Puissances et Théorèmes Énergétiques

$E_c=\frac{1}{2}{J}_{\text{eˊq}}(q(t)){\dot{q}}^2$ ; la dérivée d'une fonction composée donne $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{J}_{\text{eˊq}}(q(t))=\frac{\mathrm{d}{J}_{\text{eˊq}}}{\mathrm{d}q}\dot{q}$, donc $\frac{\mathrm{d}{E}_c}{\mathrm{d}t}=J_{\text{eˊq}}\dot{q}\ddot{q}+\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}{J}_{\text{eˊq}}}{\mathrm{d}q}{\dot{q}}^3$. Le TEC impose que cette dérivée vaille $C_{\text{eˊq}}\dot{q}$ ; on divise par $\dot{q}\ne 0$.

La stratégie. On compose les vecteurs rotation, on choisit la base dans laquelle la matrice d'inertie est diagonale, et l'on applique Kœnig. Puis on compare des énergies d'échelles très différentes, et l'on se demande quelles actions mécaniques la puissance voit.

1) Le vecteur rotation et l'énergie cinétique. Par composition, $\overrightarrow{\Omega }(2/R_0)=\overrightarrow{\Omega }(2/1)+\overrightarrow{\Omega }(1/0)=\omega {\overrightarrow{x}}_1+\dot{\psi }{\overrightarrow{z}}_0$. La matrice d'inertie en $G$ est de révolution d'axe ${\overrightarrow{x}}_1$ : elle s'écrit $\mathrm{diag}(A,B,B)$ dans toute base orthonormée $({\overrightarrow{x}}_1,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$, en particulier $({\overrightarrow{x}}_1,{\overrightarrow{y}}_1,{\overrightarrow{z}}_0)$ : ${\overrightarrow{x}}_1$ et ${\overrightarrow{z}}_0$ sont principaux quel que soit $\theta$ (ce que garantit la symétrie ternaire ; un rotor bipale ne l'a pas). Donc

$$[I(G,2)]\overrightarrow{\Omega }=A\omega {\overrightarrow{x}}_1+B\dot{\psi }{\overrightarrow{z}}_0,\overrightarrow{\Omega }\cdot [I(G,2)]\overrightarrow{\Omega }=A{\omega }^2+B{\dot{\psi }}^2.$$

Le point $G$ décrit un cercle de rayon $d$ : $\overrightarrow{V}(G/R_0)=\dot{\psi }{\overrightarrow{z}}_0\wedge d{\overrightarrow{x}}_1=d\dot{\psi }{\overrightarrow{y}}_1$. Par Kœnig,

$$E_c(2/R_0)=\frac{1}{2}{m}_r{d}^2{\dot{\psi }}^2+\frac{1}{2}\left(A{\omega }^2+B{\dot{\psi }}^2\right).$$

Aucun terme en $\omega \dot{\psi }$ : il faudrait un produit d'inertie entre ${\overrightarrow{x}}_1$ et ${\overrightarrow{z}}_0$, nul puisque ces axes sont principaux. Ce n'est pas Kœnig qui l'interdit (il exclut seulement un terme croisé translation-rotation), c'est le choix des axes.

2) L'énergie cinétique des parties tournantes. $\omega =15\times \frac{2\pi }{60}=1,571\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$, donc

$$\frac{1}{2}A{\omega }^2=\frac{1}{2}\times 6,5\times 10^6\times 1,571^2\approx 8,02\mathrm{MJ}.$$

La génératrice tourne à ${\omega }_g=100\omega$ : $\frac{1}{2}{J}_g{\omega }_g^2=\frac{1}{2}\times 60\times 157,1^2\approx 0,74\mathrm{MJ}$. Écrite $\frac{1}{2}(100^2{J}_g){\omega }^2$, c'est l'énergie d'une inertie $100^2{J}_g=6,0\times 10^5\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2$ sur l'arbre lent : 9 % de celle du rotor, par l'effet du rapport au carré. Au total $8,76\mathrm{MJ}$, soit $\frac{8,76\times 10^6}{2\times 10^6}\approx 4,4\mathrm{s}$ de puissance nominale : exigence satisfaite, marge $9\%$ ; le rotor seul donnerait $4,0\mathrm{s}$, à la limite.

