Feuille d'entraînement : Mécanique du solide

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q1

   1. Conditions d'équilibre d'un solide soumis à trois forces :

   Un solide indéformable soumis à trois forces extérieures non parallèles \vec{F}_1, \vec{F}_2 et \vec{F}_3 est à l'équilibre mécanique si et seulement si :

   • la résultante des forces est nulle :

     \vec{F}_1 + \vec{F}_2 + \vec{F}_3 = \vec{0}
   • le moment résultant en tout point est nul, ce qui implique géométriquement que les droites d'action des trois forces sont coplanaires et concourantes en un même point.

   2. Inventaire des forces appliquées au solide (1) :

   • Le poids \vec{P} = - M g \,\vec{e}_y, vertical, appliqué au centre de masse \mathrm{G}(u, L_y). Sa droite d'action est la verticale d'équation x = u.
   • La force de traction exercée par le ressort tendu \vec{F}_{\mathrm{R}} = F_{\mathrm{R}} \,\vec{e}_x (avec F_{\mathrm{R}} > 0), horizontale, appliquée au point \mathrm{A}(u + L_x, L_y). Sa droite d'action est l'horizontale passant par \mathrm{A} et \mathrm{G}, d'équation y = L_y.
   • L'action de contact de la surface (0) \vec{R} = T \,\vec{e}_x + N \,\vec{e}_y, appliquée en un point \mathrm{I}(x_{\mathrm{I}}, 0) de la zone de contact (y = 0).

   3. Point de concours et axe de la réaction \vec{R} :

   Les droites d'action du poids \vec{P} et de la force de rappel \vec{F}_{\mathrm{R}} se coupent au centre de masse \mathrm{G}. Par conséquent, pour que le moment résultant en \mathrm{G} soit nul :

   \vec{\mathcal{M}}_{\mathrm{G}}(\vec{R}) = \vec{\mathrm{GI}} \wedge \vec{R} = \vec{0}

   La droite d'action portant la réaction \vec{R} passe nécessairement par \mathrm{G}.

   4. Position du point d'application I :

   La condition d'équilibre des forces fournit :

   \begin{aligned} \vec{P} + \vec{F}_{\mathrm{R}} + \vec{R} = \vec{0} \quad \implies \quad \begin{cases} T = - F_{\mathrm{R}} \\ N = Mg \end{cases} \end{aligned}

   Avec \vec{\mathrm{GI}} = (x_{\mathrm{I}} - u)\,\vec{e}_x - L_y\,\vec{e}_y, la nullité du moment en \mathrm{G} s'écrit :

   \vec{\mathrm{GI}} \wedge \vec{R} = \left[ (x_{\mathrm{I}} - u) N - (-L_y) T \right] \vec{e}_z = \left[ (x_{\mathrm{I}} - u)Mg + L_y(-F_{\mathrm{R}}) \right] \vec{e}_z = \vec{0}

   On en déduit l'abscisse du point \mathrm{I} :

   \boxed{x_{\mathrm{I}} = u + \frac{F_{\mathrm{R}}}{Mg} L_y}

   5. Description du schéma d'équilibre :

   • Le solide est un rectangle de largeur 2L_x et de hauteur 2L_y, centré en \mathrm{G}(u, L_y).
   • Le point \mathrm{I} est situé sur la surface horizontale de contact (y = 0), décalé vers la droite par rapport à la verticale de \mathrm{G} d'une distance \Delta x = \frac{F_{\mathrm{R}}}{Mg}L_y > 0.
   • L'axe portant la réaction \vec{R} est la droite joignant le point \mathrm{I} au centre \mathrm{G}.
   • Le vecteur \vec{R} est incliné vers le haut et vers l'arrière gauche (T < 0 et N > 0), compensant à la fois le poids \vec{P} et la traction \vec{F}_{\mathrm{R}}.

   Résultat

   $$x_{\mathrm{I}}=u+\frac{F_{\mathrm{R}}}{Mg}{L}_y$$

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2. Exercice 2CCINP Physique PC 2022, Q3

   On étudie le système \{\text{plaque} + \text{tige}\} dans le référentiel terrestre supposé galiléen. On note O l'intersection de la tige avec l'axe horizontal (\Delta), et C le centre de la plaque circulaire, situé à la distance OC = L de O.

