Etude de quelques problèmes relatifs à la navigation, l`aéronautique

Mines MP 1997
Etude de quelques problèmes relatifs à la navigation,
l’aéronautique et l’espace.
0- Pour se repérer on peut utiliser les étoiles, la boussole, le sextant, le GPS.
A.I - LANCEMENT DE LA NAVETTE SPATIALE
1. Dans (𝑅𝑔 ), on applique la loi de la quantité de mouvement à l’ensemble navette spatiale et
satellite : 𝑀𝑎⃗ = 𝐹⃗ . L’orbite étant circulaire, on projette cette relation dans la direction
𝐺𝑀𝑀
𝐺𝑀
𝐺𝑀
radiale. 𝑎⃗ = −𝜔𝑜2 𝑟𝑒⃗𝑟 et 𝐹⃗ = − 𝑟 2 𝑇 𝑒⃗𝑟 , ce qui donne 𝜔𝑜2 𝑟 = 𝑟 2𝑇 soit 𝜔𝑜2 = 𝑟 3𝑇 .
L’énoncé nous donne l’accélération au niveau du sol, c’est-à-dire : 𝑔𝑜 =
On en déduit : 𝜔𝑜2 =
𝑅 2 𝑔𝑜
𝑟3
𝐺𝑀𝑇
𝑅2
.
𝑔
soit 𝜔𝑜 (𝑟) = 𝑅√𝑟 3𝑜
𝑔
𝑣(𝑟) = 𝑟𝜔𝑜 (𝑟) ce qui donne : 𝑣(𝑟) = 𝑅√ 𝑟𝑜
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , soit 𝛿𝑊 = −
2. Le travail de la force gravitationnelle est = 𝐹⃗ . 𝑑𝐶𝑃
𝑟𝑑𝜃𝑒⃗𝜃 ) = −
𝐺𝑀𝑀𝑇
𝑟2
est donc 𝐸𝑝 (𝑟) = −
𝐸𝑝 (𝑟) = −
𝑀𝑔𝑜 𝑅 2
𝑟
𝐺𝑀𝑀𝑇
𝑑𝑟 = −𝑑 (−
𝐺𝑀𝑀𝑇
𝑟
𝑟
𝐺𝑀𝑀𝑇
𝑟2
𝑒⃗𝑟 . (𝑑𝑟𝑒⃗𝑟 +
). On a 𝛿𝑊 = −𝑑𝐸𝑝 . L’énergie potentielle du système
en posant nulle l’énergie potentielle à l’infini soit
1
. L’énergie mécanique de l’ensemble est 𝐸 = 2 𝑀𝑣 2 −
𝑀𝑔𝑜 𝑅 2
𝑟
soit en
remplaçant 𝑣(𝑟) par l’expression trouvée :
𝐸=−
𝑀𝑔𝑜 𝑅 2
2𝑟
2𝜋
3. On a 𝑇𝑜 = 𝜔 soit : 𝑇𝑜 =
𝑜
2𝜋
𝑅
(𝑅+𝐻)3
√
𝑔𝑜
𝑇𝑜 2 𝑅2 𝑔𝑜
ce qui donne 𝐻 = (
4𝜋 2
1/3
)
− 𝑅 = 20270 𝑘𝑚 .
4. Avant le lancement la fusée est immobile dans le référentiel terrestre, référentiel qui tourne
autour de l’axe nord sud avec une vitesse angulaire 𝜔 𝑇 =
référentiel (𝑅𝑔 ) 𝑣𝑇 = 𝜔 𝑇 𝑅𝑐𝑜𝑠 =
2𝜋𝑅𝑐𝑜𝑠
𝑇
2𝜋
𝑇
; la fusée a pour vitesse dans le
;
1
la fusée a donc une énergie cinétique 𝐸𝑐 = 2 𝑀 (
2𝜋𝑅𝑐𝑜𝑠 2
𝑇
)
son énergie potentielle est : 𝐸𝑝 = −𝑀𝑔𝑜 𝑅
2𝜋𝑅𝑐𝑜𝑠 2
1
son énergie mécanique est 𝐸 = 2 𝑀 (
𝑇
) − 𝑀𝑔𝑜 𝑅
La variation d’énergie entre le lancement et l’altitude r est :
𝑅
1
∆𝐸 = −𝑀𝑔𝑜 𝑅 (1 − 2𝑟) + 2 𝑀 (
2𝜋𝑅𝑐𝑜𝑠 2
𝑇
)
5. Il faut que  soit le plus faible possible ; pour cela les français utilisent la base de Kourou,
proche de l’Equateur.
