Feuille d'entraînement : Mécanique du solide

Corrigés

1. Exercice 1E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q20

   1. Définition du volume de contrôle et du système fermé

   Plaçons-nous dans le référentiel \mathcal{R}' lié à la roue Francis, en rotation uniforme à la vitesse angulaire \omega autour de l'axe vertical (Oz). Dans ce référentiel, la géométrie des aubes est fixe et l'écoulement est stationnaire.

   On définit le volume de contrôle fixe V_c dans \mathcal{R}' délimité par :

   • la surface cylindrique d'entrée \mathcal{S}_e de rayon R_e et de hauteur e_e ;
   • la surface cylindrique de sortie \mathcal{S}_s de rayon R_s et de hauteur e_s ;
   • les parois solides étanches de la roue (aubes, flasques).

   On considère le système fermé coïncident \Sigma constitué du fluide :

   • à l'instant t : par le fluide présent dans V_c et la masse \delta m s'apprêtant à entrer par \mathcal{S}_e pendant \text{d}t ;
   • à l'instant t+\text{d}t : par le fluide présent dans V_c et la masse \delta m sortie par \mathcal{S}_s pendant \text{d}t.

   Par conservation de la masse en écoulement stationnaire incompressible :

   \delta m = \mu_e \mathcal{D}_v\,\text{d}t

   2. Bilan de moment cinétique dans \mathcal{R}'

   Le moment cinétique de \Sigma par rapport à l'axe (Oz) dans \mathcal{R}' vérifie :

   \begin{aligned} L'_z(t) &= L'_{z,V_c}(t) + \delta L'_{z,e} \\ L'_z(t+\text{d}t) &= L'_{z,V_c}(t+\text{d}t) + \delta L'_{z,s} \end{aligned}

   L'écoulement étant stationnaire dans \mathcal{R}', L'_{z,V_c}(t+\text{d}t) = L'_{z,V_c}(t), d'où :

   \text{d}L'_z = \delta L'_{z,s} - \delta L'_{z,e}

   Pour une particule fluide située à la distance R de l'axe avec une vitesse relative \vec{W} = W_r \vec{u}_r + W_\theta \vec{u}_\theta + W_a \vec{u}_z, le moment cinétique par rapport à (Oz) est :

   \left(\vec{r} \times \vec{W}\right) \cdot \vec{u}_z = \left((R\vec{u}_r + z\vec{u}_z) \times \vec{W}\right) \cdot \vec{u}_z = R W_\theta

   En intégrant sur les sections d'entrée et de sortie où les grandeurs sont supposées uniformes à rayon fixé :

   \frac{\text{d}L'_z}{\text{d}t} = \mu_e \mathcal{D}_v \left( R_s W_{\theta,s} - R_e W_{\theta,e} \right)

   3. Théorème du moment cinétique et couple utile

   Appliquons le théorème du moment cinétique à \Sigma par rapport à l'axe (Oz) dans \mathcal{R}' :

   \frac{\text{d}L'_z}{\text{d}t} = \mathcal{M}_{z,\text{ext}\to\Sigma}

   Les actions extérieures appliquées à \Sigma comprennent :

   • les forces de pression sur \mathcal{S}_e et \mathcal{S}_s : colinéaires à la normale locale \vec{u}_r, leur bras de levier par rapport à (Oz) est nul, donc leur moment selon (Oz) est nul ;
   • le poids : dirigé selon l'axe vertical (Oz), son moment par rapport à cet axe est nul ;
   • l'action des parois de la roue sur le fluide, qui exerce un moment scalaire \Gamma_{\text{roue}\to\text{fluide}} ;
   • les forces d'inertie d'entraînement et de Coriolis, dont le moment scalaire est noté \Gamma_{\text{inertie}}.