   On définit un repère orthonormé direct (O, \vec{e}_x, \vec{e}_y, \vec{e}_z) tel que :

   • \vec{e}_x est le vecteur unitaire horizontal colinéaire et de même sens que la vitesse du vent \vec{U} ;
   • \vec{e}_z est le vecteur unitaire vertical descendant, colinéaire et de même sens que \vec{g} ;
   • \vec{e}_\Delta = \vec{e}_z \wedge \vec{e}_x est le vecteur unitaire orientant l'axe (\Delta), de sorte qu'une rotation dans le sens direct autour de \vec{e}_\Delta corresponde à une augmentation de l'angle \theta.

   Le vecteur position du point C s'écrit alors :

   \vec{OC} = L \sin\theta\,\vec{e}_x + L \cos\theta\,\vec{e}_z

   Les actions mécaniques extérieures appliquées au système sont :

   1. L'action de la liaison pivot en O : modélisée par une résultante \vec{R}. Sa droite d'action coupant l'axe (\Delta), son moment scalaire par rapport à (\Delta) est nul :

      \boxed{\mathcal{M}_\Delta(\vec{R}) = 0}

   2. Le poids du système : la tige étant de masse négligeable et la plaque homogène, il se réduit au poids de la plaque \vec{P} = m\vec{g} = mg\,\vec{e}_z, appliqué au centre de masse C. Son moment par rapport à (\Delta) vaut :

      \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{P}) &= \vec{OC} \wedge \vec{P} = (L \sin\theta\,\vec{e}_x + L \cos\theta\,\vec{e}_z) \wedge (mg\,\vec{e}_z) \\ &= - mg L \sin\theta\,(\vec{e}_z \wedge \vec{e}_x) = - mg L \sin\theta\,\vec{e}_\Delta \end{aligned}

      D'où le moment scalaire :

      \boxed{\mathcal{M}_\Delta(\vec{P}) = - mg L \sin\theta}

   3. La résultante des forces aérodynamiques : \vec{F} = \mu U \vec{U} = \mu U^2 \vec{e}_x, appliquée en C. Son moment par rapport à (\Delta) vaut :

      \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{F}) &= \vec{OC} \wedge \vec{F} = (L \sin\theta\,\vec{e}_x + L \cos\theta\,\vec{e}_z) \wedge (\mu U^2 \vec{e}_x) \\ &= \mu U^2 L \cos\theta\,(\vec{e}_z \wedge \vec{e}_x) = \mu U^2 L \cos\theta\,\vec{e}_\Delta \end{aligned}

      D'où le moment scalaire :

      \boxed{\mathcal{M}_\Delta(\vec{F}) = \mu U^2 L \cos\theta}

   Résultat

   $${\mathcal{M}}_{\Delta }(\vec{R})=0$$

   $${\mathcal{M}}_{\Delta }(\vec{P})=-mgL\sin \theta$$

   $${\mathcal{M}}_{\Delta }(\vec{F})=\mu U^{2}L\cos \theta$$

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3. Exercice 3CCINP Physique PC 2022, Q8

   1. Définition d'un couple de forces :

   En mécanique du solide, un couple de forces est un système de forces dont la résultante est nulle :

   \vec{R} = \sum_i \vec{F}_i = \vec{0}

   En particulier, un couple élémentaire est constitué de deux forces de directions parallèles, de sens opposés et de même norme, portées par des droites d'action distinctes.

   Une conséquence fondamentale est que le moment résultant d'un couple est indépendant du point de référence choisi :

   \forall (A, B), \quad \vec{\mathcal{M}}_B = \vec{\mathcal{M}}_A + \overrightarrow{BA} \wedge \vec{R} = \vec{\mathcal{M}}_A

   2. Discussion sur l'appellation « couple aérodynamique » :

   • Au sens strict de la mécanique : l'expression est impropre (abus de langage). En effet, la résultante des actions aérodynamiques exercées par le vent sur l'anémomètre n'est pas nulle (\vec{R}_{\text{aéro}} \neq \vec{0}) : le vent exerce une force de traînée globale non nulle sur le dispositif, reprise par la fixation de l'axe. Le torseur des actions aérodynamiques n'est donc pas un torseur couple.
   • Dans l'usage courant en sciences pour l'ingénieur : le terme « couple » est très souvent employé par métonymie pour désigner le moment scalaire des forces par rapport à l'axe de rotation (\Gamma = \mathcal{M}_{\Delta}), qui traduit la capacité du vent à entraîner l'anémomètre en rotation (analogue à la notion anglo-saxonne de torque). En ce sens pratique, le terme permet d'identifier immédiatement l'action motrice agissant sur la rotation.