6. L’économie correspond à la différence d’énergie cinétique de la fusée selon le lieu de
2𝜋 2 𝑅2
lancement par unité de masse soit : ∆𝑒1,2 =
(𝑐𝑜𝑠 2 2 − 𝑐𝑜𝑠 2 1 ) = 11 𝑘𝐽/𝑘𝑔. Ce qui est
𝑇2
faible.
𝑔
𝑜
𝑣(𝑅 + 𝐻) = 𝑅√𝑅+𝐻
= 7,74 𝑘𝑚. 𝑠 −1
A.II - LE SATELLITE DANS LA SOUTE DE LA NAVETTE ; LANCEMENT
7. Les forces exercées sur 𝑃 dans le référentiel (𝑅𝑁 ) sont :
2
𝐺𝑚𝑀
𝑚𝑔 𝑅
La force de gravitation de la Terre sur 𝑃 : 𝐹⃗ = − 𝐶𝑃3 𝑇 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝑃 = − 𝐶𝑃𝑜3 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝑃
La force d’inertie d’entrainement ; le référentiel (𝑅𝑁 ) est en rotation par rapport au
référentiel (𝑅𝑔 ) avec la vitesse angulaire 𝜔𝑜 . Le point coïncidant à 𝑃 dans le référentiel (𝑅𝑁 )
a un mouvement circulaire, de centre 𝐶 et de rayon 𝐻𝑃 ; l’accélération du point coïncidant est
𝑎⃗𝑒 = −𝜔𝑜2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐻𝑃 et l’expression de la force d’inertie d’entrainement est : 𝑓⃗𝑖𝑒 = 𝑚𝜔𝑜2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐻𝑃 ce qui
𝑚𝑅 2 𝑔𝑜 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐻𝑃
donne en remplaçant 𝜔𝑜2 par l’expression trouvée au I : 𝑓⃗𝑖𝑒 =
𝑟𝑜3
La force d’inertie de Coriolis est donnée par l’expression : 𝑓⃗𝑖𝑐 = −2𝑚𝜔𝑜 𝑒⃗𝑧 ∧ ⃗⃗⃗⃗
𝑣′ soit :
𝑔
𝑓⃗𝑖𝑐 = −2𝑚𝑅√ 𝑟 𝑜3 𝑒⃗𝑧 ∧ ⃗⃗⃗⃗
𝑣′
On néglige l’attraction de la navette sur le satellite.
𝑚𝑔𝑜 𝑅 2
8. La force de gravitation dérive de l’énergie potentielle : 𝐸𝑝𝑔 = −
𝐶𝑃
𝑚𝑅 2 𝑔𝑜 𝐻𝑃2
La force d’inertie d’entrainement dérive de l’énergie potentielle : 𝐸𝑝𝑖𝑒 = −
2𝑟𝑜3
La force d’inertie d’entrainement ne travaille pas.