   On a ainsi :

   \frac{\text{d}L'_z}{\text{d}t} = \Gamma_{\text{roue}\to\text{fluide}} + \Gamma_{\text{inertie}}

   D'après le principe des actions réciproques, le couple scalaire utile transmis par le fluide à la roue est \Gamma_i = -\Gamma_{\text{roue}\to\text{fluide}}, soit :

   \Gamma_i = \Gamma_{\text{inertie}} - \frac{\text{d}L'_z}{\text{d}t}

   La loi de composition des vitesses donne \vec{V} = \vec{U} + \vec{W}, avec la vitesse d'entraînement \vec{U} = R\omega\,\vec{u}_\theta, soit sur la composante orthoradiale :

   V_\theta = R\omega + W_\theta \implies W_\theta = V_\theta - R\omega

   Il vient :

   \begin{aligned} \frac{\text{d}L'_z}{\text{d}t} &= \mu_e \mathcal{D}_v \left[ R_s (V_{\theta,s} - R_s\omega) - R_e (V_{\theta,e} - R_e\omega) \right] \\ &= \mu_e \mathcal{D}_v \left( R_s V_{\theta,s} - R_e V_{\theta,e} \right) - \mu_e \mathcal{D}_v \omega \left( R_s^2 - R_e^2 \right) \end{aligned}

   Comme \Gamma_{\text{inertie}} = -\mu_e \mathcal{D}_v \omega \left( R_s^2 - R_e^2 \right), les termes d'inertie s'annulent exactement :

   \Gamma_i = \mu_e \mathcal{D}_v \left( R_e V_{\theta,e} - R_s V_{\theta,s} \right)

   D'après la question Q18, le débit volumique s'écrit \mathcal{D}_v = 2\pi R_e e_e V_{r,e} = 2\pi R_s e_s V_{r,s}, d'où :

   \begin{aligned} \mu_e \mathcal{D}_v R_e V_{\theta,e} &= 2\pi\mu_e R_e^2 V_{r,e} V_{\theta,e} e_e \\ \mu_e \mathcal{D}_v R_s V_{\theta,s} &= 2\pi\mu_e R_s^2 V_{r,s} V_{\theta,s} e_s \end{aligned}

   On en déduit l'expression demandée :

   \boxed{\Gamma_i = 2\pi\mu_e \cdot \left( R_e^2 V_{r,e} V_{\theta,e} e_e - R_s^2 V_{r,s} V_{\theta,s} e_s \right)}

   Résultat

   $${\Gamma }_i=2\pi {\mu }_e\cdot \left(R_e^2{V}_{r,e}{V}_{\theta ,e}{e}_e-R_s^2{V}_{r,s}{V}_{\theta ,s}{e}_s\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2E3A Physique-Chimie PSI 2026, Q22

   D'après la question Q20, le couple utile exercé par le fluide sur la roue s'écrit :

   \Gamma_i = 2\pi\mu_e \left( R_e^2 V_{r,e} V_{\theta,e} e_e - R_s^2 V_{r,s} V_{\theta,s} e_s \right)

   En utilisant la relation établie à la question Q18, D_v = 2\pi R_e e_e V_{r,e} = 2\pi R_s e_s V_{r,s}, cette expression se simplifie sous la forme :

   \Gamma_i = \mu_e D_v \left( R_e V_{\theta,e} - R_s V_{\theta,s} \right)

   D'après la relation issue du triangle des vitesses obtenue à la question Q21, avec U(M) = r\,\omega :

   \begin{aligned} V_{\theta,e} &= R_e \omega + \frac{V_{r,e}}{\tan \beta_e} = R_e \omega + \frac{D_v}{2\pi R_e e_e \tan \beta_e} \\ V_{\theta,s} &= R_s \omega + \frac{V_{r,s}}{\tan \beta_s} = R_s \omega + \frac{D_v}{2\pi R_s e_s \tan \beta_s} \end{aligned}

   En injectant ces composantes dans l'expression de \Gamma_i, on obtient :

   R_e V_{\theta,e} - R_s V_{\theta,s} = \omega\left(R_e^2 - R_s^2\right) + \frac{D_v}{2\pi}\left( \frac{1}{e_e \tan \beta_e} - \frac{1}{e_s \tan \beta_s} \right)

   D'où l'expression du couple utile :

   \boxed{\Gamma_i = \mu_e D_v \left[ \omega\left(R_e^2 - R_s^2\right) + \frac{D_v}{2\pi}\left( \frac{1}{e_e \tan \beta_e} - \frac{1}{e_s \tan \beta_s} \right) \right]}

