Concours Mines-Ponts 1984 Filière M, P’ (Corrigé)

                                                                 Équilibre d’un clown sur un ballon

I. CINÉTIQUE ET CINÉMATIQUE

I.1.a. L’angle a étant constant, A et donc H (car AH est toujours vertical) ont la même vitesse et la même accélération que C :

${{\bf{v}}_{\bf{H}}} = \dot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = v{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$ et ${{\bf{a}}_{\bf{H}}} = \ddot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = a{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$

I.1.b. G est le centre de masse du système clown-ballon donc :$\left( {M + m} \right){\bf{OG}} = M{\bf{OH}} + m{\bf{OC}}$. On en déduit :

${{\bf{v}}_G} = \dot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = v{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$ et ${{\bf{a}}_G} = \ddot x{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = a{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$

I.2. Le ballon roule sans glisser sur le sol horizontal donc ${{\bf{v}}_{{\bf{I}} \in ballon}} = \vec 0$ dans (R ). La vitesse de C s’écrit alors : ${{\bf{v}}_{\bf{C}}} = {{\bf{v}}_{{\bf{I}} \in ballon}} + \omega {{\bf{e}}_{\bf{y}}} \wedge {\bf{IC}}$ soit : ${{\bf{v}}_{\bf{c}}} = R\dot \varphi {{\bf{e}}_{\bf{x}}}$

Le non-glissement se traduit donc par : $v = \dot x = R\dot \varphi$

I.3. Le point A appartenant au clown à la même vitesse que C dans (R ). La vitesse du clown par rapport au ballon est l’opposé de la vitesse (dans (R*)) du point A appartenant au ballon. Cette vitesse est tangente au ballon en A et a pour norme $R\left| {\dot \varphi } \right| = \left| v \right|$.

I.4. Le moment d’inertie du ballon par rapport au centre C vaut mR² car toute la masse est répartie sur la surface du ballon. Compte tenu de la symétrie sphérique du ballon :${J_{Cx}} = {J_{Cy}} = {J_{Cz}}$. On en déduit :

$J = {J_{Cy}} = \frac{2}{3}{J_O} = \frac{2}{3}m{R^2}$

I.5.  

I.5.a. D’après le théorème de Kœnig : ${{\bf{L}}_{{\bf{C}}/(R)}} = {\bf{L}}* = J\dot \varphi {{\bf{e}}_{\bf{y}}} = \frac{2}{3}mRv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$ où L* est le moment cinétique barycentrique du ballon.

I.5.b. Sachant que ${{\bf{L}}_{I/(R)}} = {{\bf{L}}_{C/(R)}} + {\bf{IC}} \wedge m{{\bf{v}}_C}$, le moment cinétique en I du ballon est : ${{\bf{L}}_{I/(R)}} = \frac{5}{3}mRv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$.

I.6.  

I.6.a. On néglige l’inertie des parties mobiles du clown dans sa marche ou sa course à petits pas de sorte que son mouvement est, dans (R ), un mouvement de translation. Dans le référentiel barycentrique (R* ), le clown est donc considéré comme fixe. Par conséquent : ${\bf{L}}{'_{H/(R)}} = {\bf{L}}'* = \vec 0$. Le moment cinétique du clown par rapport à I vaut donc : ${\bf{L}}{'_{I/(R)}} = {\bf{L}}'* + {\bf{IH}} \wedge M{{\bf{v}}_H} = MR\left( {3 + \cos \alpha } \right)v{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$

I.6.b. Pour le système clown-ballon, le moment cinétique total s’écrit alors :

${\bf{L}} = {{\bf{L}}_{I/(R)}} + {\bf{L}}{'_{I/(R)}} = \left( {\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)} \right)Rv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$

II. DYNAMIQUE

II.1. ${\left. {\frac{{d{{\bf{L}}_{P/(R)}}}}{{dt}}} \right)_{(R)}} = {M_P} + M{{\bf{v}}_{G/(R)}} \wedge {{\bf{v}}_{P/(R)}}$ où G est le centre de masse du solide de masse M. Se référer au cours pour la démonstration.

II.2.  

II.2.a. Le point géométrique de contact a une vitesse colinéaire à celle du centre de masse du système clown-ballon. Le théorème du moment cinétique appliqué en ce point pour tout le système s’écrit donc :

${\left. {\frac{{d{{\bf{L}}_{I/(R)}}}}{{dt}}} \right)_{(R)}} = {M_I}$

En projetant sur Oy, on en déduit l’accélération du centre C du ballon (identique à l’accélération de G et de tout point du clown) :

$a = \frac{{Mg\sin \alpha }}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}$

On constate que le mouvement de C est uniformément accéléré.

II.2.b. A.N : a = 0,21 m.s^-2.

II.3.  

II.3.a. Le théorème de la résultante cinétique appliqué au système complet s’écrit :

$\left( {M + m} \right){\bf{a}} = {\bf{T}} + {\bf{N}} + \left( {M + m} \right){\bf{g}}$

            En projection sur Ox : $T = \left( {M + m} \right)a$ et sur Oy : $N = \left( {M + m} \right)g$ en posant ${\bf{T}} = T{{\bf{e}}_{\bf{x}}}$ et ${\bf{N}} = N{{\bf{e}}_{\bf{z}}}$

II.3.b. Vérifions la condition de non-glissement : $\left| T \right| < f\left| N \right|$.

$\frac{{\left| T \right|}}{{\left| N \right|}} = \frac{{M\left| {\sin \alpha } \right|}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}$=0,02 < f si f = 0,2.

II.4.  

II.4.a. On a montré que la vitesse du clown par rapport au ballon a pour norme v. L’accélération étant constante : v = at. La vitesse limite est atteinte à l’instant t tel que : $\tau  = \frac{{{v_{\lim }}}}{a}$. t = 10 s. La distance parcourue est alors : $d = \frac{1}{2}a{\tau ^2} = \frac{{v_{\lim }^2}}{{2a}}$ : d = 10 m.

Ensuite le clown tombe car il ne peut pas marcher plus vite.

II.4.b. La puissance fournie par le clown sert à accroître l’énergie cinétique du système clown-ballon : ${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}}$ avec ${E_K} = {E_K}\left( {{\rm{clown}}} \right) + {E_K}\left( {{\rm{ballon}}} \right)$

${E_K}\left( {{\rm{clown}}} \right) = \frac{1}{2}M{v^2}$ et ${E_K}\left( {{\rm{ballon}}} \right) = E_K^* + \frac{1}{2}m{v^2}$ d’après le théorème de Kœnig. Le ballon a un mouvement de rotation dans le référentiel barycentrique autour de Cy à la vitesse angulaire $\dot \varphi$. Dans ce référentiel, l’énergie cinétique vaut donc : $E_K^* = \frac{1}{2}J{\dot \varphi ^2}$.

Pour l’ensemble ballon-clown : ${E_K} = \frac{1}{2}\left( {M + \frac{5}{3}m} \right){v^2}$

On en déduit la puissance instantanée fournie par le clown : ${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} = \left( {M + \frac{5}{3}m} \right){\bf{v}}.{\bf{a}}$ soit :

${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} = \frac{{M + \frac{5}{3}m}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}Mg\sin \alpha {\rm{  }}v$

La puissance développée par le clown est donc maximale à l’instant où sa vitesse par rapport au ballon est maximale (2 m/s) :

${P_{uMAX}} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} = \frac{{M + \frac{5}{3}m}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {3 + \cos \alpha } \right)}}Mg\sin \alpha {\rm{  }}{v_{MAX}}$

A.N : P_uMAX = 29 W

III. STATIQUE ET DYNAMIQUE SUR PLAN INCLINE

III.1.  

III.1.a. A l’équilibre du système clown-ballon, le torseur des actions extérieures est nul :

                                                                ${\bf{T}} + {\bf{N}} + \left( {M + m} \right){\bf{g}} = \vec 0$          (1)

                                                                $M({\bf{T}}) + M({\bf{N}}) + M(M{\bf{g}}) + M(m{\bf{g}}) = \vec 0$ (2)

où M(F) représente le moment de la force F.

Remarquons que le point par rapport auquel on calcule le moment des actions extérieures n’a pas d’importance car la résultante des actions extérieures est nulle.

En appliquant (2) au point I, on obtient : ${\bf{IC}} \wedge m{\bf{g}} + {\bf{IH}} \wedge M{\bf{g}} = \vec 0$ qui devient après simplifications :

$\sin (\alpha  + \beta ) =  - \frac{{m + M}}{M}\sin \beta$

Avec $0 < \beta  < 90^\circ$, on trouve que $\alpha  + \beta  < 0$ c’est-à-dire $\alpha  <  - \beta  < 0$(cf. figure ci-dessous).

