Feuille d'entraînement : Mécanique du solide

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q22

   Considérons le système fermé constitué par le fluide présent dans l'ensemble des canaux inter-aubes du rotor au temps t, complété par la masse de fluide \mathrm{d}m = D_m\,\mathrm{d}t qui entre dans le rotor entre t et t+\mathrm{d}t.

   À l'instant t+\mathrm{d}t, ce système fermé est constitué du fluide présent dans les canaux à t+\mathrm{d}t et de la même masse \mathrm{d}m sortie du rotor.

   En régime permanent, le moment cinétique du fluide présent dans le volume intérieur des canaux est indépendant du temps : \vec{L}_{\text{int}}(t+\mathrm{d}t) = \vec{L}_{\text{int}}(t). La variation du moment cinétique du système fermé par rapport à l'axe de rotation (Oz) orienté par \vec{e}_z entre t et t+\mathrm{d}t s'écrit donc :

   \mathrm{d}L_z = L_{z,\text{sortie}} - L_{z,\text{entrée}}

   Puisque les aubes sont courtes devant le rayon R_0, on assimile le rayon de la veine fluide à R_0.

   • À l'entrée du rotor : le triangle des vitesses donne \vec{v}_1 = \vec{w}_1 + \vec{U} avec \vec{w}_1 = w_1\,\vec{e}_z (vitesse relative axiale) et \vec{U} = R_0\,\Omega\,\vec{e}_\theta = U\,\vec{e}_\theta. La vitesse absolue est donc :

     \vec{v}_1 = w_1\,\vec{e}_z + U\,\vec{e}_\theta

     Le moment cinétique de la masse entrante \mathrm{d}m par rapport à l'axe (Oz) vaut :

     L_{z,\text{entrée}} = \left[ (R_0\,\vec{e}_r) \wedge (\mathrm{d}m\,\vec{v}_1) \right] \cdot \vec{e}_z = \mathrm{d}m\,R_0\,U

   • À la sortie du rotor : la forme des aubes impose une vitesse absolue axiale \vec{v}_2 = v_2\,\vec{e}_z. Sa composante orthoradiale est donc nulle (v_{2\theta} = 0), d'où :

     L_{z,\text{sortie}} = 0

   Il en résulte :

   \frac{\mathrm{d}L_z}{\mathrm{d}t} = - \frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t}\,R_0\,U = - D_m\,R_0\,U

   D'après le théorème du moment cinétique appliqué au système fermé dans le référentiel du stator (galiléen), la dérivée temporelle de L_z est égale au moment par rapport à (Oz) des forces extérieures appliquées au fluide. Les forces de pression sur les sections droites d'entrée et de sortie sont purement axiales, leur moment par rapport à (Oz) est donc nul. Les seules forces ayant un moment non nul selon (Oz) sont les actions de contact exercées par les parois des aubes du rotor sur le fluide :

   \Gamma_{z,\text{rotor}\to\text{fluide}} = \frac{\mathrm{d}L_z}{\mathrm{d}t} = - D_m\,R_0\,U

   Par le principe des actions réciproques, le couple mécanique exercé par l'ensemble du fluide sur le rotor du premier étage est :

   \Gamma = - \Gamma_{z,\text{rotor}\to\text{fluide}} = D_m\,R_0\,U

   \boxed{\Gamma = D_m\,R_0\,U}

   Ce couple est moteur (\Gamma > 0). La puissance mécanique transmise au rotor en rotation à la vitesse angulaire \Omega s'en déduit :

   \mathcal{P}_{\text{méc}} = \Gamma\,\Omega = D_m\,R_0\,U\,\Omega

   Sachant que U = R_0\,\Omega, on obtient directement :

   \boxed{\mathcal{P}_{\text{méc}} = D_m\,U^2}

   Application numérique :