   La puissance indiquée \mathcal{P}_i transmise par le fluide à la roue mobile tournant à la vitesse angulaire \omega vaut :

   \mathcal{P}_i = \Gamma_i\,\omega

   Soit :

   \boxed{\mathcal{P}_i = \mu_e D_v \omega \left[ \omega\left(R_e^2 - R_s^2\right) + \frac{D_v}{2\pi}\left( \frac{1}{e_e \tan \beta_e} - \frac{1}{e_s \tan \beta_s} \right) \right]}

   Écart entre couple disponible et couple utile Le couple disponible \Gamma sur l'arbre de transmission est inférieur au couple utile \Gamma_i en raison de l'existence de couples résistants d'origine dissipative :

   • les frottements mécaniques au niveau des organes de guidage en rotation (paliers, roulements, butées mécaniques) et des garnitures d'étanchéité ;
   • les frottements visqueux (frottement de disque) entre les parois externes du rotor et le fluide environnant.

   En présence d'un couple résistant de pertes \Gamma_{\text{pertes}} > 0, le principe fondamental de la dynamique appliqué au rotor en régime permanent impose \Gamma = \Gamma_i - \Gamma_{\text{pertes}} < \Gamma_i.

   Résultat

   $${\Gamma }_i={\mu }_e{D}_v\left[\omega \left(R_e^2-R_s^2\right)+\frac{D_v}{2\pi }\left(\frac{1}{e_e\tan {\beta }_e}-\frac{1}{e_s\tan {\beta }_s}\right)\right]$$

   $${\mathcal{P}}_i={\mu }_e{D}_v\omega \left[\omega \left(R_e^2-R_s^2\right)+\frac{D_v}{2\pi }\left(\frac{1}{e_e\tan {\beta }_e}-\frac{1}{e_s\tan {\beta }_s}\right)\right]$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q34

   Considérons le rotor en rotation autour de son axe fixe de révolution.

   • Moment d'inertie J : Le moment d'inertie par rapport à l'axe de rotation s'écrit :

     J = \iiint r_{\perp}^2 \, \mathrm{d}m = \iiint \rho \, r_{\perp}^2 \, \mathrm{d}V

     Les matériaux étant inchangés, la masse volumique est invariante (\rho \sim 1). Avec une distance à l'axe r_{\perp} \sim h et un élément de volume \mathrm{d}V \sim h^3, on obtient :

     J \sim h^2 \times h^3 = h^5

   • Énergie cinétique E_{\mathrm{c}} : L'angle de rotation \theta_{\mathrm{r}} est sans dimension, donc invariant par changement d'échelle (\theta_{\mathrm{r}} \sim 1). La vitesse angulaire vérifie ainsi :

     \Omega = \frac{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}}{\mathrm{d}t} \sim \frac{1}{t}

     L'énergie cinétique s'écrit donc :

     E_{\mathrm{c}} = \frac{1}{2} J \Omega^2 \sim J \left(\frac{1}{t}\right)^2 \sim \frac{h^5}{t^2}

   • Travail des actions électrostatiques W : D'après la question Q5, le couple électrostatique s'exprime par \Gamma = \frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} u^2. Sachant que C \sim h (d'après la question Q32), \theta_{\mathrm{r}} \sim 1 et U \sim h (d'après la question Q33), le couple varie selon :

     \Gamma \sim h \times h^2 = h^3

     Le travail fourni sur une rotation angulaire caractéristique \Delta\theta_{\mathrm{r}} \sim 1 est :

     W = \int \Gamma \, \mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}} \sim \Gamma \sim h^3

   Le théorème de l'énergie cinétique appliqué au rotor donne \Delta E_{\mathrm{c}} = W, d'où la relation d'échelle :

   \begin{aligned} \frac{h^5}{t^2} &\sim h^3 \\ t^2 &\sim h^2 \end{aligned}

   On en déduit bien :

   \boxed{t \sim h}

   Résultat

   $$t\sim h$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q38

   Le rotor présente une masse volumique \rho_{\mathrm{m}} indépendante de l'échelle, un volume V \sim h^3 et un rayon R \sim h. Son moment d'inertie par rapport à l'axe de rotation vérifie donc :