3) L'énergie de lacet. $\dot{\psi }=0,5\times \frac{\pi }{180}=8,73\times 10^{-3}\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$. Les termes en ${\dot{\psi }}^2$ sont ceux de la nacelle, du porte-à-faux du rotor et de son inertie transversale :

$$\begin{array}{rl}{E}_{\text{lacet}}& =\frac{1}{2}{\dot{\psi }}^2\left(J_n+m_r{d}^2+B\right)\\ & =\frac{1}{2}\times (8,73\times 10^{-3}{)}^2\times (8\times 10^5+6,4\times 10^5+3,25\times 10^6)\approx 179\mathrm{J}.\end{array}$$

Un rapport de $2\times 10^{-5}$ avec la rotation propre : le moteur d'orientation se dimensionne sur le moment aérodynamique de lacet et le frottement de la couronne, pas sur l'inertie.

4) Le moment gyroscopique ne travaille pas. $A\omega \dot{\psi }=6,5\times 10^6\times 1,571\times 8,73\times 10^{-3}\approx 89\mathrm{kN}\mathrm{m}$, $7\%$ du couple aérodynamique nominal ($P/\omega =1,27\mathrm{MN}\mathrm{m}$) : une charge sérieuse pour le palier. Sa puissance :

$$\begin{array}{rl}\mathcal{P}& =\overrightarrow{M}(G)\cdot \overrightarrow{\Omega }(2/R_0)\\ & =A\omega \dot{\psi }{\overrightarrow{y}}_1\cdot \left(\omega {\overrightarrow{x}}_1+\dot{\psi }{\overrightarrow{z}}_0\right)\\ & =0,\end{array}$$

et de même dans le mouvement relatif $2/1$. Ce moment est orthogonal au vecteur rotation : il tourne le moment cinétique sans changer l'énergie. Le TEC, qui ne voit que les actions qui travaillent, est aveugle à lui : pour dimensionner le palier, il faut le PFD (théorème du moment dynamique). C'est la règle de choix du cours : action de liaison, PFD ; loi de mouvement, TEC.

5) Le rotor incliné : un terme croisé apparaît. Avec ${\overrightarrow{x}}^{\prime }=\cos \tau {\overrightarrow{x}}_1+\sin \tau {\overrightarrow{z}}_0$ et ${\overrightarrow{z}}^{\prime }=-\sin \tau {\overrightarrow{x}}_1+\cos \tau {\overrightarrow{z}}_0$, la base principale est $({\overrightarrow{x}}^{\prime },{\overrightarrow{y}}_1,{\overrightarrow{z}}^{\prime })$ ; ${\overrightarrow{z}}_0=\sin \tau {\overrightarrow{x}}^{\prime }+\cos \tau {\overrightarrow{z}}^{\prime }$ n'est plus principal. Les composantes de $\overrightarrow{\Omega }=\omega {\overrightarrow{x}}^{\prime }+\dot{\psi }{\overrightarrow{z}}_0$ y sont $(\omega +\dot{\psi }\sin \tau ,0,\dot{\psi }\cos \tau )$, d'où

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{2}\overrightarrow{\Omega }\cdot [I(G)]\overrightarrow{\Omega }& =\frac{1}{2}A(\omega +\dot{\psi }\sin \tau {)}^2+\frac{1}{2}B{\dot{\psi }}^2{\cos }^2\tau \\ & =\frac{1}{2}A{\omega }^2+A\omega \dot{\psi }\sin \tau +\frac{1}{2}{\dot{\psi }}^2\left(A{\sin }^2\tau +B{\cos }^2\tau \right).\end{array}$$

Le terme croisé vaut $A\omega \dot{\psi }\sin \tau =8,91\times 10^4\times \sin 5^{\circ }\approx 7,8\mathrm{kJ}$ (le même produit $A\omega \dot{\psi }$ que le moment gyroscopique), 43 fois l'énergie de lacet. Linéaire en $\dot{\psi }$, il augmente ou diminue l'énergie selon le sens du lacet ; le moteur d'orientation et la chaîne de conversion le fournissent ou le reçoivent. Négligeable devant les $8\mathrm{MJ}$ de rotation propre, il ne l'est plus devant l'énergie de lacet. Autre cas limite : un rotor bipale n'a pas de matrice de révolution ; son énergie de lacet dépend de l'angle des pales.