9. On a ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝑃 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐶𝐴 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐴𝑃 = (𝑟𝑜 + 𝑥)𝑒⃗𝑥 + 𝑦𝑒⃗𝑦 + 𝑧𝑒⃗𝑧 ce qui donne :
1
1
1
2𝑥
𝑥2
𝑦2
𝑧2
𝑜
𝑜
𝑜
𝑜
𝑜
1
= ((𝑟𝑜 + 𝑥)2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 )−2 = 𝑟 (1 + 𝑟 + 𝑟 2 + 𝑟 2 + 𝑟 2 )−2
𝐶𝑃
1
considérant 𝑥, 𝑦 , 𝑧 << 𝑟𝑜 :
1
1 2𝑥
𝑜
𝑜
𝑥2
𝑧2
𝑜
𝑜
qui
donne
𝑥2
1 2𝑥
𝑦2
𝑧2
en
2
~ (1 − 2 ( 𝑟 + 𝑟 2 + 𝑟 2 + 𝑟 2 ) + 8 ( 𝑟 + 𝑟 2 + 𝑟 2 + 𝑟 2 ) ). En
𝐶𝑃 𝑟
𝑜
se limitant aux termes d’ordre deux on obtient :
1
𝑦2
ce
1
𝑥
𝑥2
𝑦2
𝑧2
𝑜
𝑜
𝑜
𝑜
𝑜
1
𝐶𝑃
~
1
𝑟𝑜
~ (1 − 𝑟 + 𝑟 2 − 22 − 2𝑟 2 )ce qui donne 𝐸𝑝𝑔 = −
𝐶𝑃 𝑟
(1 −
𝑚𝑔𝑜 𝑅 2
𝑟
𝑜
𝑥
𝑟𝑜
−
𝑥2
2𝑟𝑜2
𝑥
𝑜
−
𝑦2
22𝑜
𝑥2
𝑜
−
𝑧2
2𝑟𝑜2
𝑜
+
𝑦2
3 𝑥2
2 𝑟𝑜2
) soit :
𝑧2
(1 − 𝑟 + 𝑟 2 − 2𝑟 2 − 2𝑟 2 )
On a ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐻𝑃 = (𝑟𝑜 + 𝑥)𝑒⃗𝑟 + 𝑦𝑒⃗𝜃 , soit 𝐻𝑃2 = (𝑟𝑜 + 𝑥)2 + 𝑦 2 = 𝑟𝑜2 + 2𝑟𝑜 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑦 2 , ce qui
donne 𝐸𝑝𝑖𝑒 = −
𝑚𝑅 2 𝑔𝑜
2𝑟𝑜3
(𝑟𝑜2 + 2𝑟𝑜 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑦 2 ) = −
𝑚𝑅 2 𝑔𝑜
2𝑟𝑜
𝑥
𝑥2
𝑦2
𝑜
𝑜
𝑜
(1 + 2 𝑟 + 𝑟 2 + 𝑟 2 ).
On obtient l’expression de l’énergie potentielle totale :
𝐸𝑝 = −
𝑚𝑔𝑜 𝑅 2
𝑟
Soit : 𝐸𝑝 = −
𝐾=−
𝑥2
𝑦2
𝑜
𝑜
𝑜
𝑚𝑔𝑜 𝑅 2 3
3𝑚𝑔𝑜 𝑅 2
2𝑟𝑜
𝑥
𝑧2
(1 − 𝑟 + 𝑟 2 − 22 − 2𝑟 2 ) −
𝑟𝑜
𝑜
3𝑥 2
𝑧2
𝑜
𝑜
𝑚𝑅 2 𝑔𝑜
2𝑟
𝑥
𝑥2
𝑦2
𝑜
𝑜
𝑜
(1 + 2 𝑟 + 𝑟 2 + 𝑟 2 ).
(2 + 2𝑟 2 − 2𝑟 2 ) En identifiant avec l’expression demandée on a :
; 𝐶𝑥 = −
3𝑚𝑔𝑜 𝑅 2
2𝑟𝑜3
; 𝐶𝑦 = 0; 𝐶𝑧 = +
angulaire de la navette spatiale : 𝐾 = −
3𝑚𝜔𝑜2 𝑟𝑜2
2
𝑚𝑔𝑜 𝑅 2
2𝑟𝑜3
; 𝐶𝑥 = −
ou en introduisant la vitesse
3𝑚𝜔𝑜2
2
; 𝐶𝑦 = 0; 𝐶𝑧 = +
𝑚𝜔𝑜2
2
10. On applique la loi de la quantité de mouvement au satellite dans le référentiel (𝑅𝑁 ) :
𝑚𝑎⃗ = 𝐹⃗ + 𝑓⃗𝑖𝑐 = −2𝑚𝜔𝑜 𝑒⃗𝑧 ∧ ⃗⃗⃗⃗
𝑣 ′ + 𝑚𝜔𝑜2 (3𝑥𝑒⃗𝑥 − 𝑧𝑒⃗𝑧 ) ce qui donne les équations suivantes :
𝑥̈ (𝑡) = 3𝜔𝑜2 𝑥(𝑡) + 2𝜔𝑜 𝑦̇ (𝑡)
𝑦̈ (𝑡) = −2𝜔𝑜 𝑥̇ (𝑡)
𝑧̈ (𝑡) = −𝜔𝑜2 𝑧(𝑡)
En toute rigueur le phénomène d’impesanteur ne s’observe qu’au centre de masse, qui
correspond à une position d’équilibre instable.