   J \sim m R^2 \sim (\rho_{\mathrm{m}} V) R^2 \sim h^3 \cdot h^2 = h^5

   D'après les questions Q17 et Q18, le couple électromagnétique s'écrit sous la forme :

   \Gamma = \frac{1}{2} \frac{\mathrm{d}L}{\mathrm{d}\theta_{\mathrm{r}}} i^2

   L'angle \theta_{\mathrm{r}} étant sans dimension (\theta_{\mathrm{r}} \sim 1), et sachant que L \sim h (question Q32) et I \sim h^{3/2} (question Q37), le couple électromagnétique s'échelonne selon :

   \Gamma \sim L I^2 \sim h \cdot \left(h^{3/2}\right)^2 = h^4

   Appliquons le théorème de l'énergie cinétique au rotor entre l'arrêt et un instant t, sur une rotation d'angle fini \Delta\theta_{\mathrm{r}} \sim 1 :

   \Delta \mathcal{E}_{\mathrm{c}} = \mathcal{W}(\Gamma)

   Or :

   \begin{aligned} \Delta \mathcal{E}_{\mathrm{c}} &\sim J \Omega^2 \sim J \left(\frac{1}{t}\right)^2 \sim h^5 t^{-2} \\ \mathcal{W}(\Gamma) &\sim \Gamma \Delta\theta_{\mathrm{r}} \sim \Gamma \sim h^4 \end{aligned}

   L'égalité des ordres de grandeur impose :

   h^5 t^{-2} \sim h^4 \iff t^{-2} \sim h^{-1} \iff t^2 \sim h

   On en déduit bien la loi d'échelle recherchée :

   \boxed{t \sim h^{1/2}}

   Résultat

   $$t\sim h^{1/2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Modelisation PSI 2026, Q24

   Le rapport entre les forces centrifuges (\approx 100\text{ N}) et les forces de pesanteur (\approx 1{,}5\text{ N}) est d'environ 70, ce qui signifie que le poids ne représente qu'environ 1{,}5\,\% des efforts centrifuges. Ce ratio élevé présente plusieurs avantages majeurs :

   1. Insensibilité à l'attitude de l'avion et aux accélérations extérieures : Le fonctionnement du régulateur et la position d'équilibre des masselottes ne dépendent pratiquement que de la vitesse de rotation \omega_1. L'équilibre est ainsi insensible à l'inclinaison de l'appareil (assiette de montée ou de descente, roulis, virages) ainsi qu'aux variations locales de pesanteur apparente.
   2. Suppression des perturbations cycliques : Au cours de la rotation de l'arbre à la vitesse \omega_1, la composante du poids projetée dans le plan de rotation tourne par rapport aux masselottes à la pulsation \omega_1. Si cette force était significative, elle exciterait périodiquement les masselottes à la fréquence de rotation, provoquant des vibrations permanentes, une usure prématurée des liaisons et un battement du pas d'hélice.
   3. Pertinence et simplification du modèle dynamique : Ce ratio justifie rigoureusement l'hypothèse simplificatrice consistant à négliger les actions de la pesanteur devant les efforts d'inertie centrifuge dans l'étude du régulateur.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Modelisation PSI 2026, Q25

   Écrivons la fermeture géométrique de la boucle reliant le bâti à la masselotte 3 en passant par le distributeur 2 :

   \vec{O_0 O_2} + \vec{O_2 A_3} = \vec{O_0 B_3} + \vec{B_3 A_3}

   En utilisant les relations géométriques fournies par l'énoncé :

   \begin{aligned} \vec{O_0 O_2} &= z\,\vec{k} \\ \vec{O_2 A_3} &= -c\,\vec{k} + d\,\vec{j}_1 \\ \vec{O_0 B_3} &= -a\,\vec{k} + b\,\vec{j}_1 \\ \vec{B_3 A_3} &\approx -b_3\,\vec{j}_3 \end{aligned}

   L'égalité vectorielle s'écrit alors :

   (z - c)\,\vec{k} + d\,\vec{j}_1 = -a\,\vec{k} + b\,\vec{j}_1 - b_3\,\vec{j}_3

   soit encore :