Ce que l'exercice installe. Pour appliquer Kœnig à un solide qui tourne autour de deux axes, on compose les vecteurs rotation, puis on cherche la base où la matrice d'inertie est diagonale : un terme croisé en $\omega \dot{\psi }$ n'existe que si les axes de rotation ne sont pas principaux. Une inertie placée derrière un multiplicateur compte avec le carré du rapport. Et une action mécanique orthogonale au vecteur rotation ne travaille pas : le TEC donne les lois de mouvement, jamais les efforts dans les paliers.

La stratégie. La puissance d'une action mutuelle se calcule avec la vitesse relative ; c'est elle qui dit si un contact dissipe. Puis le TEC sur l'ensemble entraîné, à couple constant, donne une accélération constante ; l'énergie dissipée est l'intégrale de la puissance de glissement.

1) La puissance du glissement. Le volant exerce sur le disque un couple $C_e\overrightarrow{x}$ (axe de l'embrayage), le disque sur le volant $-C_e\overrightarrow{x}$ : le frottement s'oppose au glissement, le volant, plus rapide, entraîne le disque. Dans $R_0$ :

$$\mathcal{P}(1\leftrightarrow 2)=\mathcal{P}(1\to 2/R_0)+\mathcal{P}(2\to 1/R_0)=C_e{\omega }_c-C_e{\omega }_m=-C_e({\omega }_m-{\omega }_c)\le 0.$$

Dans le repère $R_1$ du vilebrequin, le volant est immobile : $\mathcal{P}(2\to 1/R_1)=0$ et $\mathcal{P}(1\to 2/R_1)=C_e({\omega }_c-{\omega }_m)$, même valeur : la puissance des actions mutuelles ne dépend que du mouvement relatif $\overrightarrow{\Omega }(2/1)=({\omega }_c-{\omega }_m)\overrightarrow{x}$, négative tant qu'il y a glissement. Le sol sur une roue : en roulement sans glissement, $\overrightarrow{V}(I\in \text{roue}/R_0)=\overrightarrow{0}$ et l'action du sol se réduit en $I$ à une force (pas de résistance au roulement) : $\mathcal{P}=\overrightarrow{R}\cdot \overrightarrow{V}(I\in \text{roue}/R_0)=0$, bien que l'adhérence soit non nulle. Frottement ne veut pas dire dissipation : il faut du glissement.

2) Inertie équivalente et loi de mouvement. Avec $V=R{\omega }_{\text{roue}}=R{\omega }_c/i$ :

$$E_c(E/R_0)=\frac{1}{2}M{V}^2+4\times \frac{1}{2}{J}_r{\omega }_{\text{roue}}^2=\frac{1}{2}\frac{M{R}^2+4J_r}{i^2}{\omega }_c^2,J_v=\frac{M{R}^2+4J_r}{i^2}.$$

En première, $J_v=\frac{108+3,2}{196}=0,567\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2$. Puissances : volant sur disque, $C_e{\omega }_c$ ; pesanteur, $-Mg\sin \alpha V=-C_r{\omega }_c$ avec $C_r=\frac{MgR\sin \alpha }{i}$ ; sol sur roues, $0$ ; liaisons intérieures parfaites, $0$. Le TEC donne $J_v{\omega }_c{\dot{\omega }}_c=(C_e-C_r){\omega }_c$, d'où une accélération angulaire constante :

$${\omega }_c(t)=\frac{C_e-C_r}{J_v}t,t_s=\frac{J_v{\omega }_m}{C_e-C_r}.$$

À $t_s$, ${\omega }_c={\omega }_m$ : l'embrayage colle. Sur le plat en première, $t_s=\frac{0,567\times 157,1}{80}=1,11\mathrm{s}$, et le véhicule atteint $V={\omega }_{m}R/i=3,37\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, soit $12,1km/h$.