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4. Exercice 4CCINP Physique PC 2022, Q10

   L'existence d'une vitesse de démarrage U_0 s'explique par la présence de frottements mécaniques solides (secs) au niveau de l'axe de rotation (liaison pivot, roulements ou paliers).

   D'après les lois de Coulomb sur le frottement sec, le système reste immobile tant que le couple moteur d'origine aérodynamique \Gamma_{\text{aéro}}(U) n'excède pas le couple de frottement statique maximal \Gamma_{\text{s,max}} opposé par les contacts mécaniques :

   |\Gamma_{\text{aéro}}(U)| \le \Gamma_{\text{s,max}}

   Le couple aérodynamique exercé sur l'anémomètre à l'arrêt étant une fonction croissante de la vitesse du vent U (proportionnel à U^2), il n'atteint la valeur critique \Gamma_{\text{s,max}} qu'à partir d'une vitesse seuil non nulle, notée U_0. Pour toute vitesse U < U_0, le rotor ne peut pas démarrer.

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5. Exercice 5ENS Physique-Chimie L PC 2025, Q1

   D'après le premier théorème de Kœnig, l'énergie cinétique totale d'un solide indéformable en mouvement dans le référentiel d'étude s'écrit comme la somme de son énergie cinétique de translation (associée à la masse totale concentrée au centre de masse G) et de son énergie cinétique propre (énergie cinétique de rotation dans le référentiel barycentrique) :

   \begin{aligned} E_c &= E_{c,\text{trans}} + E_{c,\text{rot}}^\ast \\ &= \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} J_\Delta \omega^2 \end{aligned}

   où J_\Delta > 0 désigne le moment d'inertie de la bille par rapport à son axe instantané de rotation passant par G, et \omega sa vitesse angulaire de rotation.

   La bille se déplaçant avec roulement sans glissement, sa vitesse de translation v et sa rotation \omega sont proportionnelles et synchronisées (\omega \neq 0 dès lors que v \neq 0). Dès lors, l'énergie cinétique de rotation propre est strictement positive pour v \neq 0 :

   E_{c,\text{rot}}^\ast = \frac{1}{2} J_\Delta \omega^2 > 0

   Il s'ensuit que l'énergie cinétique totale est strictement supérieure à l'énergie cinétique de simple translation :

   E_c > \frac{1}{2} m v^2

   En identifiant cette expression avec la forme donnée par l'énoncé, E_c = \frac{1}{2} (\alpha m) v^2, on conclut immédiatement que :

   \boxed{\alpha > 1}

   Résultat

   $$\alpha >1$$

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6. Exercice 6ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q2

   Lorsque l'opérateur augmente progressivement la force de traction F_{\mathrm{R}} \ge 0 à partir de zéro, deux événements limites sont susceptibles de se produire en premier :

   1. Seuil de glissement D'après les lois d'Amontons-Coulomb, le solide reste en adhérence tant que |T| < f_{\mathrm{s}} N. À l'équilibre, on a N = Mg et T = -F_{\mathrm{R}} (d'après la question Q1). Le glissement apparaît donc lorsque la force de traction atteint :

   F_{\mathrm{R,\,gliss}} = f_{\mathrm{s}} Mg

   2. Seuil de basculement Le solide repose sur sa face inférieure de largeur 2L_x, centrée en x = u. Pour maintenir le contact surfacique sans décollement (non-basculement), la ligne d'action de la résultante des actions de contact \vec{R} doit couper la surface de sustentation, ce qui impose que son point d'application \mathrm{I} appartienne au segment de contact :

   u - L_x \le x_{\mathrm{I}} \le u + L_x

   D'après le résultat de la question Q1, l'abscisse du point \mathrm{I} vaut :

   x_{\mathrm{I}} = u + \frac{F_{\mathrm{R}}}{Mg} L_y

   Puisque F_{\mathrm{R}} \ge 0, le point \mathrm{I} se déplace vers l'avant (x_{\mathrm{I}} \ge u). Le basculement autour de l'arête inférieure avant (x = u + L_x) se produit dès que x_{\mathrm{I}} atteint cette limite, ce qui correspond à une force critique :

   u + \frac{F_{\mathrm{R,\,basc}}}{Mg} L_y = u + L_x \implies F_{\mathrm{R,\,basc}} = Mg \frac{L_x}{L_y}

   3. Condition de glissement sans basculement Comme la force F_{\mathrm{R}} croît progressivement à partir de zéro, le solide atteindra le glissement sans avoir basculé si et seulement si le seuil de glissement est atteint strictement avant le seuil de basculement :