   • D_m = \frac{534 \times 10^3}{3600} \approx 148{,}3\text{ kg}\cdot\text{s}^{-1} ;
   • R_0 = 0{,}296\text{ m} ;
   • \Omega = 3000 \times \frac{2\pi}{60} = 100\pi \approx 314{,}2\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} ;
   • U = R_0\,\Omega = 0{,}296 \times 100\pi \approx 93{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

   \begin{aligned} \Gamma &= 148{,}3 \times 0{,}296 \times 93{,}0 \approx 4{,}08 \times 10^3\text{ N}\cdot\text{m} \\ \mathcal{P}_{\text{méc}} &= 148{,}3 \times (92{,}99)^2 \approx 1{,}28 \times 10^6\text{ W} = 1{,}28\text{ MW} \end{aligned}

   \boxed{\Gamma \approx 4{,}1 \times 10^3\text{ N}\cdot\text{m} \quad \text{et} \quad \mathcal{P}_{\text{méc}} \approx 1{,}3\text{ MW}}

   Résultat

   $$\Gamma =D_m{R}_{0}U$$

   $${\mathcal{P}}_{\text{meˊc}}=D_m{U}^2$$

   $$\Gamma \approx 4,1\times 10^3\text{ N}\cdot \text{m}\text{et}{\mathcal{P}}_{\text{meˊc}}\approx 1,3\text{ MW}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique PSI 2023, Q35

   L'énergie magnétique \mathcal{E}_{\mathrm{mag}} est une fonction d'état des deux variables indépendantes T et e_{\mathrm{air}}. Sa différentielle totale s'écrit :

   \mathrm{d}\mathcal{E}_{\mathrm{mag}}(T, e_{\mathrm{air}}) = \left(\frac{\partial \mathcal{E}_{\mathrm{mag}}}{\partial e_{\mathrm{air}}}\right)_T \mathrm{d}e_{\mathrm{air}} + \left(\frac{\partial \mathcal{E}_{\mathrm{mag}}}{\partial T}\right)_{e_{\mathrm{air}}} \mathrm{d}T

   Par identification avec le bilan d'énergie magnétique donné par l'équation (9) :

   \mathrm{d}\mathcal{E}_{\mathrm{mag}}(T, e_{\mathrm{air}}) = -F_{\mathrm{mag}} \,\mathrm{d}e_{\mathrm{air}} - m_{\mathrm{MC}} s \,\mathrm{d}T

   on obtient directement :

   F_{\mathrm{mag}} = -\left(\frac{\partial \mathcal{E}_{\mathrm{mag}}}{\partial e_{\mathrm{air}}}\right)_T

   En utilisant l'expression de l'énergie magnétique issue de l'équation (8) :

   \mathcal{E}_{\mathrm{mag}}(T, e_{\mathrm{air}}) = -\frac{C_3}{e_{\mathrm{air}} + C_4}

   où les grandeurs C_3 et C_4 sont indépendantes de e_{\mathrm{air}}, on dérive à température T fixée :

   \left(\frac{\partial \mathcal{E}_{\mathrm{mag}}}{\partial e_{\mathrm{air}}}\right)_T = \frac{\partial}{\partial e_{\mathrm{air}}}\left(-\frac{C_3}{e_{\mathrm{air}} + C_4}\right) = \frac{C_3}{(e_{\mathrm{air}} + C_4)^2}

   Il en résulte l'expression de la force magnétique :

   \boxed{F_{\mathrm{mag}} = -\frac{C_3}{(e_{\mathrm{air}} + C_4)^2}}

   Discussion de la direction et du sens :

   • Direction : la force est dirigée selon l'axe vertical (Oy), qui est la direction normale aux entrefers et la direction du déplacement du matériau magnétocalorique.
   • Sens : par construction, les constantes C_3 et C_4 sont strictement positives, ce qui implique F_{\mathrm{mag}} < 0. Comme l'axe vertical (Oy) représenté sur la figure 4 est orienté vers le bas (de la source chaude vers la source froide), la force \vec{F}_{\mathrm{mag}} = F_{\mathrm{mag}}\,\vec{u}_y est orientée vers le haut, c'est-à-dire vers la source chaude constituée par les aimants permanents.