   (z - c + a)\,\vec{k} + (d - b)\,\vec{j}_1 + b_3\,\vec{j}_3 = \vec{0}

   D'après la figure 16, la rotation de la masselotte 3 par rapport à l'arbre 1 est une rotation d'axe (B_3, \vec{i}_1) et d'angle \beta_3. Les vecteurs unitaires de la base liée à 3 s'expriment donc dans la base (\vec{i}_1, \vec{j}_1, \vec{k}) par :

   \vec{j}_3 = \cos\beta_3\,\vec{j}_1 + \sin\beta_3\,\vec{k}

   On en déduit la projection sur la direction verticale \vec{k} :

   \vec{j}_3 \cdot \vec{k} = \sin\beta_3

   En effectuant le produit scalaire de la fermeture géométrique par le vecteur unitaire \vec{k} (sachant que \vec{j}_1 \cdot \vec{k} = 0) :

   (z - c + a) + b_3 \sin\beta_3 = 0

   Sous l'hypothèse des petits angles rappelée dans le paramétrage (\sin\beta_3 \approx \beta_3) :

   z - c + a + b_3 \beta_3 = 0

   On en déduit l'expression de l'angle d'inclinaison \beta_3 :

   \boxed{\beta_3 = \frac{c - a - z}{b_3}}

   Résultat

   $${\beta }_3=\frac{c-a-z}{b_3}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Modelisation PSI 2026, Q26

   On applique le théorème du moment dynamique à la masselotte 3 au point B_3 dans son mouvement par rapport au référentiel galiléen R_0, en projection sur \vec{\imath}_1 :

   \vec{\delta}(B_3, 3/R_0) \cdot \vec{\imath}_1 = \vec{M}_{B_3}(\text{ext} \to 3) \cdot \vec{\imath}_1

   1. Bilan des actions mécaniques extérieures appliquées à 3 :

   • Action de la liaison pivot d'axe (B_3, \vec{\imath}_1) avec l'arbre 1 : la liaison étant supposée parfaite, son moment en B_3 n'a aucune composante sur son axe, d'où \vec{M}_{B_3}(1 \to 3) \cdot \vec{\imath}_1 = 0.

   • Action du distributeur 2 sur la masselotte 3 au point A_3 : modélisée par une liaison sphère-plan parfaite d'effort \vec{R}_{2 \to 3} = -Z_{23}\vec{k}. Le moment associé en B_3 s'écrit :

     \vec{M}_{B_3}(2 \to 3) = \vec{B_3 A_3} \wedge \vec{R}_{2 \to 3} \approx (-b_3 \vec{\jmath}_3) \wedge (-Z_{23}\vec{k}) = b_3 Z_{23}(\vec{\jmath}_3 \wedge \vec{k})

     À l'ordre 1 en \beta_3, \vec{\jmath}_3 = \cos\beta_3 \vec{\jmath}_1 + \sin\beta_3 \vec{k} \approx \vec{\jmath}_1 + \beta_3 \vec{k}, ce qui donne :

     \vec{M}_{B_3}(2 \to 3) \cdot \vec{\imath}_1 \approx b_3 Z_{23} (\vec{\jmath}_1 \wedge \vec{k}) \cdot \vec{\imath}_1 = b_3 Z_{23}
   • Action de la pesanteur : négligée devant les actions d'inertie conformément aux hypothèses.

   Le moment résultant en B_3 selon \vec{\imath}_1 vaut donc :

   \vec{M}_{B_3}(\text{ext} \to 3) \cdot \vec{\imath}_1 = b_3 Z_{23}

   2. Calcul du moment dynamique en B_3 : Par la relation de transport du moment dynamique entre G_3 et B_3 :

   \vec{\delta}(B_3, 3/R_0) = \vec{\delta}(G_3, 3/R_0) + \vec{B_3 G_3} \wedge M_3 \vec{\Gamma}(G_3/R_0)

   a) Calcul de \vec{\delta}(G_3, 3/R_0) \cdot \vec{\imath}_1 : Le vecteur rotation de 3 par rapport à R_0 s'écrit :