   F_{\mathrm{R,\,gliss}} < F_{\mathrm{R,\,basc}} \iff f_{\mathrm{s}} Mg < Mg \frac{L_x}{L_y}

   Soit finalement la condition :

   \boxed{f_{\mathrm{s}} < \frac{L_x}{L_y}}

   Résultat

   $$f_{\mathrm{s}}<\frac{L_x}{L_y}$$

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7. Exercice 7ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q3

   Le solide (1) restant en contact avec le plan horizontal sans mouvement selon l'axe vertical (Oy), la composante normale de l'action de contact s'identifie au poids :

   N = Mg > 0

   D'après les lois phénoménologiques de frottement d'Amontons-Coulomb données dans l'énoncé :

   • En glissement (v \neq 0) : la composante tangentielle T s'oppose au mouvement (Tv < 0) et vérifie |T| = f_{\mathrm{d}} N = f_{\mathrm{d}} Mg. Dès lors :

     \begin{aligned} v > 0 &\implies T = -f_{\mathrm{d}} Mg \implies \alpha = -f_{\mathrm{d}} \\ v < 0 &\implies T = +f_{\mathrm{d}} Mg \implies \alpha = +f_{\mathrm{d}} \end{aligned}

   • En adhérence (v = 0) : la force tangentielle compense les autres sollicitations pour maintenir l'immobilité, avec |T| \le f_{\mathrm{s}} N = f_{\mathrm{s}} Mg. Ainsi :

     v = 0 \implies \alpha \in [-f_{\mathrm{s}}, +f_{\mathrm{s}}]

   La relation \alpha(v) est multivoque en v = 0 (d'où la remarque en note de bas de page de l'énoncé).

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8. Exercice 8Polytechnique Physique A PC 2024, Q20

   Le repère cartésien orthonormé direct (O, \vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z) est centré au centre O du Soleil. L'axe Oz relie le centre du Soleil au satellite SOHO, et l'axe Oy coïncide avec l'axe de rotation du Soleil.

   Convention pour la rotation : Choisissons d'orienter le vecteur rotation selon l'axe Oy dans le sens direct :

   \vec{\Omega} = \Omega\,\vec{u}_y \quad (\text{avec } \Omega > 0).

   Un point M de la photosphère a pour vecteur position dans ce repère :

   \vec{OM} = x\,\vec{u}_x + y\,\vec{u}_y + z\,\vec{u}_z.

   La vitesse de ce point liée à la rotation globale du Soleil s'écrit :

   \begin{aligned} \vec{v}(M) &= \vec{\Omega} \wedge \vec{OM} \\ &= (\Omega\,\vec{u}_y) \wedge (x\,\vec{u}_x + y\,\vec{u}_y + z\,\vec{u}_z) \\ &= -\Omega x\,\vec{u}_z + \Omega z\,\vec{u}_x. \end{aligned}

   Le satellite se trouvant à une distance considérable du Soleil devant le rayon solaire (R_\odot \ll d_{\text{SOHO}}, comme en témoigne le petit diamètre angulaire \Delta \ll 1), tous les rayons lumineux issus du disque solaire et atteignant le satellite se propagent parallèlement à l'axe Oz.

   La vitesse radiale v, définie comme la projection de la vitesse sur la direction d'observation, correspond à la composante sur l'axe Oz. Selon que l'on oriente la direction d'observation vers le satellite (+\vec{u}_z) ou vers le Soleil (-\vec{u}_z) :

   \boxed{v = \vec{v}(M)\cdot \vec{u}_z = -\Omega x}

   (ou v = +\Omega x si l'on choisit le sens de visée -\vec{u}_z ou le sens de rotation opposé \vec{\Omega} = -\Omega\,\vec{u}_y).

   Résultat

   $$v=\vec{v}(M)\cdot {\vec{u}}_z=-\Omega x$$

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9. Exercice 9Mines-Ponts Physique 2 PC 2023, Q4

   1. Expression de la surface S de la voile

   La voile est modélisée par un triangle isocèle constitué de deux côtés de longueur identique a faisant entre eux un angle \alpha au sommet supérieur. L'aire d'un triangle de côtés adjacents a et d'angle compris \alpha s'écrit directement :

   \boxed{S = \frac{1}{2}a^2\sin\alpha}

   2. Expression de la surface S' située à droite de la verticale

   D'après la vue de face (figure 1), notons :

   • O le point d'attache du mât sur la planche ;
   • A le sommet supérieur de la voile, de sorte que le segment [OA] de longueur a représente le mât ;
   • I le point d'intersection de l'axe vertical (O,\widehat{e}_z) avec le second côté issu de A.