11-a) On a les conditions initiales suivantes : 𝑣𝑜𝑥 = 𝑣𝑜𝑦 = 0 ; 𝑣𝑜𝑧 = 𝑣𝑜 = 1,5𝑚. 𝑠 −1 et
𝑥(0) = 𝑦(0) = 𝑧(0) = 0.
Dans ce cas le mouvement est uniquement sur l’axe des z : 𝑧̈ (𝑡) + 𝜔𝑜2 𝑧(𝑡) = 0 ce qui donne
𝑧(𝑡) = 𝐴𝑐𝑜𝑠𝜔𝑜 𝑡 + 𝐵𝑠𝑖𝑛𝜔𝑜 𝑡 ; 𝑧(𝑡 = 0) = 0 et 𝑣𝑧 (𝑡 = 0) = 𝑣𝑜 ;
𝑣
soit 𝑧(𝑡) = 𝜔𝑜 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑜 𝑡 ; la trajectoire est rectiligne sur l’axe des z et la distance maximale à
𝑜
𝑣
la navette est 𝐿1 = 𝜔𝑜 ; la période de l’orbite de la navette est de 2 heures, ce qui donne
𝜔𝑜 =
2𝜋
𝑇
𝑜
soit 𝐿1 =
𝑇𝑣𝑜
2𝜋
= 1720 𝑚
l’astronaute revient en A au bout du temps 𝑡1 =
𝑇
2
= 1 ℎ𝑒𝑢𝑟𝑒
11-b) Cette fois les conditions initiales sont : 𝑣𝑜𝑧 = 𝑣𝑜𝑦 = 0 ; 𝑣𝑜𝑥 = −𝑣𝑜 = −1,5𝑚. 𝑠 −1 et
𝑥(0) = 𝑦(0) = 𝑧(0) = 0
On a:
𝑥̈ (𝑡) = 3𝜔𝑜2 𝑥(𝑡) + 2𝜔𝑜 𝑦̇ (𝑡)
𝑦̈ (𝑡) = −2𝜔𝑜 𝑥̇ (𝑡)
𝑧̈ (𝑡) = −𝜔𝑜2 𝑧(𝑡) ;
le mouvement est dans le plan (𝑥𝐴𝑦).
𝑦̈ (𝑡) = −2𝜔𝑜 𝑥̇ (𝑡) ce qui donne 𝑦̇ (𝑡) − 𝑦̇ (0) = −2𝜔𝑜 (𝑥(𝑡) − 𝑥(0)) soit :
𝑦̇ (𝑡) = −2𝜔𝑜 𝑥(𝑡) ; on a l’équation 𝑥̈ (𝑡) = 3𝜔𝑜2 𝑥(𝑡) + 2𝜔𝑜 𝑦̇ (𝑡) ce qui donne alors en
remplaçant 𝑦̇ (𝑡) par −2𝜔𝑜 𝑥(𝑡) :
𝑥̈ (𝑡) + 𝜔𝑜2 𝑥(𝑡) = 0 ;
−𝑣
la solution de cette équation est 𝑥(𝑡) = 𝑜 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑜 𝑡 et 𝑦̇ (𝑡) = +2𝑣𝑜 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑜 𝑡 soit
2𝑣𝑜
𝜔𝑜
𝑦(𝑡) = + 𝜔 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑜 𝑡)
𝑜
la trajectoire est une ellipse d’équation :
𝜔𝑜2
𝑣𝑜2
𝜔
𝑥 2 + (1 − 2𝑣𝑜 𝑦)2 = 1 ;
la distance maximale à la navette est 𝐿2 =
𝑜
4𝑣𝑜
𝜔𝑜
=
4𝑇𝑣𝑜
2𝜋
= 6880 𝑚 ; l’objet revient en A au
bout du temps 𝑡2 = 𝑇 = 2 ℎ𝑒𝑢𝑟𝑒𝑠
11-c) Cette fois les conditions initiales sont : 𝑣𝑜𝑧 = 𝑣𝑜𝑦𝑥 = 0 ; 𝑣𝑜𝑦 = 𝑣𝑜 − 1,5𝑚. 𝑠 −1 et
𝑥(0) = 𝑦(0) = 𝑧(0) = 0. Le mouvement est dans le plan (𝑥𝐴𝑦). On a
𝑦̈ (𝑡) = −2𝜔𝑜 𝑥̇ (𝑡) ce qui donne 𝑦̇ (𝑡) − 𝑦̇ (0) = −2𝜔𝑜 (𝑥(𝑡) − 𝑥(0)) soit : 𝑦̇ (𝑡) − 𝑣𝑜 =
−2𝜔𝑜 𝑥(𝑡) ;
On remplace dans la première équation : 𝑥̈ (𝑡) = 𝜔𝑜2 3𝑥(𝑡) + 2𝜔𝑜 𝑦̇ (𝑡) = −𝜔𝑜2 𝑥(𝑡) + 2𝜔𝑜 𝑣𝑜
2𝑣
Ce qui donne comme solution 𝑥(𝑡) = + 𝜔 𝑜 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑜 𝑡)
𝑜
Puis on travaille avec l’équation 𝑦̇ (𝑡) = 𝑣𝑜 − 2𝜔𝑜 𝑥(𝑡) soit 𝑦̇ (𝑡) = 3𝑣𝑜 + 4𝑣𝑜 𝑐𝑜𝑠𝜔𝑜 𝑡 ce qui
𝑣
donne 𝑦(𝑡) = 3𝑣𝑜 𝑡 + 4 𝜔𝑜 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑜 𝑡 ; la trajectoire n’est plus bornée, l’astronaute ne
𝑜
reviendra plus jamais.