   Cette force correspond physiquement à l'attraction magnétique exercée par les aimants sur le matériau magnétocalorique ferromagnétique.

   Résultat

   $$F_{\mathrm{mag}}=-\frac{C_3}{(e_{\mathrm{air}}+C_4{)}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q21

   1. Justification de l'angle d'inclinaison choisi

   D'après le document 2, pour un nombre de Reynolds Re = 6\cdot 10^6 (courbe en pointillés gras correspondant à Re > 1\cdot 10^6), le coefficient de portance C_L croît de façon quasi linéaire avec l'incidence i jusqu'à atteindre sa valeur maximale :

   C_{L,\max} \approx 1{,}70 \quad \text{pour} \quad i = 15^\circ.

   Au-delà de cet angle, l'aube entre en régime de décrochage aérodynamique (décollement de la couche limite), entraînant une chute brutale de portance et une très forte augmentation de la traînée C_D. La valeur i = 15^\circ permet donc d'exploiter la force motrice maximale disponible sans risquer le décrochage.

   2. Puissance mécanique transmise au rotor du premier étage

   La vitesse d'entraînement des aubes à la surface de l'arbre est :

   U = R_0 \Omega = 0{,}296 \times \left(3000 \times \frac{2\pi}{60}\right) \approx 93{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

   Le triangle des vitesses en entrée du rotor (figure 6a) impose une vitesse relative axiale \vec{w}_1 = w_1 \vec{e}_z. Par composition des vitesses :

   \vec{v}_1 = \vec{w}_1 + \vec{U} = w_1 \vec{e}_z + U \vec{e}_\theta \implies w_1 = \sqrt{v_1^2 - U^2}.

   Avec v_1 \approx 206\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} d'après la question Q20 :

   w_1 = \sqrt{206^2 - 93{,}0^2} \approx 184\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}.

   L'écoulement relatif abordant les aubes selon la direction axiale \vec{e}_z, la force de portance \vec{L}_1 est orthogonale à l'écoulement incident, donc dirigée selon la direction orthoradiale motrice \vec{e}_\theta :

   L_1 = \frac{1}{2} \rho C_L S w_1^2.

   La surface d'une aube vaut d'après le document 1(c) :

   S = a \times b = 41\cdot 10^{-3} \times 32\cdot 10^{-3} \approx 1{,}31\cdot 10^{-3}\text{ m}^2.

   En assimilant la masse volumique du fluide à celle d'entrée de la THP \rho \approx \rho_A = 33\text{ kg}\cdot\text{m}^{-3} (la détente dans le premier stator étant de l'ordre de 5%), la force tangentielle totale exercée sur les N = 80 aubes du rotor s'écrit :

   F_\theta = N L_1 = 80 \times \frac{1}{2} \times 33 \times 1{,}70 \times 1{,}31\cdot 10^{-3} \times 184^2 \approx 9{,}9\cdot 10^4\text{ N}.

   La puissance mécanique transmise au rotor du premier étage est donc :

   \mathcal{P}_1 = F_\theta U = 9{,}9\cdot 10^4 \times 93{,}0 \approx 9{,}2\text{ MW}.

   \boxed{\mathcal{P}_1 \approx 9{,}2\text{ MW}}

   3. Estimation du nombre d'étages de détente n

   La puissance mécanique totale transmise par l'ensemble de la turbine haute pression a été évaluée à \mathcal{P}_{\text{méc, THP}} \approx 64\text{ MW} à la question Q14. En supposant que les différents étages de détente fournissent des puissances comparables :

   n \approx \frac{\mathcal{P}_{\text{méc, THP}}}{\mathcal{P}_1} = \frac{64}{9{,}2} \approx 7.

   \boxed{n \approx 7 \text{ étages}}

   Ce résultat est bien de l'ordre de grandeur de la « dizaine d'étages » annoncée dans le texte.