   La surface grisée S' correspond au triangle OAI. Dans ce triangle :

   • la longueur du côté OA vaut a ;
   • l'angle au sommet A vaut \widehat{OAI} = \alpha ;
   • l'angle entre le mât et la verticale vaut \widehat{AOI} = \theta ;
   • le troisième angle vaut \widehat{AIO} = \pi - (\alpha + \theta).

   En appliquant la loi des sinus dans le triangle OAI :

   \frac{OI}{\sin\alpha} = \frac{OA}{\sin(\pi - (\alpha + \theta))} = \frac{a}{\sin(\alpha + \theta)} \implies OI = a\,\frac{\sin\alpha}{\sin(\alpha + \theta)}

   L'aire S' du triangle OAI s'en déduit par :

   S' = \frac{1}{2} OA \cdot OI \sin\theta = \frac{1}{2}a\left(a\,\frac{\sin\alpha}{\sin(\alpha+\theta)}\right)\sin\theta

   \boxed{S' = \frac{1}{2}a^2\frac{\sin\alpha\sin\theta}{\sin(\alpha+\theta)}}

   3. Relation caractérisant la configuration \mathscr{S}

   Le flux de quantité de mouvement cédé par le vent étant uniforme sur la voile, la force propulsive se répartit proportionnellement à la surface. La symétrie de la force propulsive de part et d'autre de l'axe (O,\widehat{e}_z) impose donc :

   S' = \frac{S}{2}

   En remplaçant par les expressions obtenues :

   \begin{aligned} \frac{1}{2}a^2\frac{\sin\alpha\sin\theta_{\mathrm{d}}}{\sin(\alpha+\theta_{\mathrm{d}})} &= \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}a^2\sin\alpha\right) \\ \frac{\sin\theta_{\mathrm{d}}}{\sin(\alpha+\theta_{\mathrm{d}})} &= \frac{1}{2} \\ 2\sin\theta_{\mathrm{d}} &= \sin(\alpha+\theta_{\mathrm{d}}) \end{aligned}

   En utilisant la formule d'addition \sin(\alpha+\theta_{\mathrm{d}}) = \sin\alpha\cos\theta_{\mathrm{d}} + \cos\alpha\sin\theta_{\mathrm{d}} :

   \begin{aligned} 2\sin\theta_{\mathrm{d}} - \cos\alpha\sin\theta_{\mathrm{d}} &= \sin\alpha\cos\theta_{\mathrm{d}} \\ \sin\theta_{\mathrm{d}}(2 - \cos\alpha) &= \sin\alpha\cos\theta_{\mathrm{d}} \end{aligned}

   En divisant par \cos\theta_{\mathrm{d}}(2 - \cos\alpha) (non nul car \cos\alpha \le 1), on obtient bien :

   \boxed{\tan\theta_{\mathrm{d}} = \frac{\sin\alpha}{2 - \cos\alpha}}

   4. Application numérique pour \alpha = 60^\circ

   Pour \alpha = 60^\circ, on a \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} et \cos 60^\circ = \frac{1}{2}. On en déduit :

   \tan\theta_{\mathrm{d}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{2 - \frac{1}{2}} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{\sqrt{3}}

   L'angle \theta_{\mathrm{d}} est donc :

   \boxed{\theta_{\mathrm{d}} = 30^\circ \quad \left(\text{soit } \frac{\pi}{6}\text{ rad}\right)}

   Résultat

   $$S=\frac{1}{2}{a}^2\sin \alpha$$

   $$S^{\prime }=\frac{1}{2}{a}^2\frac{\sin \alpha \sin \theta }{\sin (\alpha +\theta )}$$

   $$\tan {\theta }_{\mathrm{d}}=\frac{\sin \alpha }{2-\cos \alpha }$$

   $${\theta }_{\mathrm{d}}=30^{\circ }\left(\text{soit }\frac{\pi }{6}\text{ rad}\right)$$

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10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2022, Q25

    1. Moment cinétique du domaine élémentaire :

    Le domaine annulaire élémentaire a pour volume \mathrm{d}^2V = 2\pi r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}z et pour masse :

    \mathrm{d}^2m = \rho\,\mathrm{d}^2V = 2\pi\rho\, r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}z

    Tous les points de cet anneau sont situés à la même distance r de l'axe (\mathrm{O}z) et sont animés de la vitesse orthoradiale \vec{v}(r, t) = v(r, t)\,\vec{e}_\theta.