3) L'énergie dissipée. C'est l'opposé de l'intégrale de la puissance de glissement :

$$\begin{array}{rl}{W}_d& ={\int }_0^{t_s}{C}_e({\omega }_m-{\omega }_c)\mathrm{d}t\\ & =C_e\left({\omega }_m{t}_s-\frac{1}{2}{\omega }_m{t}_s\right)\\ & =\frac{1}{2}{C}_e{\omega }_m{t}_s\\ & =\frac{1}{2}{J}_v{\omega }_m^2\frac{C_e}{C_e-C_r},\end{array}$$

Sur le plat ($C_r=0$) : $W_d=\frac{1}{2}{J}_v{\omega }_m^2=E_c$, l'énergie cinétique acquise, et le moteur a fourni $C_e{\omega }_m{t}_s=2E_c$. La moitié part en chaleur, quel que soit $C_e$ : un embrayage « brutal » glisse moins longtemps sous un couple plus fort, le produit est le même. En première, $W_d=\frac{1}{2}\times 0,567\times 157,1^2\approx 7,0\mathrm{kJ}$.

4) En côte. $\sin \alpha =0,12/\sqrt{1+0,12^2}=0,119$, $C_r=\frac{1200\times 9,81\times 0,30\times 0,119}{14}=30,1\mathrm{N}\mathrm{m}$, $t_s=\frac{0,567\times 157,1}{80-30,1}=1,78\mathrm{s}$, $W_d=\frac{1}{2}\times 80\times 157,1\times 1,78\approx 11,2\mathrm{kJ}$. Bilan : le moteur fournit $C_e{\omega }_m{t}_s=22,4\mathrm{kJ}$, qui se partagent en $11,2\mathrm{kJ}$ dissipés, $7,0\mathrm{kJ}$ d'énergie cinétique et $4,2\mathrm{kJ}$ d'énergie potentielle (le véhicule a parcouru $3,0\mathrm{m}$ et monté de $0,36\mathrm{m}$) : le bilan est fermé.

5) En deuxième. $J_v=\frac{111,2}{7,7^2}=1,88\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2$, 3,3 fois plus. Sur le plat, $W_d=E_c=23,1\mathrm{kJ}$ ; en côte, $C_r=30,1\times \frac{14}{7,7}=54,6\mathrm{N}\mathrm{m}$, $t_s=\frac{1,88\times 157,1}{80-54,6}=11,6\mathrm{s}$ et $W_d\approx 73\mathrm{kJ}$.

Conclusion : la première satisfait l'exigence partout ; la deuxième la dépasse, très largement en côte, où le facteur $\frac{C_e}{C_e-C_r}$ explose. C'est pourquoi on démarre en première.

6) Cas limites. Si $C_e\le C_r$, ${\dot{\omega }}_c\le 0$ : la voiture ne démarre pas et l'embrayage glisse indéfiniment, $W_d$ croît sans borne (l'embrayage « brûle »). Un véhicule électrique, sans embrayage, part de vitesse nulle sans glissement : le moteur fournit exactement $E_c$ (plus l'énergie potentielle), le facteur 2 disparaît.

Ce que l'exercice installe. La puissance des actions mutuelles se calcule avec la vitesse relative : elle est indépendante du repère, nulle sans glissement (même avec adhérence), négative avec glissement. Un démarrage par friction coûte, sur le plat, autant d'énergie dissipée que d'énergie cinétique acquise, quel que soit le couple de l'embrayage ; et l'inertie ramenée, en $1/i^2$, gouverne la durée du glissement : le choix du rapport est un choix énergétique.