   \vec{\Omega}_{3/0} = \vec{\Omega}_{3/1} + \vec{\Omega}_{1/0} = \dot{\beta}_3 \vec{\imath}_1 + \omega_1 \vec{k}

   Exprimé dans la base principale d'inertie liée à 3, (\vec{\imath}_1, \vec{\jmath}_3, \vec{k}_3), avec \vec{k} = -\sin\beta_3 \vec{\jmath}_3 + \cos\beta_3 \vec{k}_3 :

   \vec{\Omega}_{3/0} = \dot{\beta}_3 \vec{\imath}_1 - \omega_1 \sin\beta_3 \vec{\jmath}_3 + \omega_1 \cos\beta_3 \vec{k}_3

   Le moment cinétique en G_3 est donc :

   \vec{\sigma}(G_3, 3/R_0) = A_3 \dot{\beta}_3 \vec{\imath}_1 - B_3 \omega_1 \sin\beta_3 \vec{\jmath}_3 + C_3 \omega_1 \cos\beta_3 \vec{k}_3

   Par dérivation dans le repère R_0 (avec \omega_1 = \text{cste}) :

   \begin{aligned} \vec{\delta}(G_3, 3/R_0) \cdot \vec{\imath}_1 &= \left( \left[\frac{\mathrm{d}\vec{\sigma}(G_3, 3/R_0)}{\mathrm{d}t}\right]_{R_3} + \vec{\Omega}_{3/0} \wedge \vec{\sigma}(G_3, 3/R_0) \right) \cdot \vec{\imath}_1 \\ &= A_3 \ddot{\beta}_3 + \Omega_y \sigma_z - \Omega_z \sigma_y \\ &= A_3 \ddot{\beta}_3 + (B_3 - C_3)\omega_1^2 \sin\beta_3 \cos\beta_3 \\ &\approx A_3 \ddot{\beta}_3 + (B_3 - C_3)\omega_1^2 \beta_3 \end{aligned}

   b) Calcul de (\vec{B_3 G_3} \wedge M_3 \vec{\Gamma}(G_3/R_0)) \cdot \vec{\imath}_1 : La position de G_3 dans la base (\vec{\imath}_1, \vec{\jmath}_1, \vec{k}) est :

   \vec{O_0 G_3} = \vec{O_0 B_3} + \vec{B_3 G_3} = (-a\vec{k} + b\vec{\jmath}_1) + a_3(-\sin\beta_3 \vec{\jmath}_1 + \cos\beta_3 \vec{k}) = r(t)\vec{\jmath}_1 + z_G(t)\vec{k}

   avec r(t) = b - a_3 \sin\beta_3 \approx b - a_3 \beta_3 et z_G(t) = -a + a_3 \cos\beta_3 \approx -a + a_3. Sachant que \left[\frac{\mathrm{d}\vec{\jmath}_1}{\mathrm{d}t}\right]_{R_0} = -\omega_1 \vec{\imath}_1 et \left[\frac{\mathrm{d}\vec{\imath}_1}{\mathrm{d}t}\right]_{R_0} = \omega_1 \vec{\jmath}_1, la composante de l'accélération selon \vec{\jmath}_1 est :

   \vec{\Gamma}(G_3/R_0) \cdot \vec{\jmath}_1 = \ddot{r} - r\omega_1^2 \approx -a_3 \ddot{\beta}_3 - (b - a_3 \beta_3)\omega_1^2

   Tandis que \vec{\Gamma}(G_3/R_0) \cdot \vec{k} = \ddot{z}_G est d'ordre 2 en \beta_3 et négligeable. Avec \vec{B_3 G_3} \approx a_3(-\beta_3 \vec{\jmath}_1 + \vec{k}), le produit vectoriel projeté sur \vec{\imath}_1 s'écrit :

   \begin{aligned} (\vec{B_3 G_3} \wedge M_3 \vec{\Gamma}(G_3/R_0)) \cdot \vec{\imath}_1 &= -M_3 a_3 (\vec{\Gamma}(G_3/R_0) \cdot \vec{\jmath}_1) \\ &\approx M_3 a_3^2 \ddot{\beta}_3 + M_3 a_3 b \omega_1^2 - M_3 a_3^2 \omega_1^2 \beta_3 \end{aligned}