III.1.b. La relation (1) projeté sur les axes Ox et Oz donnent respectivement :

$T =  - \left( {m + M} \right)g\sin \beta$

$N = \left( {m + M} \right)g\cos \beta$

Le glissement ne s’amorce pas si $\frac{{\left| T \right|}}{{\left| N \right|}} < f$ soit : $\tan \beta  < f$. Avec f = 0,2, on trouve b < 11°

III.1.c. Pour que le système soit à l’équilibre pour b = 5°, il faut a = -10,5°

III.2.  

III.2.a. Le raisonnement des questions I.5 et I.6 reste valable ici. Le seul changement provient de l’expression de IH  qui s’écrit maintenant : ${\bf{IH}} = R\left( {\left( {\sin \alpha  - 2\sin \beta } \right){{\bf{e}}_{\bf{x}}} + \left( {1 + \cos \alpha  + 2\cos \beta } \right){{\bf{e}}_z}} \right)$.

Le moment cinétique par rapport à I du ballon est inchangé et celui du clown devient :

${\bf{L}}{'_{I/(R')}}({\rm{clown}}) = {\bf{L}}'* + {\bf{IH}} \wedge M{{\bf{v}}_H} = MR\left( {1 + \cos \alpha  + 2\cos \beta } \right)v{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$

Le moment cinétique total en I s’écrit donc :

${{\bf{L}}_{I/(R')}} = \left( {\frac{5}{3}m + M\left( {1 + \cos \alpha  + 2\cos \beta } \right)} \right)Rv{{\bf{e}}_{\bf{y}}}$

Avec b = 0, on retrouve bien sûr le résultat de la question I.6.b

III.2.b. En appliquant le théorème du moment cinétique en I (point géométrique de contact) comme en II.2 :

${\left. {\frac{{d{{\bf{L}}_{I/(R')}}}}{{dt}}} \right)_{(R')}} = {M_I} = {M_I}(m{\bf{g}}) + {M_I}(M{\bf{g}})$

On trouve que le mouvement du système est uniformément accéléré :

${\bf{a}} = g\frac{{m\sin \beta  + M\left( {\sin \beta  + \sin \left( {\alpha  + \beta } \right)} \right)}}{{\frac{5}{3}m + M\left( {1 + \cos \alpha  + 2\cos \beta } \right)}}{{\bf{e}}_{\bf{x}}} = {\bf{cste}}$

On retrouve, pour b = 0, le résultat de II.2.a et a = 0 pour $\sin (\alpha  + \beta ) =  - \frac{{m + M}}{M}\sin \beta$ (équilibre).

III.2.c. A.N : accélération : a = 0,64 m.s^-2

La vitesse du clown par rapport au ballon est toujours égale à v. La distance parcourue quand le clown atteint la vitesse limite par rapport au ballon de 2 m /s est donc toujours :

$d = \frac{{v_{\lim }^2}}{{2a}}$= 3,1 m

L’accélération du système est plus importante que sur le plan horizontal (et par conséquent la distance parcourue par le clown avant de tomber plus courte) ce qui est normal car le ballon est entraîné vers le bas de la pente par les forces de pesanteur.

III.3.  

III.3.a. Pour que le ballon remonte la pente, l’accélération algébrique doit être négative ce qui donne :

$\sin (\alpha  + \beta ) <  - \frac{{m + M}}{M}\sin \beta$ c’est-à-dire $\alpha  < {\alpha _{{\rm{\'e quilibre}}}}$

            a = -15° convient car a_éq = -10,5°. Dans ce cas : a = –0,18 m.s^-2

III.3.b. Le théorème de la résultante cinétique appliqué au système complet s’écrit en projection sur les axes Ox et Oz :

$\left( {m + M} \right)a = T + \left( {M + m} \right)g\sin \beta$ et $N = \left( {M + m} \right)g\cos \beta$

            On en déduit T et N : $T = \left( {a - g\sin \beta } \right)\left( {M + m} \right)$ et $N = \left( {M + m} \right)g\cos \beta$

            T < 0 car le mouvement est ascendant (a < 0)

            $\frac{{\left| T \right|}}{{\left| N \right|}} = \tan \beta  - \frac{a}{{g\cos \beta }}$= 0,11 < f si f = 0,2. Il n’y a donc pas glissement.

III.3.c. La longueur parcourue avant que le clown tombe est plus importante que dans les cas précédents car l’accélération est plus faible :

$d = \frac{{v_{\lim }^2}}{{2a}}$= 11 m  La hauteur dont est monté le système est $h = d\sin \beta$= 1 m

III.3.d. La puissance utile développée par le clown sert ici à augmenter l’énergie cinétique du système clown-ballon mais aussi à accroître l’énergie potentielle du système :

${P_u} = \frac{{d{E_K}}}{{dt}} + \frac{{d{E_p}}}{{dt}} = \left( {M + \frac{5}{3}m} \right){\bf{v}}.{\bf{a}} - \left( {M + m} \right)g\sin \beta v$ car ${E_p} =  - \left( {M + m} \right)gx\sin \beta  + {\rm{constante}}$

On en déduit la puissance instantanée : ${P_u} = \left( {\left( {M + \frac{5}{3}m} \right)a - \left( {M + m} \right)g\sin \beta } \right)at$

La puissance maximale développée par le clown se situe juste avant qu’il tombe :

${P_{uMAX}} = \left( {\left( {M + \frac{5}{3}m} \right)a - \left( {M + m} \right)g\sin \beta } \right){v_{\lim }}$            A.N : P_uMAX = 136 W

C’est la puissance développée pour accroître l’énergie potentielle qui est prépondérante (120 W) ce qui explique l’écart important entre la puissance développée par le clown sur le plan incliné et celle développée sur le plan horizontal.

Concours Mines-Ponts 1984 Filière M, P’ (Énoncé)

                                                                 Équilibre d’un clown sur un ballon

Dans tout le problème, les vecteurs sont notés en caractères gras.

Un ballon sphérique de rayon R, rigide, de masse m uniformément répartie en surface, roule sans glisser sur le sol horizontal de sorte que son centre reste dans le plan xOz d’un référentiel (R ) =(O, x, y, z) supposé galiléen, dont Oz désigne la verticale ascendante. L’intensité de la pesanteur est g ; les vecteurs unitaires portés par les axes Ox, Oy, Oz sont respectivement désignés par e_x, e_y, e_z et forment un trièdre (cf. figure 1). Le coefficient de frottement de glissement sur le sol Ox est constant et égal à f.

A l’instant initial t = 0, le centre C du ballon immobile, a pour coordonnées x = y = 0, z = R. Un clown a ses pieds en un point A du ballon situé dans le plan xOz et tel que la droite CA fasse un angle a avec la verticale (cf. figure 1). Le clown marche ou court à petits pas sur le ballon en direction de son point le plus haut : à tout instant la droite instantanée CA fait l’angle a avec la verticale. Le clown est assimilé à un solide de masse M de centre de masse H : AH est constamment vertical ; AH = h =2R. On néglige l’inertie des parties mobiles du clown dans sa marche ou sa course à petits pas de sorte que son mouvement est, dans (R ), un mouvement de translation.

On désigne par v et a la vitesse et l’accélération de C dans (R ). La rotation du ballon dans (R ) est comptée positivement suivant Oy ; f est l’angle de rotation et on pose $\dot \varphi  = \frac{{d\varphi }}{{dt}}$ (cf. figure 1).

I. CINEMATIQUE ET CINETIQUE

I.1.  

I.1.a. Quelles sont la vitesse v_H et l’accélération a_H de H dans (R ) ?

I.1.b. En déduire la vitesse v_G et l’accélération a_G du centre de masse G du système clown-ballon dans son mouvement par rapport à (R ) ?

I.2. Quelle est la relation traduisant le roulement sans glissement du ballon au point de contact I avec le sol ?
I.3. Quelle est la vitesse du clown par rapport à la surface du ballon, avec laquelle il est en contact ?
I.4. Montrer que le moment d’inertie J du ballon autour de l’axe Cy parallèle à Oy est $\frac{2}{3}m{R^2}$.

I.5.  

I.5.a. Quel est, dans (R ), le moment cinétique L_C du ballon en son centre C ?

On exprimera L_C en fonction de m, R et v = v.e_x.

I.5.b. En déduire le moment cinétique L_I du ballon, dans (R ), au point de contact I.

I.6.  

I.6.a. Quel est, dans (R ), le moment cinétique L’_H du clown en H ?

En déduire le moment cinétique L’_I, dans (R ), du clown en I.

I.6.b. Exprimer en fonction de R, v, m, M et a le moment cinétique total L du système clown-ballon en I, dans le référentiel (R ).

II. DYNAMIQUE

II.1. On considère le moment cinétique L_P, d’un solide quelconque (S), de centre de masse G, calculé dans un référentiel (R ), en un point P quelconque de (S). Etablir le théorème du moment cinétique en P.