   4. Force axiale exercée sur le rotor

   La force de traînée est colinéaire à la vitesse incidente relative \vec{w}_1, donc dirigée selon l'axe du rotor \vec{e}_z. À i = 15^\circ, le document 2 donne C_D \approx 0{,}06. La force axiale totale subie par le rotor du premier étage est :

   F_{\text{ax}} = N D_1 = N \times \frac{1}{2} \rho C_D S w_1^2 = F_\theta \frac{C_D}{C_L} \approx 9{,}9\cdot 10^4 \times \frac{0{,}06}{1{,}70} \approx 3{,}5\cdot 10^3\text{ N}.

   \boxed{F_{\text{ax}} \approx 3{,}5\text{ kN}}

   Résultat

   $${\mathcal{P}}_1\approx 9,2\text{ MW}$$

   $$n\approx 7\text{ eˊtages}$$

   $$F_{\text{ax}}\approx 3,5\text{ kN}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie PSI 2024, Q20

   Le système étudié est le point matériel M de masse m, dans le référentiel terrestre \mathcal{R} supposé galiléen. Il est soumis à deux forces :

   • son poids \vec{P} = m\vec{g} = mg\cos\theta\,\vec{u}_r - mg\sin\theta\,\vec{u}_\theta ;
   • la tension du fil \vec{T} = -T\,\vec{u}_r, portée par la direction radiale.

   La position du point M s'écrit \vec{OM} = \ell(t)\,\vec{u}_r. En dérivant par rapport au temps sachant que \ell(t) varie :

   \begin{aligned} \vec{v} &= \frac{\mathrm{d}\vec{OM}}{\mathrm{d}t} = \dot{\ell}\,\vec{u}_r + \ell\dot{\theta}\,\vec{u}_\theta, \\ \vec{a} &= \frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t} = \left(\ddot{\ell} - \ell\dot{\theta}^2\right)\vec{u}_r + \left(\ell\ddot{\theta} + 2\dot{\ell}\dot{\theta}\right)\vec{u}_\theta. \end{aligned}

   D'après le principe fondamental de la dynamique :

   m\vec{a} = \vec{P} + \vec{T}.

   En projetant cette relation vectorielle selon le vecteur unitaire orthoradial \vec{u}_\theta, la tension radiale n'intervient pas :

   m\left(\ell\ddot{\theta} + 2\dot{\ell}\dot{\theta}\right) = -mg\sin\theta.

   Comme la longueur \ell(t) est strictement positive, on peut diviser les deux membres par m\ell(t), ce qui conduit directement à l'équation différentielle recherchée :

   \boxed{\ddot{\theta} + \frac{2\dot{\ell}(t)}{\ell(t)}\dot{\theta} + \frac{g}{\ell(t)}\sin\theta = 0}

   Résultat

   $$\ddot{\theta }+\frac{2\dot{\ell }(t)}{\ell (t)}\dot{\theta }+\frac{g}{\ell (t)}\sin \theta =0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie PSI 2024, Q22

   Le moment cinétique du point matériel \mathrm{M} calculé au point fixe \mathrm{O} s'écrit de manière générale :

   \vec{L}_{\mathrm{O}} = \vec{\mathrm{OM}} \wedge m\vec{v}

   Au passage par la verticale (\theta = 0), le vecteur vitesse est orthogonal au fil (selon \vec{u}_\theta) :

   • Au point \mathrm{M}_{n,2}, la longueur du fil vaut \ell_2 = \ell_0(1+\alpha) et la vitesse est v_{n,2}, d'où :

     \vec{L}_{\mathrm{O}}(\mathrm{M}_{n,2}) = m\,\ell_0(1+\alpha)\,v_{n,2}\,\vec{u}_z

   • Au point \mathrm{M}_{n,3}, après le raccourcissement instantané, la longueur vaut \ell_3 = \ell_0(1-\alpha) et la vitesse est v_{n,3}, d'où :