   3. Équation dynamique finale : En sommant les contributions au moment dynamique, on obtient l'expression du TMD :

   \boxed{(A_3 + M_3 a_3^2)\ddot{\beta}_3 + (B_3 - C_3 - M_3 a_3^2)\omega_1^2 \beta_3 + M_3 a_3 b \omega_1^2 = b_3 Z_{23}}

   Résultat

   $$(A_3+M_3{a}_3^2){\ddot{\beta }}_3+(B_3-C_3-M_3{a}_3^2){\omega }_1^2{\beta }_3+M_3{a}_{3}b{\omega }_1^2=b_3{Z}_{23}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8E3A Physique-Chimie PSI 2023, Q9

   On étudie le système \Sigma = \{\mathscr{C} + \text{rotor}\} en rotation autour de l'axe fixe (O, \vec{u}_z) dans le référentiel terrestre supposé galiléen.

   Son moment cinétique par rapport à l'axe (O, \vec{u}_z) s'écrit L_{\Delta} = J \Omega. En régime permanent, la vitesse angulaire \Omega = \Omega_p est constante, d'où :

   \frac{\mathrm{d}L_{\Delta}}{\mathrm{d}t} = 0

   Effectuons le bilan des moments des actions extérieures s'exerçant sur \Sigma par rapport à cet axe :

   • Le couple électromagnétique moteur fourni par la machine à courant continu (d'après la question Q3) :

     \Gamma_{\mathrm{em}} = \phi \, I

   • Le couple de frottement visqueux :

     \Gamma_f = -\lambda \, \Omega_p

   • Le moment de la force exercée par le tapis sur le cylindre \mathscr{C}. Le tapis étant d'inertie négligeable et le cylindre \mathscr{C}' étant libre en rotation sans frottement, l'effort tangentiel exercé par le tapis sur \mathscr{C} compense exactement l'action mécanique des roches sur le tapis \vec{F} = -D_m v \, \vec{u}_x (établie à la question Q7). Cette action s'exerçant au niveau de la génératrice supérieure du cylindre à une distance a de l'axe, elle crée un couple résistant s'opposant au sens de rotation :

     \Gamma_{\text{tapis}\to\mathscr{C}} = - D_m \, v \, a

   Le théorème scalaire du moment cinétique appliqué à \Sigma par rapport à l'axe (O, \vec{u}_z) s'écrit donc :

   J \frac{\mathrm{d}\Omega}{\mathrm{d}t} = \Gamma_{\mathrm{em}} + \Gamma_f + \Gamma_{\text{tapis}\to\mathscr{C}} = 0

   Ce qui donne l'équation mécanique (\mathbf{E}_2) :

   \boxed{\phi \, I - \lambda \, \Omega_p - D_m \, a \, v = 0}

   Résultat

   $$\varphi I-\lambda {\Omega }_p-D_{m}av=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9E3A Physique-Chimie PSI 2023, Q10

   D'après l'équation électrique (E_1) obtenue à la question Q8 :

   U = R\,I + \phi\,\Omega_p \implies I = \frac{U - \phi\,\Omega_p}{R}

   D'autre part, l'absence de glissement entre le tapis et le cylindre d'entraînement de rayon a impose la relation cinématique :

   v = a\,\Omega_p

   L'équation mécanique (E_2) établie à la question Q9 s'écrit alors :

   \phi\,I - \lambda\,\Omega_p - D_m\,a^2\,\Omega_p = 0

   En substituant l'expression de l'intensité I, on obtient :

   \begin{aligned} \phi\left(\frac{U - \phi\,\Omega_p}{R}\right) - (\lambda + D_m\,a^2)\,\Omega_p &= 0 \\ \frac{\phi\,U}{R} - \left(\frac{\phi^2}{R} + \lambda + D_m\,a^2\right)\Omega_p &= 0 \end{aligned}

   En multipliant par R et en factorisant par \Omega_p :

   \boxed{\Omega_p = \frac{\phi\,U}{\phi^2 + R\,(\lambda + D_m\,a^2)}}

   La vitesse du convoyeur s'en déduit par v = a\,\Omega_p :

   v = \frac{a\,\phi\,U}{\phi^2 + R\,(\lambda + D_m\,a^2)}

   À tension d'alimentation U constante, le dénominateur est une fonction strictement croissante du débit massique D_m. Par conséquent, une augmentation du débit de roches D_m entraîne une diminution de la vitesse angulaire \Omega_p et donc un ralentissement du tapis.