II.2.  

II.2.a. En appliquant le théorème du moment cinétique au point géométrique de contact I, montrer que l’accélération du point C est :

$a = \frac{{Mg\sin \alpha }}{{\frac{5}{3}m + M(3 + \cos \alpha )}}$

II.2.b. Application numérique : calculer a pour M = 60 kg ; m = 6,0 kg ; R = 0,50 m ; a = 5,0° ; g = 9,8 m.s^-2

II.3.  

II.3.a. Calculer les composantes tangentielle T et normale N de la réaction du sol sur le ballon.

II.3.b. Montrer que si f = 0,2 il ne peut y avoir glissement ni au départ, ni en un instant ultérieur.

II.4. Le clown ne peut courir à petits pas à plus de 2,0 m/s par rapport à la surface du ballon.

II.4.a. Au bout de combien de temps t, cette vitesse est-elle atteinte ? Quelle est la distance L parcourue par le ballon ? Que se passe-t-il ensuite ? (On demande pour t et L les expressions littérales et les valeurs numériques).

II.4.b. Quel est le maximum de la puissance utile P_u fournie par le clown, c’est-à-dire la puissance fournie pour accroître dans (R ) l’énergie cinétique du système clown-ballon ? On donnera l’expression littérale de P_u au cours du temps, puis sa valeur maximale, littérale et numérique.

III. STATIQUE ET DYNAMIQUE SUR UN PLAN INCLINÉ

Le ballon est désormais sur une planche inclinée, dont la ligne de plus grande pente, choisie comme axe Ox du référentiel (R’ ) galiléen, fait l’angle b avec le sol. L’axe Oz est orthogonal à Ox et dirigé vers le haut (figure 2).

Le clown est toujours vertical, c’est-à-dire que AH est orthogonal au sol. L’angle de CA avec IC est noté a, comme dans les parties I et II (figure 2).

III.1. On suppose que le clown est en équilibre sur le ballon et on admet que le coefficient de frottement du clown sur le ballon en A est suffisant pour que le glissement soit absent en A.

III.1.a. Quelle est la valeur de a qui, pour b donné, permet dans (R’ ) l’équilibre du système clown-ballon.

III.1.b. Quelle est la condition sur b pour que le glissement en I ne s’amorce pas ? On prendra f = 0,2.

III.1.c. Calculer numériquement a à l’équilibre pour b = 5,0°.

III.2. Le système clown-ballon descend le plan incliné suivant la ligne de plus grande pente Ox : $v \ge 0$. Le clown marche ou court pour maintenir a constant. Initialement, le ballon et le clown sont immobiles.

III.2.a. Exprimer dans (R’ ) le moment cinétique total en I en fonction de m, M, R, v, a et b.

Vérifier ce résultat dans un cas particulier.

III.2.b. Montrer que le mouvement de C est uniformément varié. On donnera l’expression de ${\bf{a}}(m,M,g,\alpha ,\beta )$. Vérifier cette expression dans un cas particulier et retrouver le résultat de la question III.1.

III.2.c. On prend a = b = 5°. Calculer a puis la distance parcourue quand le clown atteint la vitesse limite, par rapport au ballon, de 2 m/s. Comparer au résultat de II.4 et commenter.

III.3. Le clown veut avoir un mouvement ascendant, c’est-à-dire remonter la pente Ox.

III.3.a. Montrer que a doit satisfaire à une inégalité dépendant de b. Si b = 5,0°, la valeur a = -15° est-elle satisfaisante ? Calculer a dans ce cas.

III.3.b. Calculer les composantes tangentielle et normale de la réaction de la planche sur le ballon et vérifier que le glissement ne peut s’amorcer si f = 0,2.

III.3.c. Quelle longueur le ballon peut-il parcourir avant que le clown perde l’équilibre ? A quelle hauteur cela correspond-il ?

III.3.d. Comment devrait-on définir ici la puissance utile développée par le clown ? Calculer sa valeur maximale compatible avec l’équilibre du clown sur le ballon. Comparer au résultat de la question II.4.b et commenter.

Fin du problème

Concours Physique Centrale M 1982 (Corrigé)

ÉTUDE DE LA STABILISATION D'UN SATELLITE PAR GRADIENT DE GRAVITÉ Remarque : l’énoncé admet, parfois implicitement, que le centre d’inertie du satellite a un mouvement circulaire uniforme ; la justification que les oscillations ne perturbent pratiquement pas ce mouvement se trouve en II.3.d.

I - SATELLITE EN FORME D'HALTĒRE

 1) Le moment en $G$ des forces de gravitation est nul pour $\alpha =0$, $\alpha =\pi$ et $\alpha =\pm \pi /2$ :

- si $\alpha =0\text{ ou }\pi$, les supports des forces passent par $G$ ;

- si $\alpha =\pm \pi /2$, les deux forces, symétriques par rapport à $G$, ont des moments opposés.

2)  ${{\vec{\mathfrak{M}}}_{G}}=-\mu m\left( \overrightarrow{GA}\wedge \frac{\overrightarrow{OA}}{O{{A}^{3}}}+\overrightarrow{GB}\wedge \frac{\overrightarrow{OB}}{O{{B}^{3}}} \right)=-\mu m\left( \overrightarrow{GA}\wedge \frac{\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GA}}{O{{A}^{3}}}+\overrightarrow{GB}\wedge \frac{\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GB}}{O{{B}^{3}}} \right)$

 ${{\vec{\mathfrak{M}}}_{G}}=-\mu m\overrightarrow{GB}\wedge \overrightarrow{OG}\left( \frac{1}{O{{B}^{3}}}-\frac{1}{O{{A}^{3}}} \right)$ qui est parallèle à $Gz$.

Pour un point $M$ proche de $G$, en notant ${x}'$ et ${y}'$ les projections de $\overrightarrow{GM}$ sur $\vec{u}$ et $\vec{v}$ :

$$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GM}$$  

$$O{{M}^{2}}=O{{G}^{2}}+G{{M}^{2}}+2\overrightarrow{OG}\cdot \overrightarrow{GM}={{r}^{2}}+{{{{x}'}}^{2}}+{{{{y}'}}^{2}}+2r{x}'$$

$$\frac{1}{O{{M}^{3}}}=\frac{1}{{{r}^{3}}}{{\left( 1+\frac{2{x}'}{r}+\frac{{{{{x}'}}^{2}}+{{{{y}'}}^{2}}}{{{r}^{2}}} \right)}^{-3/2}}\approx \frac{1}{{{r}^{3}}}-\frac{3{x}'}{{{r}^{4}}}+...$$

$$\frac{1}{O{{B}^{3}}}-\frac{1}{O{{A}^{3}}}\approx -\frac{6{{{{x}'}}_{B}}}{{{r}^{4}}}$$  

D’autre part, $\overrightarrow{GB}\wedge \overrightarrow{OG}=-{{{y}'}_{B}}r\vec{z}$. D’où ${{\mathfrak{M}}_{G}}=-\frac{6\mu m{{{{x}'}}_{B}}{{{{y}'}}_{B}}}{{{r}^{3}}}=-\frac{6\mu m{{L}^{2}}\sin \alpha \cos \alpha }{{{r}^{3}}}=-\frac{3\mu m{{L}^{2}}\sin 2\alpha }{{{r}^{3}}}$

3) Plaçons nous dans le référentiel tournant ${{R}_{1}}$. Les moments en $G$ des forces d’inertie de Coriolis et de la tension de la tige sont nuls, car les supports de ces forces passent par $G$. Montrons que le moment des forces d’inertie d’entraînement est nul : ${{\vec{\mathfrak{M}}}_{G}}\left( {{{\vec{F}}}_{ie}} \right)=\overrightarrow{GA}\wedge m{{\omega }^{2}}\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{GB}\wedge m{{\omega }^{2}}\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{GB}\wedge m{{\omega }^{2}}\left( \overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA} \right)=\vec{0}$ car $\overrightarrow{AB}$ parallèle à $\overrightarrow{GB}$.

Dans ${{R}_{1}}$, le moment des forces se réduit à celui des forces de gravitation. Soit ${{J}_{G}}$ le moment d’inertie du satellite.

$${{J}_{G}}\ddot{\alpha }={{\mathfrak{M}}_{G}}$$

$$2m{{L}^{2}}\ddot{\alpha }=-\frac{3\mu m{{L}^{2}}\sin 2\alpha }{{{r}^{3}}}$$  

Si $\alpha$ petit, $\sin 2\alpha \approx 2\alpha$ ; l’équation devient $\ddot{\alpha }+\omega _{osc}^{2}\alpha \approx 0$, avec ${{\omega }_{osc}}\approx \sqrt{\frac{3\mu }{{{r}^{3}}}}$et la période d’oscillation est ${{T}_{osc}}=2\pi \sqrt{\frac{{{r}^{3}}}{3\mu }}=2\pi \sqrt{\frac{{{\left( 7\times {{10}^{6}} \right)}^{3}}}{3\times 4\times {{10}^{14}}}}=3360s$.

