce à l'intégrateur en boucle ouverte (classe 1). Le système en boucle fermée est un second ordre à coefficients positifs, donc stable.
> [!METHODE]
> Avec un retour unitaire, une FTBO de classe $n$ donne une erreur nulle pour toute consigne polynomiale de degré inférieur à $n$, une erreur finie pour le degré $n$, et une erreur infinie au-delà.
### Question 37
> [!INDICATION]
> Même calcul avec une rampe $a/p^2$ : le résultat est-il nul, fini ou infini pour une classe 1 ?
> [!INDICATION]
> Pour corriger, il faut augmenter la classe ; vérifier alors la stabilité (critère de Routh sur un polynôme de degré 3).
#### Solution
Pour une rampe $\Theta_c=a/p^2$ :
$$\varepsilon_v=\lim_{p\to0}p\,\frac{a/p^2}{1+\dfrac{K_{BO}}{p(1+\tau_1p)}}=\frac{a}{K_{BO}}=\frac{18\,a}{K_GK_pK_1}\neq0 .$$
**L'erreur de traînage est finie mais non nulle.** Pour l'annuler, il faut une FTBO de classe 2, donc un second intégrateur placé en amont de la perturbation, dans le correcteur. On choisit un **correcteur à action intégrale de type PI**, $C(p)=K_p\dfrac{1+T_ip}{T_ip}$, plutôt qu'un intégrateur pur. Avec ce dernier, la FTBO $\frac{K}{p^2(1+\tau_1p)}$ donnerait un système bouclé instable. Avec le PI, l'équation caractéristique $T_i\tau_1p^3+T_ip^2+K_{BO}T_ip+K_{BO}=0$ est stable si et seulement si $T_i>\tau_1$ (critère de Routh). Le zéro du PI apporte l'avance de phase nécessaire.
> [!PIEGE]
> Un intégrateur pur ajouté à une FTBO de classe 1 d'ordre 2 rend le système bouclé instable. Le zéro du PI est indispensable. Il ne suffit pas d'écrire « ajouter un intégrateur ».
## Bilan
**Méthodes à retenir.**
- *Plasma froid* : principe fondamental, force magnétique négligée en $v/c$, ions négligés en $m_e/m_i$, puis $\underline\sigma=\mathrm i n e^2/(m\omega)$ et $k^2c^2=\omega^2-\omega_p^2$. Le même enchaînement sert pour les métaux (modèle de Drude) et pour la réflexion ionosphérique.
- *Dispersion* : $v_\varphi=\omega/k$ et $v_g=\mathrm d\omega/\mathrm dk$. Un milieu est dispersif si $v_\varphi$ dépend de $\omega$. Un signal de largeur spectrale non nulle s'étale.
- *Référentiel tournant* : forces d'entraînement et de Coriolis. La force centrifuge dérive d'une énergie potentielle $-\frac12m\Omega^2r^2$, la force de Coriolis ne travaille pas : on obtient une intégrale première (Jacobi) et des régions accessibles $U\ge C_J/2$.
- *Équilibres et stabilité* : on annule le gradient en tenant compte des dérivées composées, on linéarise, on écrit le système d'état $\dot{\mathbf Y}=\mathbf A\mathbf Y$, puis on discute les valeurs propres. Stabilité (au sens d'un mouvement borné) si toutes les valeurs propres sont imaginaires pures et simples.
- *Dynamique des systèmes de solides* : choisir pour chaque équation un système isolé et un point qui éliminent les inconnues de liaison (point sur l'axe d'une pivot parfaite). Utiliser le transport $\vec\delta_A=\vec\delta_G+\overrightarrow{AG}\wedge m\vec a_G$ et les actions réciproques.
- *Asservissements* : formule de Black, théorème de la valeur finale, lien classe–précision (classe 1 : erreur nulle en échelon, finie en rampe), correcteur PI et sa condition de stabilité.
**Prérequis à revoir.** Notation complexe et opérateur $\vec\nabla\to\mathrm i\vec k$, double produit vectoriel, moments d'inertie usuels (tige, plaque, parallélépipède), dérivation vectorielle dans une base mobile, théorème de la valeur finale.
**Questions classiques transposables.**
- Pulsation plasma et coupure ionosphérique : se retrouve dans les sujets sur les métaux, les ondes radio et la réflexion totale.
- Troisième loi de Kepler et constante de Jacobi : se retrouvent dans les sujets sur les satellites, les marées et les points de Lagrange.
- Linéarisation et critère de stabilité par valeurs propres : se retrouve pour le pendule, le gyroscope ou l'équilibre d'un satellite.
- Équations du mouvement d'un double pendule plan : c'est exactement la structure de Q26–Q27.
- Boucle de vitesse interne puis boucle de position : c'est le schéma standard de tous les sujets d'asservissement de moteurs.
Aide sur le corrigé
Connectez-vous pour demander une explication.