   Résultat

   $${\Omega }_p=\frac{\varphi U}{{\varphi }^2+R(\lambda +D_m{a}^2)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2021, Q9

    D'après l'énoncé, la force de traînée est négligée (C_D = 0), de sorte que la résultante aérodynamique se réduit à la force de portance :

    \vec{F}_1 = \vec{F}_L = \frac{1}{2}\rho_{\text{air}} S C_L(\alpha) w^2 \vec{n} = \frac{1}{2}\rho_{\text{air}} S k \alpha w^2 \vec{n}

    D'après la figure 4, l'angle d'attaque \alpha = (\vec{e}_\theta, -\vec{w}) repère la direction de -\vec{w} par rapport à \vec{e}_\theta. Le vecteur tangent unitaire \vec{t} = \vec{w}/w s'écrit donc :

    -\vec{t} = -\frac{\vec{w}}{w} = -\sin\alpha\,\vec{e}_r + \cos\alpha\,\vec{e}_\theta \implies \vec{t} = \sin\alpha\,\vec{e}_r - \cos\alpha\,\vec{e}_\theta

    Le vecteur unitaire \vec{n}, normal à \vec{t} dans le plan (xOy) et orienté vers l'extérieur de l'éolienne (\vec{n} \cdot \vec{e}_r > 0, sachant que |\alpha| \le 15{,}2^\circ, donc \cos\alpha > 0), s'en déduit directement :

    \vec{n} = \cos\alpha\,\vec{e}_r + \sin\alpha\,\vec{e}_\theta

    On en déduit l'expression de la force \vec{F}_1 dans la base (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta) :

    \boxed{ \vec{F}_1 = \frac{1}{2}\rho_{\text{air}} S k \alpha w^2 \cos\alpha\,\vec{e}_r + \frac{1}{2}\rho_{\text{air}} S k \alpha w^2 \sin\alpha\,\vec{e}_\theta }

    Dans l'approximation des petits angles vue à la question Q8 (\cos\alpha \approx 1 et \sin\alpha \approx \alpha), cette expression se simplifie en :

    \vec{F}_1 \approx \frac{1}{2}\rho_{\text{air}} S k \alpha w^2 \vec{e}_r + \frac{1}{2}\rho_{\text{air}} S k \alpha^2 w^2 \vec{e}_\theta

    Commentaires sur l'effet des composantes :

    • Composante radiale F_{1,r}\,\vec{e}_r : Sa ligne d'action passe par l'axe de rotation Oz (\vec{OP}_1 \times \vec{e}_r = \vec{0}). Son moment par rapport à Oz est donc rigoureusement nul : elle ne contribue aucunement au couple moteur et n'a aucun effet direct sur la rotation de l'éolienne. Elle sollicite en revanche la pale en traction ou compression radiale ainsi qu'en flexion des bras supports.
    • Composante tangentielle (orthoradiale) F_{1,\theta}\,\vec{e}_\theta : Elle est orthogonale au rayon vecteur et parallèle à la vitesse d'entraînement \vec{u} = R\omega\vec{e}_\theta. Son moment par rapport à l'axe Oz vaut \mathcal{M}_{z,1} = R F_{1,\theta}. Comme \alpha et \sin\alpha sont de même signe, le produit \alpha\sin\alpha est toujours positif ou nul : cette force crée ainsi un couple orienté selon +\vec{e}_z, fournissant une puissance motrice instantanée \mathcal{P}_1 = F_{1,\theta} R \omega \ge 0 qui entretient la rotation du rotor.

    Résultat

    $${\vec{F}}_1=\frac{1}{2}{\rho }_{\text{air}}Sk\alpha w^2\cos \alpha {\vec{e}}_r+\frac{1}{2}{\rho }_{\text{air}}Sk\alpha w^2\sin \alpha {\vec{e}}_{\theta }$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question