II - SATELLITE PLAN

1.a) Dans le référentiel géocentrique $R$, $dW={{F}_{r}}dr+{{F}_{\theta }}rd\theta +{{\mathfrak{M}}_{G}}\left( d\theta +d\alpha  \right)$.

1.b) $dU=\frac{\partial U}{\partial r}dr+\frac{\partial U}{\partial \alpha }d\alpha =-dW$ est vrai quels que soient $dr$, $d\theta$ et $d\alpha$, variables indépendantes. En identifiant leurs coefficients dans les deux membres de cette égalité, ${{F}_{r}}=-\frac{\partial U}{\partial r}\quad {{\mathfrak{M}}_{G}}=-\frac{\partial U}{\partial \alpha }\quad {{F}_{\theta }}=-\frac{{{\mathfrak{M}}_{G}}}{r}=\frac{1}{r}\frac{\partial U}{\partial \alpha }$.

1.c) Le moment des forces de gravitation en $O$ est nul, car toutes ces forces ont des supports passant par $O$.

2.a) Dans $R$ et dans ${{R}_{3}}$, ${{\vec{\sigma }}_{G}}=\left( A+B \right)\left( \dot{\alpha }+\dot{\theta } \right)\vec{z}$.

Dans $R$, en utilisant le théorème de König et en tenant compte de ce que la masse du système est $2m$, ${{E}_{c}}=m\left( {{{\dot{r}}}^{2}}+{{r}^{2}}{{{\dot{\theta }}}^{2}} \right)+\frac{1}{2}\left( A+B \right){{\left( \dot{\alpha }+\dot{\theta } \right)}^{2}}$

2.b) Dans le référentiel géocentrique $R$, le moment cinétique ${{\vec{\sigma }}_{O}}={{\vec{\sigma }}_{G}}+2m{{r}^{2}}\left( \dot{\alpha }+\dot{\theta } \right)$ en $O$  est une constante du mouvement. En effet, les seules forces extérieures sont les forces de gravitation, dont les supports passent par $O$.

Dans le référentiel géocentrique $R$, l’énergie totale ${{E}_{c}}+U$ est une constante du mouvement. En effet, les forces intérieures ne travaillent pas puisque le satellite est indéformable et les forces extérieures dérivent de l’énergie potentielle $U$.

3.a) Soit ${x}'=X\cos \alpha -Y\sin \alpha$ et ${y}'$ les projections de $\overrightarrow{GM}$sur $\vec{u}$ et $\vec{v}$.

$\iint_{P}{{{\rho }^{2}}dm}=A+B$ par définition des moments d’inertie.

$\iint_{P}{\rho \cos \varphi dm}=\iint_{P}{{x}'dm}=0$ par définition du centre d’inertie.

$\iint_{P}{{{\rho }^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi dm}={{\iint_{P}{\left( X\cos \alpha -Y\sin \alpha  \right)}}^{2}}dm$. Or $\iint_{P}{{{X}^{2}}dm}=B$, $\iint_{P}{{{Y}^{2}}dm}=A$ et $\iint_{P}{XYdm}=0$. D’où

$$\iint_{P}{{{\rho }^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi dm}=B{{\cos }^{2}}\alpha +A{{\sin }^{2}}\alpha =B\frac{1+\cos 2\alpha }{2}+A\frac{1-\cos 2\alpha }{2}$$  

$$\iint_{P}{{{\rho }^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi dm}=\frac{A+B}{2}+\frac{B-A}{2}\cos 2\alpha$$  

3.b)

$$O{{M}^{2}}={{\left( r+{x}' \right)}^{2}}+{{{{y}'}}^{2}}$$

$$\frac{1}{OM}=\frac{1}{r}{{\left( 1+\frac{2{x}'}{r}+\frac{{{\rho }^{2}}}{{{r}^{2}}} \right)}^{-1/2}}=\frac{1}{r}-\frac{{{x}'}}{{{r}^{2}}}+\frac{3{{{{x}'}}^{2}}-{{\rho }^{2}}}{2{{r}^{3}}}+\frac{3{x}'{{\rho }^{2}}-5{{{{x}'}}^{3}}}{2{{r}^{4}}}+...$$

$$U=\iint_{P}{-\frac{\mu dm}{OM}}=-\frac{\mu m}{r}+\frac{\mu }{{{r}^{2}}}\iint_{P}{{x}'dm}+\frac{\mu }{2{{r}^{3}}}\iint_{P}{\left( {{\rho }^{2}}-3{{{{x}'}}^{2}} \right)dm}+\frac{\mu }{2{{r}^{4}}}\iint_{P}{\left( 5{{{{x}'}}^{3}}-3{x}'{{\rho }^{2}} \right)dm}+...$$  

$$U=-\frac{\mu m}{r}+\frac{\mu }{2{{r}^{3}}}\left[ \left( A+B \right)-3\left( \frac{A+B}{2}+\frac{B-A}{2}\cos 2\alpha  \right) \right]+...$$

$$U=-\frac{\mu m}{r}-\frac{\mu }{4{{r}^{3}}}\left[ \left( A+B \right)+3\left( B-A \right)\cos 2\alpha  \right]+...$$

Le terme en $1/{{r}^{4}}$ n’est pas nul dans le cas général ; il l’est si le satellite a un centre de symétrie.

3.c) ${{\mathfrak{M}}_{G}}=-\frac{\partial U}{\partial \alpha }=-\frac{3\mu \left( B-A \right)}{2{{r}^{3}}}\sin 2\alpha$

Dans la partie I, $A=0$ et $B=2m{{L}^{2}}$ ; l’expression obtenue donne le même résultat qu’en I : ${{\mathfrak{M}}_{G}}=-\frac{3\mu m{{L}^{2}}}{{{r}^{3}}}\sin 2\alpha$.

${{F}_{\theta }}=-\frac{{{\mathfrak{M}}_{G}}}{r}=\frac{3\mu \left( B-A \right)}{2{{r}^{4}}}\sin 2\alpha$.

3.d) $B-A=2{m}'{{R}^{2}}$.

$\max \left( \left| {{\mathfrak{M}}_{G}} \right| \right)=\frac{3\mu {m}'{{R}^{2}}}{{{r}^{3}}}=\frac{3\times 4\times {{10}^{14}}\times 3\times {{4}^{2}}}{{{\left( 7\times {{10}^{6}} \right)}^{3}}}=1,7\times {{10}^{-4}}N.m$.

$\max \left( \left| {{F}_{\theta }} \right| \right)=\frac{\max \left( \left| {{\mathfrak{M}}_{G}} \right| \right)}{r}=\frac{1,7\times {{10}^{-4}}}{7\times {{10}^{6}}}=2,4\times {{10}^{-11}}N$.

Le terme principal de ${{F}_{r}}$ est $-\frac{\mu }{{{r}^{2}}}=-\frac{{{4.10}^{14}}}{\left( {{7.10}^{6}} \right)}=-57N$. Sous l’action de cette force, le mouvement est circulaire uniforme. Il est intéressant de considérer le terme suivant du développement de ${{F}_{r}}$ , soit $-\frac{3\mu }{4{{r}^{4}}}\left( A+B+3\left( B-A \right)\cos 2\alpha  \right)$, dont la variation maximale est $\frac{9\mu {m}'{{R}^{2}}}{2{{r}^{4}}}=\frac{3}{2}\max \left( \left| {{F}_{\theta }} \right| \right)$. On voit que ${{F}_{\theta }}$ et la variation de ${{F}_{r}}$ sont négligeables devant le terme indépendant de $\alpha$ du développement de ${{F}_{r}}$ ; les oscillations du satellite ne déforment guère son mouvement, qui reste sensiblement circulaire uniforme.

4.a) $\omega =\frac{2\pi }{T}=\frac{2\pi }{86164}=7,29\times {{10}^{-5}}rad.{{s}^{-1}}$.

La loi fondamentale de la dynamique appliquée au satellite s’écrit $\frac{\mu m}{{{r}^{2}}}=m{{\omega }^{2}}r$, d’où $r={{\left( \mu /{{\omega }^{2}} \right)}^{1/3}}={{\left( 4\times {{10}^{14}} \right)}^{1/3}}/{{\left( 7,29\times {{10}^{-5}} \right)}^{2/3}}=4,22\times {{10}^{7}}m$.

$v=\frac{2\pi r}{T}=\frac{2\pi \times 4,22\times {{10}^{7}}}{86164}=3080m.{{s}^{-1}}$.