La première situation est celle qui permet un retour la plus rapide à la navette.
Principe d’un gyromètre vibrant
1- On travaille dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen et le système est le point
matériel 𝑀 de masse 𝑚.
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑀
Ce point matériel subit la force 𝐹⃗1 du ressort 𝑅1 : 𝐹⃗1 = −𝑘1 (𝑃𝑀 − 𝑙1 ) 𝑃𝑀
avec ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑀 = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑂 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀
soit ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑀 = (𝑙1 + 𝑥)𝑒⃗𝑥 + 𝑦𝑒⃗𝑦 et 𝑃𝑀 = ((𝑙1 + 𝑥)2 + 𝑦 2 )1/2 = 𝑙1 (1 +
2𝑥
𝑙1
+
𝑥2
𝑙12
+
𝑦2
1/2
)
𝑙2
1
L’énoncé s’intéresse aux petits déplacements de 𝑀 soit 𝑥, 𝑦 << 𝑙1
1
1
𝑥
1
1
On obtient en linéarisant : 𝑃𝑀~𝑙1 + 𝑥 et 𝑃𝑀 ~ 𝑙 (1 − 𝑙 )
1
𝑥
On en déduit l’expression de 𝐹⃗1 : 𝐹⃗1 = −𝑘1 ((𝑙1 + 𝑥) − 𝑙1 ) 𝑙 (1 − 𝑙 ) ((𝑙1 + 𝑥)𝑒⃗𝑥 + 𝑦𝑒⃗𝑦 )
1
1
soit en ne gardant que les termes d’ordre 1 : 𝐹⃗1 = −𝑘1 𝑥𝑒⃗𝑥
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑄𝑀
Il subit la force 𝐹⃗2 du ressort 𝑅2 : 𝐹⃗2 = −𝑘2 (𝑄𝑀 − 𝑙2 ) 𝑄𝑀
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
avec ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑄𝑀 = 𝑄𝑂
𝑂𝑀
soit ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑀 = 𝑥𝑒⃗𝑥 + (𝑙2 + 𝑦)𝑒⃗𝑦 et 𝑄𝑀 = (𝑥 2 + (𝑙2 + 𝑦)2 )1/2 = 𝑙2 (1 +
2𝑦
𝑙1
+
𝑥2
𝑙22
𝑦2
1/2
+ 𝑙2 )
21
L’énoncé s’intéresse aux petits déplacements de 𝑀 soit 𝑥, 𝑦 << 𝑙2
1
1
𝑦
2
2
On obtient en linéarisant : 𝑄𝑀~𝑙2 + 𝑦 et 𝑃𝑀 ~ 𝑙 (1 − 𝑙 )
On en déduit l’expression de 𝐹⃗2 en ne gardant que les termes d’ordre 1 : 𝐹⃗2 = −𝑘2 𝑦𝑒⃗𝑦
On applique la loi de la quantité de mouvement : 𝑚𝑎⃗ = 𝐹⃗1 + 𝐹⃗2 ce qui donne les équations :
𝑚𝑥̈ = −𝑘1 𝑥(𝑡)
𝑚𝑦̈ = −𝑘2 𝑦(𝑡)
On a les deux équations différentielles :
𝑥̈ + 𝜔𝑥2 𝑥(𝑡) = 0
𝑦̈ + 𝜔𝑦2 𝑦(𝑡) = 0
𝑘
𝑘
avec 𝜔𝑥 = √ 𝑚1 et 𝜔𝑦 = √ 𝑚2
On a un mouvement sinusoïdal de pulsation 𝝎𝒙 sur 𝑶𝒙 et un mouvement sinusoïdal de
pulsation 𝝎𝒚 sur 𝑶𝒚.