    Le moment cinétique élémentaire en \mathrm{O} d'une particule de masse \mathrm{d}^3m située en \overrightarrow{\mathrm{OM}} = r\vec{e}_r + z\vec{e}_z vaut :

    \mathrm{d}\vec{\sigma}_{\mathrm{O}} = \overrightarrow{\mathrm{OM}} \times \vec{v}\,\mathrm{d}^3m = (r\vec{e}_r + z\vec{e}_z) \times v\vec{e}_\theta\,\mathrm{d}^3m = (r v\,\vec{e}_z - z v\,\vec{e}_r)\,\mathrm{d}^3m

    En intégrant sur \theta \in [0, 2\pi], le terme en \vec{e}_r(\theta) s'annule par symétrie. La composante selon l'axe (\mathrm{O}z) du moment cinétique du domaine annulaire s'écrit donc :

    \mathrm{d}^2\sigma_z = r\,v(r, t)\,\mathrm{d}^2m

    soit :

    \boxed{\mathrm{d}^2\sigma_z = 2\pi\rho\, r^2 v(r, t)\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}z}

    2. Théorème du moment cinétique et équation aux dérivées partielles :

    D'après le bilan établi à la question précédente, seules les contraintes de cisaillement agissant sur les parois cylindriques de rayons r et r+\mathrm{d}r créent un moment non nul selon (\mathrm{O}z) :

    • En r+\mathrm{d}r : le fluide extérieur (r' > r+\mathrm{d}r) exerce sur le domaine annulaire une contrainte \vec{\tau}(r+\mathrm{d}r, t) = \tau(r+\mathrm{d}r, t)\,\vec{e}_\theta à travers l'aire \mathrm{d}^2S_e = 2\pi(r+\mathrm{d}r)\,\mathrm{d}z. Le moment résultant en \mathrm{O} selon (\mathrm{O}z) est :

      \mathrm{d}\mathcal{M}_{z, e} = (r+\mathrm{d}r) \times \left[\tau(r+\mathrm{d}r, t)\,2\pi(r+\mathrm{d}r)\,\mathrm{d}z\right] = 2\pi (r+\mathrm{d}r)^2 \tau(r+\mathrm{d}r, t)\,\mathrm{d}z

    • En r : par la troisième loi de Newton, le fluide intérieur (r' < r) exerce sur le domaine annulaire la force opposée à celle que le domaine exerce sur lui, soit une contrainte -\vec{\tau}(r, t) = -\tau(r, t)\,\vec{e}_\theta à travers l'aire \mathrm{d}^2S_i = 2\pi r\,\mathrm{d}z. Le moment résultant en \mathrm{O} selon (\mathrm{O}z) est :

      \mathrm{d}\mathcal{M}_{z, i} = -2\pi r^2 \tau(r, t)\,\mathrm{d}z

    Le moment total selon (\mathrm{O}z) appliqué au système fermé de fluide contenu dans l'anneau vaut ainsi :

    \begin{aligned} \mathrm{d}^2\mathcal{M}_z &= 2\pi\,\mathrm{d}z \left[ (r+\mathrm{d}r)^2 \tau(r+\mathrm{d}r, t) - r^2 \tau(r, t) \right] \\ &= 2\pi\,\mathrm{d}z\,\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \tau(r, t)\right)\mathrm{d}r \end{aligned}

    D'après le théorème du moment cinétique appliqué à ce système fermé dans le référentiel galiléen \mathcal{R}_0, et en tenant compte de la condition admise \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \frac{\partial\vec{v}}{\partial t} :

    \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(\mathrm{d}^2\sigma_z) = \mathrm{d}^2\mathcal{M}_z

    ce qui donne :

    2\pi\rho\, r^2 \frac{\partial v}{\partial t}\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}z = 2\pi\,\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \tau(r, t)\right)\mathrm{d}r\,\mathrm{d}z

    En simplifiant par 2\pi\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}z, on obtient l'équation aux dérivées partielles liant v(r, t) et \tau(r, t) :

    \boxed{\rho\,\frac{\partial v}{\partial t} = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \tau(r, t)\right)}

    Résultat

    $${\mathrm{d}}^2{\sigma }_z=2\pi \rho r^{2}v(r,t)\mathrm{d}r\mathrm{d}z$$

    $$\rho \frac{\partial v}{\partial t}=\frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\tau (r,t)\right)$$

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