4.b) Le moment en $G$ des forces d’inertie de Coriolis est nul, car les supports de ces forces passent par $G$. Montrons que le moment des forces d’inertie d’entraînement est nul :

${{\vec{\mathfrak{M}}}_{G}}\left( {{{\vec{F}}}_{ie}} \right)=\iint_{P}{\overrightarrow{GM}\wedge dm{{\omega }^{2}}\overrightarrow{OM}}=\iint_{P}{\overrightarrow{GM}\wedge dm{{\omega }^{2}}\left( \overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GM} \right)}=\vec{0}$ car $\iint_{P}{\overrightarrow{GM}dm}=\vec{0}$.

Le moment des forces est donc égal à celui des forces de gravitation. Le théorème du moment cinétique donne :

$$\left( A+B \right)\ddot{\alpha }=-\frac{3\mu \left( B-A \right)\sin 2\alpha }{2{{r}^{3}}}$$

$$\ddot{\alpha }+\frac{3\mu }{2{{r}^{3}}}\frac{B-A}{A+B}\sin 2\alpha =0$$

4.c) Une orientation d’équilibre est stable si le moment des forces est une fonction décroissante de l’angle.

Les orientations d’équilibres sont :

• $\alpha =0$ et $\alpha =\pi$, qui sont instables si $A>B$ et stables si $A<B$ ;

• $\alpha =\pm \pi /2$, qui sont stables si $A>B$ et instables si $A<B$.

Au voisinage d’une orientation ${{\alpha }_{eq}}$ d’équilibre stable, si $\alpha ={{\alpha }_{eq}}+\varepsilon$ ($\varepsilon <<1$), $\ddot{\varepsilon }+\frac{3\mu }{{{r}^{3}}}\frac{\left| B-A \right|}{A+B}\varepsilon =0$.

${{T}_{osc}}=2\pi \sqrt{\frac{{{r}^{3}}}{3\mu }\frac{A+B}{\left| B-A \right|}}=\frac{{{T}_{orb}}}{\sqrt{3}}\sqrt{\frac{A+B}{\left| B-A \right|}}=\sqrt{\frac{4}{3}}86164=99500s$.

4.d) La conservation de l’énergie s’écrit :

$$\frac{1}{2}\left( A+B \right){{{\dot{\alpha }}}^{2}}-\frac{3\mu \left( B-A \right)}{4{{r}^{3}}}\cos 2\alpha =\frac{1}{2}\left( A+B \right)\dot{\alpha }_{0}^{2}-\frac{3\mu \left( B-A \right)}{4{{r}^{3}}}\cos 2{{\alpha }_{0}}$$

$${{{\dot{\alpha }}}^{2}}=f\left( \alpha  \right)=\dot{\alpha }_{0}^{2}+\frac{3\mu \left( B-A \right)}{2{{r}^{3}}\left( A+B \right)}\left( \cos 2\alpha -\cos 2{{\alpha }_{0}} \right)$$  

Pour que le mouvement soit non révolutif, il faut que $\dot{\alpha }$ puisse s’annuler, donc que le minimum de $f\left( \alpha  \right)$ soit négatif.

Si $B>A$, le minimum de $f\left( \alpha  \right)$ a lieu quand $\cos 2\alpha$ est minimum, soit pour $\cos 2\alpha =-1$. La condition devient

$$\dot{\alpha }_{0}^{2}-\frac{3\mu \left| A-B \right|}{2{{r}^{3}}\left( A+B \right)}\left( 1+\cos 2{{\alpha }_{0}} \right)<0$$  

$$\left| {{{\dot{\alpha }}}_{0}} \right|<\sqrt{\frac{3\mu \left| A-B \right|}{{{r}^{3}}\left( A+B \right)}}\cos \left| {{\alpha }_{0}} \right|=\frac{2\pi }{{{T}_{osc}}}\sin \left| {{\alpha }_{0}} \right|=\frac{2\pi }{99500}\cos 40{\mathfrak{M}}^\circ =4,84\times {{10}^{-5}}rad.{{s}^{-1}}$$

Si $B<A$, la condition est $\left| {{{\dot{\alpha }}}_{0}} \right|<\frac{2\pi }{{{T}_{osc}}}\sin \left| {{\alpha }_{0}} \right|$.

III - SATELLITE DE FORME QUELCONQUE

1.a) ${{\vec{\mathfrak{M}}}_{G}}=-\iiint{\overrightarrow{GM}\wedge \frac{\mu \overrightarrow{OM}}{O{{M}^{3}}}dm}=-\mu \iiint{\frac{\overrightarrow{GM}\wedge \left( \overrightarrow{OG}+\overrightarrow{GM} \right)}{O{{M}^{3}}}}dm=\mu \overrightarrow{OG}\wedge \iiint{\frac{\overrightarrow{GM}}{O{{M}^{3}}}}dm$.

$$O{{M}^{2}}=O{{G}^{2}}+G{{M}^{2}}+2\overrightarrow{OG}\cdot \overrightarrow{GM}$$

$$\frac{1}{O{{M}^{3}}}=\frac{1}{O{{G}^{3}}}{{\left( 1+\frac{2\overrightarrow{OG}\cdot \overrightarrow{GM}}{O{{G}^{2}}}+\frac{G{{M}^{2}}}{O{{G}^{2}}} \right)}^{-3/2}}\approx \frac{1}{O{{G}^{3}}}\left( 1-\frac{3\overrightarrow{OG}\cdot \overrightarrow{GM}}{O{{G}^{2}}} \right)$$  

$${{{\vec{\mathfrak{M}}}}_{G}}=\mu \frac{\overrightarrow{OG}}{O{{G}^{3}}}\wedge \iiint{\overrightarrow{GM}dm}-\frac{3\mu \overrightarrow{OG}}{O{{G}^{5}}}\wedge \iiint{\left( \overrightarrow{OG}\cdot \overrightarrow{GM} \right)\overrightarrow{GM}dm}$$  

$$\overrightarrow{OG}=\left( \alpha \vec{X}+\beta \vec{Y}\text{£}\gamma \vec{Z} \right)r\quad \overrightarrow{GM}=X\vec{X}+Y\vec{Y}+Z\vec{Z}$$  

$${{{\vec{\mathfrak{M}}}}_{G}}=-\frac{3\mu }{{{r}^{3}}}\iiint{dm\left( \alpha X+\beta Y+\gamma Z \right) \left| \begin{array}{c} & \alpha  \\ & \beta  \\ & \gamma  \\ \end{array} \right. \wedge \left| \begin{array}{c} & X \\  & Y \\  & Z \\ \end{array} \right.}$$

$${{\mathfrak{M}}_{GX}}=-\frac{3\mu }{{{r}^{3}}}\iiint{\left( \alpha X+\beta Y+\gamma Z \right)\left( \beta Z-\gamma Y \right)dm}$$

Rappelons que $\iiint{\left( {{X}^{2}}+{{Y}^{2}} \right)dm=C}$, $\iiint{\left( {{Y}^{2}}+{{Z}^{2}} \right)dm=A}$, $\iiint{\left( {{Z}^{2}}+{{X}^{2}} \right)dm=B}$ et  $\iiint{XYdm}=\iiint{YZdm}=\iiint{ZXdm}=0$.

${{\mathfrak{M}}_{GX}}=\frac{3\mu }{{{r}^{3}}}\beta \gamma \iiint{\left( {{Y}^{2}}-{{Z}^{2}} \right)dm}=3{{\omega }^{2}}\beta \gamma \left( C-B \right)$.

Par permutation circulaire sur les indices de coordonnées,

$${{\mathfrak{M}}_{GY}}=3{{\omega }^{2}}\gamma \alpha \left( A-C \right)$$  

$${{\mathfrak{M}}_{GZ}}=3{{\omega }^{2}}\alpha \beta \left( B-A \right)$$  

1.b) Notons l’angle entre la radiale et la tige de la première partie ${\alpha }'=\left( \vec{x},\vec{u} \right)$ pour le distinguer de la coordonnée $\alpha$ du vecteur unitaire radial ; $A=0$, $B=C=2m{{L}^{2}}$, $\alpha =\cos {\alpha }'$, $\beta =-\sin {\alpha }'$, $\gamma =0$ ; d’où ${{\mathfrak{M}}_{GX}}={{\mathfrak{M}}_{GY}}=0$, ${{\mathfrak{M}}_{GZ}}=3{{\omega }^{2}}\alpha \beta \left( B-A \right)=-6{{\omega }^{2}}m{{L}^{2}}\cos {\alpha }'\sin {\alpha }'$ en accord avec les résultats de la première partie.