2- On ajoute au système une force de frottements 𝑓⃗ = −𝛽𝑣⃗. De plus la force 𝐹⃗1 est modifiée :
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑀
𝐹⃗1 = −𝑘1 (𝑃𝑀 − 𝑙1 ) 𝑃𝑀 avec ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑃𝑀 = (𝑙1 − 𝑥𝑝 (𝑡) + 𝑥(𝑡))𝑒⃗𝑥 + 𝑦(𝑡)𝑒⃗𝑦
En reprenant le raisonnement da la question précédente et en supposant 𝑥, 𝑥𝑝 et 𝑦 << 𝑙1 on
a : 𝐹⃗1 = −𝑘1 (𝑥 − 𝑥𝑝 )𝑒⃗𝑥 .
La force 𝐹⃗2 est inchangée par rapport à la question précédente.
On applique la loi de la quantité de mouvement ce qui donne :
𝑚𝑥̈ = −𝑘1 (𝑥(𝑡) − 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡)) − 𝛽𝑥̇
𝑚𝑦̈ = −𝑘2 𝑦(𝑡) − 𝛽𝑦̇
soit en introduisant les pulsations 𝜔𝑥 et 𝜔𝑦 :
𝛽
𝑥̈ + 𝑚 𝑥̇ + 𝜔𝑥2 𝑥(𝑡) = 𝜔𝑥2 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡)
𝛽
𝑦̈ + 𝑚 𝑦̇ + 𝜔𝑦2 𝑦(𝑡) = 0
3- En régime forcé on ne s’intéresse qu’à la solution particulière de l’équation avec second
membre, les solutions générales des équations sans second membres tendant vers 0.
Pour l’équation en 𝑦(𝑡), en régime forcé on a 𝑦(𝑡) = 0 ce qui donne 𝑌 = 0, 𝑡𝑎𝑛(𝜑𝑦 ) = 0
𝛽
Pour l’équation en 𝑥(𝑡), on passe en notation complexe : l’équation 𝑥̈ + 𝑚 𝑥̇ + 𝜔𝑥2 𝑥(𝑡) =
𝜔𝑥2 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) est la partie réelle de l’équation différentielle complexe :
𝛽
𝑥̈ + 𝑚 𝑥̇ + 𝜔𝑥2 𝑥(𝑡) = 𝜔𝑥2 𝐴𝑒𝑥𝑝(𝑗𝜔𝑡)
On pose 𝑥(𝑡) = 𝑋𝑒𝑥𝑝(𝑗(𝜔𝑡 + 𝜑𝑥 ) ce qui donne dans l’équation différentielle complexe :
𝛽
−𝜔2 𝑋𝑒𝑥𝑝(𝑗(𝜔𝑡 + 𝜑𝑥 ) + 𝑗𝜔𝑋𝑒𝑥𝑝(𝑗(𝜔𝑡 + 𝜑𝑥 ) + 𝜔𝑥2 𝑋𝑒𝑥𝑝(𝑗(𝜔𝑡 + 𝜑𝑥 ) = 𝜔𝑥2 𝐴𝑒𝑥𝑝(𝑗𝜔𝑡)
𝑚
Ce qui donne :
𝑋𝑒𝑥𝑝(𝑗𝜑𝑥 ) =
𝜔𝑥2 𝐴
(𝜔𝑥2 −𝜔2 )+𝑗𝜔
On en déduit 𝑋 =
𝛽
𝑚
𝜔
𝜔𝑥2 𝐴
𝛽
𝑚
et tan(𝜑𝑥 ) = − (𝜔2 −𝜔
2)
2
√(𝜔𝑥2 −𝜔2 )2 +𝜔2 ( 𝛽 )
𝑥
𝑚
On constate que seul le mode suivant 𝒙 est excité par le déplacement de 𝑷.
