Satellite : l'inertie multipliée par le déploiement des panneaux solaires

La stratégie. On décompose en solides du formulaire (parallélépipèdes, plaques), on lit la forme de la matrice sur les symétries, on transporte chaque partie de son centre d'inertie vers $O$ par Huygens, et l'on additionne au même point, dans la même base.

1) Deux solides, deux matrices. Un solide indéformable garde ses distances mutuelles ; le déploiement les change : le satellite replié et le satellite déployé sont deux solides différents, chacun indéformable pendant les phases où ses mécanismes sont verrouillés, et chacun a sa matrice. Dans les deux configurations, les plans $(O,\overrightarrow{x},\overrightarrow{y})$, $(O,\overrightarrow{y},\overrightarrow{z})$ et $(O,\overrightarrow{x},\overrightarrow{z})$ sont plans de symétrie matérielle (corps homogène centré en $O$, ailes identiques placées symétriquement) : $G$ appartient aux trois plans, donc $G=O$ ; et deux plans de symétrie orthogonaux suffisent à annuler les trois produits d'inertie : la base est principale en $O$.

2) Satellite replié. Corps : $\frac{m}{12}(b^2+c^2)$ et ses permutations, avec $m=800\mathrm{kg}$, $a=1,0$, $b=1,2$, $c=1,6\mathrm{m}$ : $A_c=\frac{800}{12}(1,44+2,56)=266,7$, $B_c=\frac{800}{12}(1+2,56)=237,3$, $C_c=\frac{800}{12}(1+1,44)=162,7\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$. Aile repliée en son centre : $\frac{40}{12}(0,01+2,56)=8,57$, $\frac{40}{12}(1+2,56)=11,87$, $\frac{40}{12}(1+0,01)=3,37$ ; transport de $0,65\mathrm{m}$ selon $\overrightarrow{y}$ : on ajoute $40\times 0,65^2=16,9$ aux moments autour de $\overrightarrow{x}$ et de $\overrightarrow{z}$ (les axes perpendiculaires au déplacement), rien autour de $\overrightarrow{y}$, aucun produit (le déplacement n'a qu'une composante). Pour les deux ailes : $$[I(O){]}_{\text{replieˊ}}=\mathrm{diag}(317,6;261,1;203,2)\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.$$

3) Satellite déployé. Une aile est une plaque d'épaisseur négligeable dans le plan $(\overrightarrow{y},\overrightarrow{z})$ : $I_y=\frac{40\times 1,6^2}{12}=8,53$, $I_z=\frac{40\times 4^2}{12}=53,33$, $I_x=\frac{40}{12}(16+2,56)=61,87\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$, et l'on vérifie $I_x=I_y+I_z$, relation des solides plans (l'axe $\overrightarrow{x}$ est normal au plan de la plaque). Transport de $3,1\mathrm{m}$ : $40\times 3,1^2=384,4$ autour de $\overrightarrow{x}$ et de $\overrightarrow{z}$. D'où $$[I(O){]}_{\text{deˊployeˊ}}=\mathrm{diag}(1159;254;1038)\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.$$ Le déploiement multiplie le moment autour de $\overrightarrow{x}$ par $3,6$ et celui autour de $\overrightarrow{z}$ par $5,1$ ; celui autour de $\overrightarrow{y}$, l'axe des ailes, ne bouge presque pas. Les ailes font 9 % de la masse et 77 % de $A$ : leur distance au carré fait tout. Exigence : base principale (question 1) et plus grand moment $1159\le 1200\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ : conforme, avec une marge de 3,4 %.

La ligne pointillée rouge marque la limite de $1200\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$.

4) La masse ponctuelle. Une masse de $40\mathrm{kg}$ en $y=\pm 3,1\mathrm{m}$ ne garde que le terme de Huygens et perd le moment propre de l'aile : $A\approx 266,7+2\times 384,4=1035\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$, soit $-10,7\%$ ; et l'on conclurait à tort à une marge de 14 %. Le modèle ponctuel néglige $\frac{m}{12}(L^2+h^2)$ devant $m{d}^2$ : le moment propre vaut $\frac{L^2+h^2}{12d^2}=\frac{18,56}{115,3}=16\%$ du terme de Huygens. Il serait acceptable si les dimensions de l'aile étaient petites devant sa distance au centre ($L\ll d\sqrt{12}$) ; avec une aile de $4\mathrm{m}$ à $3,1\mathrm{m}$, il ne l'est pas.

5) Une aile bloquée. Masse totale $880\mathrm{kg}$ ; seul $y_G$ change : $y_G=\frac{40\times 3,1+40\times (-0,65)}{880}=+0,111\mathrm{m}$. Les plans $(O,\overrightarrow{x},\overrightarrow{y})$ et $(O,\overrightarrow{y},\overrightarrow{z})$ restent plans de symétrie (rien n'a bougé selon $\overrightarrow{x}$ ni selon $\overrightarrow{z}$) : ils contiennent l'axe $(G,\overrightarrow{y})$, et la base reste principale en $G$, sans calcul. En $O$, en additionnant corps, aile déployée et aile repliée : $\mathrm{diag}(738,4;257,7;620,7)$. Huygens de $G$ vers $O$ : $[I(O)]=[I(G)]+[I(O,G,M)]$, donc on retranche $M{y}_G^2=880\times 0,111^2=10,9\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2$ aux moments autour de $\overrightarrow{x}$ et de $\overrightarrow{z}$ : $$[I(G){]}_{\text{panne}}=\mathrm{diag}(727,5;257,7;609,8)\mathrm{kg}\cdot {\mathrm{m}}^2.$$ L'ajouter donnerait $749,3$ et $631,6$ : 3 % d'erreur, faible ici parce que $G$ s'est peu déplacé, mais c'est une erreur de signe, qui serait grossière pour un déplacement plus grand. Le contrôle d'attitude perd 37 % d'inertie autour de $\overrightarrow{x}$ par rapport au cas nominal : il doit être reconfiguré, et la poussée des moteurs de correction, réglée pour passer par $O$, crée désormais un couple, puisque $G$ s'en est écarté de $11\mathrm{cm}$.

Ce que l'exercice installe. La matrice d'un ensemble s'obtient en transportant chaque partie de son propre centre d'inertie vers un point commun, puis en additionnant dans une base commune ; les symétries disent d'avance quels termes sont nuls. Une configuration différente est un solide différent. Le terme $m{d}^2$ domine dès que $d$ est grand devant les dimensions, et c'est en le comparant aux moments propres qu'on juge un modèle ponctuel. Le théorème de Huygens s'écrit $[I(A)]=[I(G)]+[I(A,G,m)]$ : la matrice en $G$ est toujours la plus petite.