2.a)Pour passer de la base $\left( \vec{u},\vec{v},\vec{w} \right)$ de ${{R}_{1}}$ à la base $\left( \vec{X},\vec{Y},\vec{Z} \right)$ de ${{R}_{2}}$, on peut enchaîner les trois rotations suivantes :

• $\left( \vec{v},\vec{w} \right)$ tourne de $\psi$ autour de $\vec{u}$, devenant $\left( \vec{N},\vec{{N}'} \right)$ ;

• $\left( \vec{u},\vec{{N}'} \right)$ tourne de $\theta$ autour de $\vec{N}$, donnant $\left( \vec{Z},\vec{{N}''} \right)$ ;

• $\left( \vec{N},\vec{{N}''} \right)$ tourne de $\varphi$ autour de $\vec{Z}$, donnant $\left( \vec{X},\vec{Y} \right)$.

Le vecteur rotation de ${{R}_{2}}$ par rapport à ${{R}_{1}}$ est donc $\dot{\psi }\vec{u}+\dot{\theta }\vec{N}+\dot{\varphi }\vec{Z}$ et celui de ${{R}_{2}}$ par rapport à $R$ est $\vec{\Omega }=\dot{\psi }\vec{u}+\dot{\theta }\vec{N}+\dot{\varphi }\vec{Z}+\omega \vec{w}$

$$\begin{array}{l}\vec N = \vec X\cos \varphi  - \vec Y\sin \varphi \\\vec N'' = \vec X\sin \varphi  + \vec Y\cos \varphi \end{array}$$	$$\begin{array}{l}\vec u = \vec Z\cos \theta  + \vec N''\sin \theta \\\vec N' =  - \vec Z\sin \theta  + \vec N''\cos \theta \end{array}$$	$$\begin{array}{l}\vec w = \vec N\sin \psi  + \vec N'\cos \psi \\\vec v = \vec N\cos \psi  - \vec N'\sin \psi \end{array}$$

$\vec{\Omega }=\dot{\psi }\left( \vec{Z}\cos \theta +\left( \vec{X}\sin \varphi +\vec{Y}\cos \varphi  \right)\sin \theta  \right)+\dot{\theta }\left( \vec{X}\cos \varphi -\vec{Y}\sin \varphi  \right)+\dot{\varphi }\vec{Z}+\omega \vec{w}$ où

$\vec{w}=\omega \left( \left( \vec{X}\cos \varphi -\vec{Y}\sin \varphi  \right)\sin \psi +\left( -\vec{Z}\sin \theta +\left( \vec{X}\sin \varphi +\vec{Y}\cos \varphi  \right)\cos \theta  \right)\cos \psi  \right)$

En projetant :

$${{\Omega }_{X}}=\dot{\psi }\sin \varphi \sin \theta +\dot{\theta }\cos \varphi +\omega \left( \cos \varphi \sin \psi +\sin \varphi \cos \theta \cos \psi  \right)$$

$${{\Omega }_{Y}}=\dot{\psi }\cos \varphi \sin \theta -\dot{\theta }\sin \varphi +\omega \left( -\sin \varphi \sin \psi +\cos \varphi \cos \theta \cos \psi  \right)$$  

$${{\Omega }_{Z}}=\dot{\psi }\cos \theta +\dot{\varphi }-\omega \sin \theta \cos \psi$$  

2.b) En supposant $\omega$ fini et constant et $\psi ,\varepsilon ,\varphi$ ainsi que leurs dérivées infiniment petits :$\cos \theta \approx -\varepsilon$

$${{\Omega }_{X}}=\dot{\varepsilon }+\omega \psi$$  

$${{\Omega }_{Y}}=\dot{\psi }-\omega \varepsilon$$  

$${{\Omega }_{z}}=\dot{\varphi }-\omega$$  

On peut se demander s’il n’aurait pas fallu considérer $\dot{\omega }$, non pas comme nul, mais comme un infiniment petit comparable à $\dot{\psi },\dot{\varepsilon },\dot{\varphi }$. En réalité, la conservation du moment cinétique total, orbital et oscillatoire, montre que $\dot{\omega }$ est plus petit que $\dot{\psi },\dot{\varepsilon },\dot{\varphi }$ d’un facteur égal au carré du rapport de la dimension du satellite au rayon de son orbite.

2.c)

$${{\sigma }_{GX}}=A{{\Omega }_{X}}\approx A\left( \dot{\varepsilon }+\omega \psi  \right)$$  

$${{\sigma }_{GY}}=B{{\Omega }_{y}}\approx B\left( \dot{\psi }-\omega \varepsilon  \right)$$  

$${{\sigma }_{GY}}=C{{\Omega }_{Z}}\approx C\left( \dot{\varphi }-\omega  \right)$$  

Nous avons montré en 2.a que $\vec{u}=\vec{Z}\cos \theta +\left( \vec{X}\sin \varphi +\vec{Y}\cos \varphi  \right)\sin \theta$, d’où

$$\alpha =\sin \varphi \sin \theta \approx \varphi$$  

$$\beta =\cos \varphi \sin \theta \approx 1$$  

$$\gamma =\cos \theta \approx -\varepsilon$$  

$${{\mathfrak{M}}_{GX}}\approx 3{{\omega }^{2}}\left( B-C \right)\varepsilon$$  

$${{\mathfrak{M}}_{GY}}\approx 0$$

$${{\mathfrak{M}}_{GZ}}\approx 3{{\omega }^{2}}\left( B-A \right)\varphi$$

3.a) Dans le référentiel géocentrique $R$, $\frac{d{{{\vec{\sigma }}}_{G}}}{dt}={{\vec{\mathfrak{M}}}_{G}}$, soit

$A\left( \frac{d{{\Omega }_{X}}}{dt}\vec{X}+{{\Omega }_{X}}\frac{d\vec{X}}{dt} \right)+B\left( \frac{d{{\Omega }_{Y}}}{dt}\vec{Y}+{{\Omega }_{Y}}\frac{d\vec{Y}}{dt} \right)+C\left( \frac{d{{\Omega }_{Z}}}{dt}\vec{Z}+{{\Omega }_{Z}}\frac{d\vec{Z}}{dt} \right)={{\vec{\mathfrak{M}}}_{G}}$

Comme $\frac{d\vec{X}}{dt}=\vec{\Omega }\wedge \vec{X}={{\Omega }_{Z}}\vec{Y}-{{\Omega }_{Y}}\vec{Z}$, $\frac{d\vec{Y}}{dt}=\vec{\Omega }\wedge \vec{Y}={{\Omega }_{X}}\vec{Z}-{{\Omega }_{Z}}\vec{X}$ et $\frac{d\vec{Z}}{dt}=\vec{\Omega }\wedge \vec{Z}={{\Omega }_{Y}}\vec{X}-{{\Omega }_{X}}\vec{Y}$, les projections de cette équation sur les trois directions principales d’inertie du satellite sont

$$A\frac{d{{\Omega }_{X}}}{dt}+\left( C-B \right){{\Omega }_{Y}}{{\Omega }_{Z}}={{\mathfrak{M}}_{GX}}$$  

$$B\frac{d{{\Omega }_{Y}}}{dt}+\left( A-C \right){{\Omega }_{Z}}{{\Omega }_{X}}={{\mathfrak{M}}_{GY}}$$  

$$C\frac{d{{\Omega }_{Z}}}{dt}+\left( B-A \right){{\Omega }_{X}}{{\Omega }_{Y}}={{\mathfrak{M}}_{GZ}}$$  

Faisons l’approximation linéaire :

$$A\left( \ddot{\varepsilon }+\omega \dot{\psi } \right)+\left( B-C \right)\omega \left( \dot{\psi }-\omega \varepsilon  \right)=3{{\omega }^{2}}\left( B-C \right)\varepsilon$$

$$B\left( \ddot{\psi }-\omega \dot{\varepsilon } \right)+\left( C-A \right)\omega \left( \dot{\varepsilon }+\omega \psi  \right)=0$$  

$$C\ddot{\varphi }+\left( B-A \right)\omega \left( \dot{\psi }-\omega \varepsilon  \right)=3{{\omega }^{2}}\left( B-A \right)\varphi$$  

3.b) Si $C=A+B$, le couplage entre $\psi$ et $\varepsilon$ disparaît dans les deux premières équations.

Pour interpréter cette relation, explicitons-la : $\int{\left( {{X}^{2}}+{{Y}^{2}} \right)dm}=\int{\left( {{Y}^{2}}+{{Z}^{2}} \right)dm}+\int{\left( {{X}^{2}}+{{Z}^{2}} \right)}dm\Rightarrow \int{{{Z}^{2}}dm}=0$. ${{Z}^{2}}$ est positif ou nul et les masses sont positives ; le fait qu’une somme de termes positifs ou nuls soit nulle implique que tous les termes de la somme sont nuls : le solide est plan et situé dans le plan $Z=0$.