4- On définit le facteur de qualité par 𝑄 =
𝑚𝜔𝑥
𝛽
ce qui donne 𝑋 =
𝜔𝑥2 𝐴
1
√(𝜔𝑥2 −𝜔2 )2 + 2 𝜔2 𝜔𝑥2
𝑄
Le graphe nous montre un phénomène de résonnance. En toute rigueur la pulsation de
1
résonnance correspond à la pulsation qui minimise (𝜔𝑥2 − 𝜔2 )2 + 𝑄2 𝜔2 𝜔𝑥2 = 𝑓(𝜔2 )
1
1
On a donc 𝑓 ′ (𝜔2 ) = −2(𝜔𝑥2 − 𝜔2 ) + 𝑄2 𝜔𝑥2 = 0 soit 𝜔𝑟2 = 𝜔𝑥2 (1 − 2𝑄2 ).
La résonnance étant très fine on en déduit 𝑄 >> 1 et donc 𝜔𝑟 ~𝜔𝑥
Pour 𝜔 = 𝜔𝑥 , on a 𝑋𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝑄 soit 𝑟𝑚𝑎𝑥 ~𝑄
Graphiquement on lit une résonnance à 𝑓𝑥 = 30 𝑘𝐻𝑧, d’amplitude log(𝑟𝑚𝑎𝑥 ) = 5 soit
𝑟𝑚𝑎𝑥 = 105 ce qui donne 𝑄 = 105
5- Pour obtenir une amplitude de la masse la plus élevée possible, il faut se mettre à la
fréquence de résonnance c’est-à-dire à 𝑓 = 𝑓𝑥 et 𝜔 = 𝜔𝑥
6- On se place dans le référentiel lié au plan 𝑥𝑂𝑦, non galiléen. On doit donc tenir compte, en
plus des forces précédentes, des forces d’inertie.
La force d’inertie d’entrainement est 𝑓⃗𝑖𝑒 = −𝑚𝑎⃗𝑒 = +𝑚Ω2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 = 𝑚Ω2 (𝑥𝑒⃗𝑥 + 𝑦𝑒⃗𝑦 )
⃗⃗⃗ ∧ 𝑣⃗𝑅′ = −2𝑚Ω(−𝑦̇ 𝑒⃗𝑥 + 𝑥̇ 𝑒⃗𝑦 )
La force d’inertie de Coriolis est 𝑓⃗𝑖𝑐 = −𝑚𝑎⃗𝑐 = −2𝑚Ω
En appliquant la loi de la quantité de mouvement on obtient :
𝑚𝑥̈ = −𝑘1 (𝑥(𝑡) − 𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡)) − 𝛽𝑥̇ + 𝑚Ω2 𝑥(𝑡) + 2𝑚Ω𝑦̇
𝑚𝑦̈ = −𝑘2 𝑦(𝑡) − 𝛽𝑦̇ + 𝑚Ω2 𝑦(𝑡) − 2𝑚Ω𝑥̇
Soit :
𝑚𝑥̈ = 𝑚(Ω2 − 𝜔𝑥2 )𝑥(𝑡) − 𝛽𝑥̇ + 2𝑚Ω𝑦̇ + 𝐴𝜔𝑥2 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡)
𝑚𝑦̈ = 𝑚(Ω2 − 𝜔𝑦2 )𝑦(𝑡) − 𝛽𝑦̇ − 2𝑚Ω𝑥̇
En supposant Ω ≪ 𝜔𝑥 et 𝜔𝑦 on en déduit le système suivant et comme 𝜔 = 𝜔𝑥 :
𝑚𝑥̈ = −𝑚𝜔𝑥2 𝑥(𝑡) − 𝛽𝑥̇ + 2𝑚Ω𝑦̇ + 𝐴𝜔𝑥2 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑥 𝑡)
𝑚𝑦̈ = −𝑚𝜔𝑦2 𝑦(𝑡) − 𝛽𝑦̇ − 2𝑚Ω𝑥̇
7- Le but du gyromètre est de mesurer Ω. En absence de rotation on a Ω = 0 seul le mode de
vibration selon 𝑂𝑥 est excité. Le mode selon 𝑶𝒙 est le mode pilote. En présence de Ω le
mode de vibration selon 𝑂𝑦 est excité car le terme −2𝑚Ω𝑥̇ joue le rôle de force excitatrice
pour ce mode. Le mode selon 𝑶𝒚 est le mode détecteur.