     \vec{L}_{\mathrm{O}}(\mathrm{M}_{n,3}) = m\,\ell_0(1-\alpha)\,v_{n,3}\,\vec{u}_z

   Le moment résultant exercé sur le système étant supposé nul durant cette transition, le moment cinétique est conservé :

   \begin{aligned} \vec{L}_{\mathrm{O}}(\mathrm{M}_{n,2}) = \vec{L}_{\mathrm{O}}(\mathrm{M}_{n,3}) &\implies m\,\ell_0(1+\alpha)\,v_{n,2} = m\,\ell_0(1-\alpha)\,v_{n,3} \\ &\implies v_{n,3} = \frac{1+\alpha}{1-\alpha} \, v_{n,2} \end{aligned}

   En utilisant l'expression de v_{n,2} obtenue à la question Q21 :

   v_{n,2} = \sqrt{2g\ell_0(1+\alpha)\,(1-\cos\theta_n)}

   on en déduit l'expression de v_{n,3} :

   \boxed{v_{n,3} = \frac{1+\alpha}{1-\alpha}\sqrt{2g\ell_0(1+\alpha)\left(1-\cos\theta_n\right)} = \frac{(1+\alpha)^{3/2}}{1-\alpha}\sqrt{2g\ell_0\left(1-\cos\theta_n\right)}}

   Résultat

   $$v_{n,3}=\frac{1+\alpha }{1-\alpha }\sqrt{2g{\ell }_0(1+\alpha )\left(1-\cos {\theta }_n\right)}=\frac{(1+\alpha {)}^{3/2}}{1-\alpha }\sqrt{2g{\ell }_0\left(1-\cos {\theta }_n\right)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6E3A 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

7. Exercice 7E3A 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

8. Exercice 8X-ENS Physique PSI 2022, Q9

   On étudie la tranche de solide délimitée par les abscisses x et x+\mathrm{d}x, de dimensions \mathrm{d}x selon (\mathrm{O}x), H selon (\mathrm{O}y) et h selon (\mathrm{O}z). La section droite est S = hH et les surfaces supérieure et inférieure valent \mathrm{d}S = H\,\mathrm{d}x.

   1. Actions selon la direction verticale (\mathrm{O}z) :

   • Force normale appliquée en surface supérieure (z = h) :

     \vec{F}_N = -\sigma_N H\,\mathrm{d}x\,\vec{e}_z

   • Réaction normale exercée par le substrat en surface inférieure (z = 0) :

     \vec{F}_R = \sigma_R H\,\mathrm{d}x\,\vec{e}_z

   Le mouvement selon (\mathrm{O}z) étant négligé, ces forces se compensent (\sigma_R \simeq \sigma_N).

   2. Actions selon la direction longitudinale (\mathrm{O}x) :

   • Forces élastiques internes exercées par le reste de la couche sur les sections droites en x et x+\mathrm{d}x (en utilisant la loi de Hooke uniaxiale F = S E \frac{\partial u}{\partial x}) :

     \begin{aligned} \text{En } x : \quad & \vec{F}_{\text{él}}(x) = - E h H \frac{\partial u}{\partial x}(x, t)\,\vec{e}_x \\ \text{En } x+\mathrm{d}x : \quad & \vec{F}_{\text{él}}(x+\mathrm{d}x) = + E h H \frac{\partial u}{\partial x}(x+\mathrm{d}x, t)\,\vec{e}_x \end{aligned}

     Leur résultante vaut :

     \mathrm{d}\vec{F}_{\text{él}} = E h H \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x, t)\,\mathrm{d}x\,\vec{e}_x

   • Force de cisaillement en surface supérieure (z = h), orientée selon +\vec{e}_x :

     \vec{F}_c = \tau_c(x, t) H\,\mathrm{d}x\,\vec{e}_x

   • Force de frottement exercée par le substrat en surface inférieure (z = 0), définie positive selon -\vec{e}_x :

     \vec{F}_f = -\tau_f(x, t) H\,\mathrm{d}x\,\vec{e}_x

   La résultante des forces selon l'axe (\mathrm{O}x) s'écrit donc :

   \boxed{\mathrm{d}\vec{F}_x = \left[ E h H \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x, t) + H \big(\tau_c(x, t) - \tau_f(x, t)\big) \right] \mathrm{d}x\,\vec{e}_x}