3.c) Si $C=A+B$, les équations deviennent :

$$A\ddot{\varepsilon }+4{{\omega }^{2}}\left( C-B \right)\varepsilon =0$$

$$B\ddot{\psi }+4{{\omega }^{2}}\left( C-A \right)\psi =0$$  

$$C\ddot{\varphi }+3{{\omega }^{2}}\left( A-B \right)\varphi =0$$  

ou

$$\ddot{\varepsilon }+4{{\omega }^{2}}\varepsilon =0$$  

$$\ddot{\psi }+4{{\omega }^{2}}\psi =0$$

$$C\ddot{\varphi }+3{{\omega }^{2}}\left( A-B \right)\varphi =0$$  

Pour que la position d’équilibre considérée soit stable, il faut que ces trois équations soient de la forme $\ddot{x}+ax=0$ où $a>0$. L’équilibre est donc stable si $A>B$. Il est instable si $A<B$. Si $A=B$, notre développement n’est pas assez poussé pour trancher.

3.d) La position d’équilibre considérée est stable, puisque les conditions $C=A+B$ et $A>B$ sont vérifiées.

3.e) La période orbitale est ${{T}_{orb}}=2\pi \sqrt{\frac{{{r}^{3}}}{\mu }}=2\pi \frac{{{\left( 7\times {{10}^{6}} \right)}^{3/2}}}{{{\left( 4\times {{10}^{14}} \right)}^{1/2}}}=5818s$.

Les périodes d’oscillation des trois modes sont :

${{T}_{\psi }}={{T}_{\varepsilon }}=\frac{\pi }{2\omega }=\frac{{{T}_{orb}}}{2}=2909s$.

${{T}_{\varphi }}={{T}_{orb}}\sqrt{\frac{C}{3\left( A-B \right)}}=5818\sqrt{\frac{360}{3\left( 300-60 \right)}}=4114s$.

L’expression de ${{T}_{\varphi }}$ est la même que celle trouvée en II.4.c.

Les oscillations sont amorties si les forces subies dans ${{R}_{2}}$ déforment le satellite et s’il existe une résistance, du type viscosité, à la vitesse de déformation.  

4.a) Si $A=B$, les équations linéarisées sont :

$$A\ddot{\varepsilon }+\left( 2A-C \right)\omega \dot{\psi }+4\left( C-A \right){{\omega }^{2}}\varepsilon =0$$  

$$A\ddot{\psi }+\left( C-2A \right)\omega \dot{\varepsilon }+\left( C-A \right){{\omega }^{2}}\psi =0$$  

$$\ddot{\varphi }=0$$

La troisième équation signifie que le satellite tourne librement autour de $\vec{Z}$, cette rotation n’étant guère affectée par les oscillations d’orientation.

Cherchons une solution aux deux premières équations de la forme $\varepsilon =\operatorname{Re}\left( \underline{\varepsilon } \right)\quad \underline{\varepsilon }={{\underline{\varepsilon }}_{0}}\exp \left( i{{\Omega }_{0}}t \right)\quad \psi =\operatorname{Re}\left( \underline{\psi } \right)\quad \underline{\psi }={{\underline{\psi }}_{0}}\exp \left( i{{\Omega }_{0}}t \right)$.

$$\left( -\Omega _{0}^{2}A+4\left( C-A \right){{\omega }^{2}} \right){{\underline{\varepsilon }}_{0}}+i{{\Omega }_{0}}\left( 2A-C \right)\omega {{\underline{\psi }}_{0}}=0$$

$$i{{\Omega }_{0}}\left( C-2A \right)\omega {{\underline{\varepsilon }}_{0}}+\left( -\Omega _{0}^{2}A+\left( C-A \right){{\omega }^{2}} \right){{\underline{\psi }}_{0}}=0$$  

Ce système n’admet que la solution ${{\underline{\varepsilon }}_{0}}={{\underline{\psi }}_{0}}=0$ sauf si

$\left| \begin{matrix} -\Omega _{0}^{2}A+4\left( C-A \right){{\omega }^{2}} & i{{\Omega }_{0}}\left( 2A-C \right)\omega   \\ i{{\Omega }_{0}}\left( C-2A \right)\omega  & -\Omega _{0}^{2}A+\left( C-A \right){{\omega }^{2}}  \\ \end{matrix} \right|=0$

ce qui conduit à l’équation du second degré en $\Omega _{0}^{2}$ :

${{A}^{2}}\Omega _{0}^{4}-\left[ 5A\left( C-A \right)+{{\left( C-2A \right)}^{2}} \right]{{\omega }^{2}}\Omega _{0}^{2}+4{{\left( C-A \right)}^{2}}{{\omega }^{4}}=0$ ou

${{A}^{2}}\Omega _{0}^{4}-\left( {{C}^{2}}+AC-{{A}^{2}} \right){{\omega }^{2}}\Omega _{0}^{2}+4{{\left( C-A \right)}^{2}}{{\omega }^{4}}=0$.

4.b) Le discriminant de cette équation est $\Delta ={{\left( {{C}^{2}}+AC-{{A}^{2}} \right)}^{2}}-16{{A}^{2}}{{\left( C-A \right)}^{2}}$.

La solution proposée existe si les racines de cette équation existent et sont positives (elles sont du même signe). Le discriminant est positif si $\left| {{C}^{2}}+AC-{{A}^{2}} \right|>4A\left| C-A \right|$ ; les racines sont alors positives si ${{C}^{2}}+AC-{{A}^{2}}>0$ ; d’où la condition d’existence des solutions du type considéré :

${{C}^{2}}+AC-{{A}^{2}}>4A\left| C-A \right|$ ou $1+x-{{x}^{2}}>4x\left| 1-x \right|$ ou $x<\frac{1+\sqrt{3}}{2}$

Si cette condition n’est pas vérifiée, l’orientation d’équilibre $\psi =0,\varepsilon =\pi /2$ est instable.

Concours Physique Centrale M 1982 (Énoncé)

ÉCOLE CENTRALE DES ARTS ET MANUFACTURES 1982 ÉCOLE SUPERIEURE D'ELECTRICITE
ÉCOLE CENTRALE DE LYON ÉCOLE SUPERIEURE D'OPTIQUE
Option M PHYSIQUE I (4 h)

ÉTUDE DE LA STABILISATION D'UN SATELLITE PAR GRADIENT DE GRAVITÉ
La terre est supposée constituée de couches concentriques homogènes de centre O. Elle exerce sur un point matériel M de masse $m$ une force attractive : $\vec{F}=-\mu m\overrightarrow{OM}/O{{M}^{3}}$ avec $\mu ={{4.10}^{14}}{{m}^{3}}.{{s}^{-2}}$.
Soit :
$R\left( O,\vec{x},\vec{y},\vec{z} \right)$ le repère barycentrique de la terre, considéré ici comme repère absolu Galiléen
${{R}_{1}}\left( G,\vec{u},\vec{v},\vec{w} \right)$ le repère associé aux coordonnées polaires d'un point G du plan x0y : $\vec{u}$ est radial, $\vec{v}$ est orthoradial.
${{R}_{2}}\left( G,\vec{X},\vec{Y},\vec{Z} \right)$ le repère principal d'inertie d'un satellite.
${{R}_{3}}\left( G,\vec{x},\vec{y},\vec{z} \right)$ le repère barycentrique d'un satellite.
On envisage dans ce problème différents satellites dont le centre d'iner¬tie G décrit une trajectoire circulaire de rayon $r$ dans le plan xOy, à la vitesse angulaire $\omega$, et on s'intéresse au mouvement autour du centre d'inertie.
Les 3 parties du problème sont indépendantes, à l'exception des questions II-3)c) et III-1)b).

I - SATELLITE EN FORME D'HALTĒRE

On considère un satellite constitué de deux mas¬ses ponctuelles A et B de même masse $m$, reliées par une tige rigide AB de masse négligeable ($AB=2L$).
On s'intéresse à la rotation de AB autour de Gz, repérée par l'angle $\alpha =\left( \vec{u},\overrightarrow{AB} \right)$
1) Pour quelles valeurs de $\alpha$ le moment en G des forces gravitation que la terre exerce sur l'haltère est-il nul ?
2) En effectuant un développement limité en $L/r$, montrer que le terme princi¬pal de ce moment est ${{\vec{}}_{G}}=-\frac{3\mu m}{L}{{\left( \frac{L}{r} \right)}^{3}}\sin \left( 2\alpha  \right)\,\vec{z}$
3) Calculer la période des petites oscillations autour de la position d'é¬quilibre stable.
Application numérique : $r=7000km$ ; $L=5m$ ; $m=4kg$.