8- Si on néglige le terme 2𝑚Ω𝑦̇ , le mode pilote a la même solution que dans la question 3.
𝑚𝜔
𝜋
Comme on est à la résonance on a 𝑋 = 𝐴𝑄 = 𝐴 𝛽 𝑥 et 𝜑𝑥 = −1,5 𝑟𝑎𝑑 = − 2
𝜋
On a 𝑥(𝑡) = 𝑋𝑐𝑜𝑠 (𝜔𝑥 𝑡 − 2 ) = 𝑋𝑠𝑖𝑛(𝜔𝑥 𝑡)
On a 𝑥̇ (𝑡) = 𝑋𝜔𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑥 𝑡)
L’équation différentielle régissant le mode détecteur est :
𝛽
𝑦̈ + 𝑚 𝑦̇ + 𝜔𝑦2 𝑦(𝑡) = −2Ω𝑋𝜔𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑥 𝑡)
La solution est du même type que celle de la question 4 ; on trouve :
𝑌=
2Ω𝜔𝑥 𝑋
2
2 −𝜔2 )2 +𝜔2 ( 𝛽 )
√(𝜔𝑦
𝑥
𝑥 𝑚
d’où 𝑔 =
2Ω𝜔𝑥
2
2 −𝜔2 )2 +𝜔2 ( 𝛽 )
√(𝜔𝑦
𝑥
𝑥
𝑚
9-La différence entre les modes propres est 0,5𝑘𝐻𝑧 << 30𝑘𝐻𝑧 = 𝑓𝑥 . On va donc écrire :
𝜔𝑦 = 𝜔𝑥 + ∆𝜔 avec 𝜔𝑥 ≫ ∆𝜔.
On a : 𝑔 =
2Ω𝜔𝑥
2
2 −𝜔2 )2 +𝜔2 ( 𝛽 )
√(𝜔𝑦
𝑥
𝑥 𝑚
=
2Ω𝜔𝑥
√((𝜔𝑥 +∆𝜔
𝛽 2
)2 −𝜔𝑥2 )2 +𝜔𝑥2 ( )
𝑚
~
2Ω𝜔𝑥
2( 𝛽 )
√((2𝜔𝑥 ∆𝜔 )2 +𝜔𝑥
2
𝑚
𝛽
On peut comparer les valeurs de 2𝜔𝑥 ∆𝜔 et de 𝜔𝑥 ( ) :
𝑚
2𝜔𝑥 ∆𝜔
𝛽
𝑚
𝜔𝑥 ( )
=(
𝑚𝜔𝑥 2∆𝜔
𝛽
)
𝜔𝑥
=𝑄
2∆𝜔
𝜔𝑥
=
105 .2.0,5
30
4
𝛽
~10 . On a donc 2𝜔𝑥 ∆𝜔 ≫ 𝜔𝑥 (𝑚)
Ω
On peut écrire : 𝑔~ |∆𝜔| soit 𝑔~ |𝜔
Ω
𝑥 −𝜔𝑦 |
10- Il faut que |𝝎𝒙 − 𝝎𝒚 | soit petit pour augmenter le gain 𝒈 mais il faut |𝝎𝒙 − 𝝎𝒚 | soit
grand pour augmenter la bande passante. D’où la nécessité d’un compromis.
11- On a négligé la force d’inertie d’entrainement avec l’hypothèse Ω ≪ 𝜔𝑥
𝜋
Ω = 1000°𝑠 −1 = 1000 180 𝑟𝑎𝑑. 𝑠 −1 = 54 𝑟𝑎𝑑. 𝑠 −1 ≪ 𝜔𝑥 = 2.3,14.30000 𝑟𝑎𝑑. 𝑠 −1
On a négligé le terme 2𝑚Ω𝑦̇ devant 𝑚𝜔𝑥2 𝑥(𝑡). si on calculer
ce qui donne
𝑚𝜔𝑥2 𝑥(𝑡)
2𝑚Ω𝑦̇
~10−6 ≪ 1
𝑚𝜔𝑥2 𝑥(𝑡)
2𝑚Ω𝑦̇
𝜔2 𝑋
= 2Ωω𝑥
𝑥𝑌
ω
𝑥
= 2Ω𝑔
=
ω𝑥 ∆𝜔
2Ω2