   Résultat

   $$\mathrm{d}{\vec{F}}_x=\left[EhH\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}(x,t)+H({\tau }_c(x,t)-{\tau }_f(x,t))\right]\mathrm{d}x{\vec{e}}_x$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique PSI 2022, Q10

   On applique le principe fondamental de la dynamique à la tranche de solide délimitée par les abscisses x et x+\mathrm{d}x, de masse \mathrm{d}m = \rho S\,\mathrm{d}x = \rho h H\,\mathrm{d}x, dans le référentiel d'étude supposé galiléen :

   \mathrm{d}m \, \frac{\partial^2 \vec{u}}{\partial t^2}(x, t) = \mathrm{d}\vec{F}

   En projetant sur l'axe (\mathrm{O}x), le mouvement étant unidirectionnel suivant cet axe, et en utilisant l'expression de la résultante des forces obtenue à la question Q9 :

   \rho h H \,\mathrm{d}x \, \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x, t) = \left[ E h H \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x, t) + H\bigl(\tau_c(x, t) - \tau_f(x, t)\bigr) \right] \mathrm{d}x

   En divisant chaque terme par E h H \,\mathrm{d}x, on obtient :

   \frac{\rho}{E}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x, t) = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x, t) + \frac{1}{Eh}\bigl(\tau_c(x, t) - \tau_f(x, t)\bigr)

   En introduisant la célérité des ondes de compression c_p = \sqrt{\frac{E}{\rho}} établie à la question Q5, soit \frac{\rho}{E} = \frac{1}{c_p^2}, on réordonne les termes :

   \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x, t) - \frac{1}{c_p^2} \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}(x, t) = -\frac{1}{Eh}\bigl(\tau_c(x, t) - \tau_f(x, t)\bigr)

   Par identification avec l'équation (4) proposée par l'énoncé :

   \boxed{A = \frac{1}{E h}}

   Résultat

   $$A=\frac{1}{Eh}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10X-ENS Physique PSI 2022, Q13

    Considérons le volume de solide affecté par la perturbation, délimité par une longueur \ell, une largeur H et une épaisseur h :

    • Force de cisaillement externe : elle s'exerce sur les faces horizontales (en z=0 et z=h) d'aire S_{\mathrm{cis}} = H \ell avec une contrainte typique \tau_0. L'ordre de grandeur de cette force de cisaillement est :

      F_{\mathrm{cis}} \sim \tau_0 \, H \ell

    • Force élastique interne (traction/compression) : elle s'exerce sur la section transversale S_{\mathrm{trans}} = H h. Le gradient de déplacement caractéristique est \frac{\partial u}{\partial x} \sim \frac{u_0}{\ell}, ce qui induit une contrainte élastique \sigma \sim E \frac{u_0}{\ell} d'après la loi de Hooke. La force élastique de rappel longitudinale est donc d'ordre de grandeur :

      F_{\text{él}} \sim \sigma S_{\mathrm{trans}} \sim E \frac{u_0}{\ell} \, H h

    Le rapport de ces deux forces s'écrit alors :

    \frac{F_{\mathrm{cis}}}{F_{\text{él}}} \sim \frac{\tau_0 H \ell}{E \frac{u_0}{\ell} H h} = \frac{\tau_0 \ell^2}{u_0 E h}

    \boxed{\frac{\tau_0 \ell^2}{u_0 E h} \sim \frac{F_{\mathrm{cis}}}{F_{\text{él}}}}

    Ce nombre sans dimension s'interprète donc comme le rapport entre :

    • la force motrice ou résistante de cisaillement externe s'exerçant aux interfaces de la plaque (frottement et contrainte imposée),
    • et la force de rappel d'élasticité interne s'opposant à la déformation longitudinale au sein du matériau.

    Résultat

    $$\frac{{\tau }_0{\ell }^2}{u_{0}Eh}\sim \frac{F_{\mathrm{cis}}}{F_{\text{eˊl}}}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question