Corrigé Centrale 2026 S2I PSI — Partie A (Q1 à Q4) : Freinage d'urgence : transfert de charge et temps de mise en action

Sujet officiel du concours Centrale, session 2026, épreuve S2I PSI. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

On étudie un scooter équipé d'un actionneur gyroscopique anti-chute (figures 1 et 2 du sujet : photographies, non reproduites). Le cahier des charges est le diagramme d'exigences partiel de la figure 3.

Figure 3 — Diagramme d'exigences partiel (redessiné, libellés abrégés).

Freinage d'urgence en ligne droite de $50$ à $35 km \cdot h^{- 1}$ (au-dessous de $35 km \cdot h^{- 1}$ l'effet gyroscopique des roues ne suffit plus). Hypothèses : $Σ = {1 + 2 + 3 + 4}$ de masse $M = 280 kg$ ( $g = 9, 81 m \cdot s^{- 2}$ ), cadre + pilote (1), fourche (2), roue avant (3), roue arrière (4) ; roues de masse et d'inertie négligées ; freinage sur la seule roue avant (ABS : roulement sans glissement) ; aucun couple moteur sur la roue arrière ; translation rectiligne, $V (G \in 1/0) = v (t) y_{0}$ , $Γ (G \in 1/0) = - γ y_{0}$ ; coefficient de frottement $f = 0, 6$ . Actions du sol (modèle plan) :

$T_{sol \to 3} = {N_{A} x_{0} - T_{A} y_{0} 0}_{A}, T_{sol \to 4} = {N_{B} x_{0} - T_{B} y_{0} 0}_{B} .$

Géométrie : $O_{4} O_{3} = L y_{0}$ , $A O_{3} = B O_{4} = R x_{0}$ , $O_{4} G = h x_{0} + a_{4} y_{0}$ avec $L = 1350 mm$ , $R = 240 mm$ , $h = 570 mm$ , $a_{4} = 405 mm$ ( $x_{0}$ vertical ascendant, $y_{0}$ vers l'avant).

Figure 4 — Paramétrage dimensionnel du scooter en ligne droite (dessin simplifié).

Figure 5 — Graphe de liaisons du scooter sans dispositif de stabilisation.

Q1. En isolant la roue arrière (4), montrer que $T_{B} = 0$ .
Q2. Par le principe fondamental de la dynamique appliqué à $Σ$ , exprimer $N_{A}$ , $N_{B}$ et $T_{A}$ en fonction de $γ$ , $g$ , $M$ et de la géométrie.
Q3. La roue arrière reste-t-elle en contact avec le sol ? Conclure vis-à-vis du cahier des charges.
Q4. Déterminer $γ_{m a x}$ (limite du glissement de la roue avant), puis le temps de freinage minimal $t_{fr}$ de $50$ à $35 km \cdot h^{- 1}$ . Conclure.

Corrigé

Q1. On isole la roue arrière (4) dans son mouvement par rapport au sol ; $R_{0}$ est galiléen. Bilan des actions extérieures :

l'action du sol, $T_{sol \to 4}$ , de moment nul en $B$ (sphère-plan, résistance au roulement négligée) ;
l'action du cadre (1) par la liaison pivot d'axe $(O_{4}, z_{1})$ , supposée parfaite : son moment en $O_{4}$ n'a pas de composante sur $z_{1} = z_{0}$ ;
aucun couple moteur (hypothèse), pas de frein à l'arrière ; le poids de la roue est négligé.

La masse et l'inertie de (4) étant négligées, son torseur dynamique est nul. Le théorème du moment dynamique en $O_{4}$ , projeté sur $z_{0}$ , se réduit donc à

$(O_{4} B \land (N_{B} x_{0} - T_{B} y_{0})) \cdot z_{0} = 0.$

Avec $O_{4} B = - R x_{0}$ : $- R x_{0} \land (- T_{B} y_{0}) = R T_{B} z_{0}$ , d'où $R T_{B} = 0$ , soit

$T_{B} = 0.$

Une roue non motrice, non freinée et sans inertie ne peut transmettre aucun effort tangentiel : tout l'effort de freinage passe par la roue avant.

Q2. On isole $Σ = {1 + 2 + 3 + 4}$ dans son mouvement par rapport à $R_{0}$ galiléen. Actions extérieures : le poids $- M g x_{0}$ en $G$ , $T_{sol \to 3}$ en $A$ , $T_{sol \to 4}$ en $B$ (avec $T_{B} = 0$ d'après Q1). Le frein, le guidage des roues et la direction sont des actions intérieures.

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