II - SATELLITE PLAN

On considère un satellite en forme de plaque (P), de masse $m$. Dans toute cette partie, le plan GXY du satellite restera confondu avec le plan xOy.
La matrice représentant l'opérateur d'inertie en G du satellite sur la base $\vec{X},\vec{Y},\vec{Z}$ de ${{R}_{2}}$ a pour expression :
$(J)=\begin{pmatrix}A & 0 & 0  \\ 0 & B & 0  \\ 0 & 0 & A+B  \\ \end{pmatrix}$
La position du satellite est repérée par $r=OG\quad \theta =\left( \vec{x},\vec{u} \right)$ et $\alpha =\left( \vec{u},\vec{X} \right)$
1)a) On appelle $\vec{F}$ et ${{\vec{}}_{G}}$ les éléments de réduction en G du torseur des for¬ces de gravitation appliquées au satellite :
$$\left[ T \right]\quad \left\{ \begin{array}{c} & \vec{F}={{F}_{r}}\vec{u}+{{F}_{\theta }}\vec{v} \\ & {{{\vec{\mathfrak{M}}}}_{G}}=\mathfrak{M}\vec{z} \end{array} \right.$$
Exprimer le travail élémentaire $dW$ des forces de gravitation en fonction de $dr$, $d\theta$, et $d\alpha$.
b) Soit $U\left( r,\alpha  \right)$ l'énergie potentielle du satellite dans le champ de gravi¬tation terrestre. Exprimer ${{F}_{r}}$, ${{F}_{\theta }}$ et $M$ en fonction des dérivées partielles de $U$.
c) Calculer le moment en O des forces de gravitation appliquées au satellite. Commenter le résultat.
2)a) Calculer le moment cinétique barycentrique ${{\vec{\sigma }}_{G}}$ du satellite et son énergie cinétique barycentrique ${{E}_{c}}$ dans $R$ (repère barycentrique de la terre).
b) Donner deux intégrales premières du mouvement en précisant leur signification physique.
3) L'expression de $U$ est : $U=\iint_{P}{-\mu \frac{dm}{OM}}$
On pose $\rho =GM$ et $\varphi =\left( \vec{u},\overrightarrow{GM} \right)$
a) Calculer $\iint_{P}{{{\rho }^{2}}dm}$ et  $\iint_{P}{\rho \cos \varphi \,dm}$.
Montrer que $\iint_{P}{{{\rho }^{2}}{{\cos }^{2}}\varphi \ dm}=\frac{A+B}{2}+\frac{B-A}{2}\cos 2\alpha$
b) En effectuant un développement limité en $\rho /r$, montrer que l'expres¬sion de $U$ au quatrième ordre près est : $U=-\frac{\mu m}{r}-\frac{\mu }{4{{r}^{3}}}\left[ \left( A+B \right)+3\left( B-A \right)\cos 2\alpha  \right]$
c) En déduire $M$ et ${{F}_{\theta }}$. Retrouver l'expression du I-2)
d) Application : (P) est une plaque circulaire homogène de masse $m$, de rayon $R$, portant deux surcharges ponctuelles symétriques par rapport à G, distantes de $2R$ et situées sur $G\vec{X}$
$r=42000km$ $m=200kg$ ${m}'=3kg$ $R=4m$
Calculer les valeurs maximales de $\left| {{F}_{\theta }} \right|$ et $\left|  \right|$, ainsi que le terme principal de ${{F}_{r}}$. Commenter les résultats numériques.
4) On fait maintenant les approximations : ${{F}_{r}}\approx -\frac{\mu m}{{{r}^{2}}}$ et ${{F}_{\theta }}\approx 0$. La valeur de $M$ est celle trouvée au 3)c)
a) Calculer $\omega$, $r$ et la vitesse de G pour un satellite géostationnaire (période $T=23h56mn04s$).
b) Ecrire le théorème du moment cinétique dans ${{R}_{3}}$
c) Donner l'équation différentielle en $\alpha$ dans le cas des petits angles. Montrer que le mouvement n'est stable que si $B>A$
Application numérique : calculer la période des petites oscillations pour $\frac{B-A}{B+A}=\frac{1}{4}$
d) Lorsque l'angle $\alpha$ n'est pas petit, trouver une équation différentiel¬le du type : ${{\dot{\alpha }}^{2}}=f\left( \alpha  \right)$
Pour $B>A$ et une position ${{\alpha }_{0}}$ donnée ($0<{{\alpha }_{0}}<\pi /4$) déterminer la condition sur ${{\dot{\alpha }}_{0}}$ (${{\dot{\alpha }}_{0}}>0$) pour que le mouvement ne soit pas révolutif.
Application numérique : ${{\alpha }_{0}}=40{}^\circ$


III - SATELLITE DE FORME QUELCONQUE
On note : $\alpha ,\beta ,\gamma$ les composantes dans ${{R}_{2}}$ du vecteur unitaire $\vec{u}$ de $\overrightarrow{OG}$. La matrice représentant l'opérateur d'inertie en G du satellite dans ${{R}_{2}}$ est
$$\left( J \right)= \begin{pmatrix} A & 0 & 0  \\ 0 & B & 0  \\ 0 & 0 & C \\ \end{pmatrix}$$
Dans toute cette partie, on utilisera comme repère de projection le repère ${{R}_{2}}$
1)a) Montrer que les composantes du moment en G des forces de gravitation ont pour équivalents
$${{\mathfrak{M}}_{GX}}=3{{\omega }^{2}}\beta \gamma (C-B)$$
$${{\mathfrak{M}}_{GY}}=3{{\omega }^{2}}\gamma \alpha (A-C)$$
$${{\mathfrak{M}}_{GZ}}=3{{\omega }^{2}}\alpha \beta (B-A)$$
b) Retrouver le résultat du I-2)

2) La figure ci-contre indique la signification géométrique des angles d' Euler $\left( \psi ,\theta ,\varphi  \right)$ repérant l'orientation de ${{R}_{2}}$ par apport à ${{R}_{1}}$.
$\vec{N}$ est le vecteur unitaire porté par $\vec{u}\wedge \vec{Z}$ ($\vec{u}$ et $\vec{Z}$ sont supposés non colinéaires).
On rappelle que le vecteur rotation de ${{R}_{1}}$ par rapport à $R$ est $\omega \vec{w}$.
a) Exprimer en fonction de $\omega ,\psi ,\theta ,\varphi$ et des déri¬vées $\dot{\psi },\dot{\theta },\dot{\varphi }$ les composantes sur la base $\vec{X},\vec{Y},\vec{Z}$ de ${{R}_{2}}$ du vecteur rotation $\vec{\Omega }$ de ${{R}_{2}}$ par rapport à $R$.
b) On pose $\theta =\pi /2+\varepsilon$ . En considérant $\psi ,\varepsilon ,\varphi$ et leurs dérivées comme des infiniment petits, montrer que les composantes "linéarisées" de $\vec{\Omega }$ s'écrivent ${{\Omega }_{X}}=\dot{\varepsilon }+\omega \psi \quad ;\quad {{\Omega }_{Y}}=\dot{\psi }-\omega \varepsilon \quad ;\quad {{\Omega }_{Z}}=\dot{\varphi }-\omega$
c) Calculer les composantes "linéarisées" du moment cinétique ${{\vec{\sigma }}_{G}}$ et du moment dynamique ${{\vec{\delta }}_{G}}$ barycentriques.
3)a) Former le système d'équations différentielles linéaires en $\psi$, $\varepsilon$ et $\varphi$.
b) Quelle relation doivent vérifier $A$, $B$ et $C$ pour que le couplage entre $\varepsilon$ et $\psi$ disparaisse ? Interpréter géométriquement ce résultat.
c) En supposant pour simplifier que la condition précédente est véri¬fiée, quelles inégalités doivent vérifier $A$, $B$ et $C$ pour que le mouvement autour de la position $\psi =0$, $\theta =\pi /2$, $\varphi =0$ soit stable ?
d) Application numérique : $A=300{{m}^{2}}.kg$ ; $B=60{{m}^{2}}.kg$ ; $C=360{{m}^{2}}.kg$ ; $r=7000km$.
e) Calculer la période orbitale et les trois périodes d'oscillations en $\psi$, $\varepsilon$ et $\varphi$..
Comment peut-on envisager l'amortissement des oscillations précédentes ?
4) On suppose maintenant que $A=B$. On étudie les solutions de la forme, en notation complexe : $\varepsilon ={{\varepsilon }_{0}}{{e}^{i{{\Omega }_{0}}t}}$ et $\psi ={{\psi }_{0}}{{e}^{i{{\Omega }_{0}}t}}$ où ${{\Omega }_{0}}$ est la pulsation des oscilla¬tions considérées.
a) Ecrire l'équation satisfaite par la pulsation ${{\Omega }_{0}}$.
b) Trouver la condition sur le rapport $x=A/C$ pour que le type de solution considérée existe. Que se passe-t-il si cette condition n'est pas satis¬faite ?

Concours Physique ESM de Saint-Cyr (M, P, T, TA) Physique 1995

Concours Physique ESM de Saint-Cyr (M, P, T, TA) Physique 1995 : énoncé, corrigé
Mouvements d’une tige cylindrique. Diverses compressions d’un système fluide.