Feuille d'entraînement : Mécanique du solide

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Modelisation TSI 2026, Q10

   Le domaine matériel \mathscr{D} du flotteur est défini par :

   \mathscr{D} = \left\{ M \mid \overrightarrow{OM} = \rho\,\vec{e}_r(\theta) + z\,\vec{z}, \quad \rho \in [R_i, R_e(\theta)], \quad \theta \in [0, 2\pi], \quad z \in \left[-\frac{\ell}{2}, \frac{\ell}{2}\right] \right\}.

   En supposant le flotteur homogène, celui-ci admet deux plans orthogonaux de symétrie matérielle passant par O :

   • Le plan (O, \vec{x}, \vec{z}) : d'après la question Q3, la fonction R_e est paire (R_e(-\theta) = R_e(\theta)), de sorte que le profil de la section droite est symétrique par rapport à l'axe (O, \vec{x}). L'invariance par l'application y \mapsto -y entraîne l'annulation des produits d'inertie correspondants :

     I_{xy} = \iiint_\mathscr{D} x\,y\,\mathrm{d}m = 0 \quad \text{et} \quad I_{yz} = \iiint_\mathscr{D} y\,z\,\mathrm{d}m = 0.

   • Le plan (O, \vec{x}, \vec{y}) : la section droite ne dépend pas de z et la cote z varie sur l'intervalle symétrique \left[-\frac{\ell}{2}, \frac{\ell}{2}\right]. L'invariance par la transformation z \mapsto -z entraîne :

     I_{xz} = \iiint_\mathscr{D} x\,z\,\mathrm{d}m = 0 \quad \text{et} \quad I_{yz} = \iiint_\mathscr{D} y\,z\,\mathrm{d}m = 0.

   Les trois produits d'inertie sont donc rigoureusement nuls :

   I_{xy} = I_{xz} = I_{yz} = 0.

   Par conséquent, les directions (O, \vec{x}), (O, \vec{y}) et (O, \vec{z}) sont des axes principaux d'inertie du flotteur au point O.

   \boxed{\text{La matrice d'inertie } \overline{\bar{I}}_\mathrm{f}(O) \text{ est diagonale dans la base } (\vec{x}, \vec{y}, \vec{z}).}

   Résultat

   $$\text{La matrice d’inertie }{\overline{\bar{I}}}_{\mathrm{f}}(O)\text{ est diagonale dans la base }(\vec{x},\vec{y},\vec{z}).$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Modelisation TSI 2026, Q18

   Soit r_2 la rotation d'axe \operatorname{Vect}(\vec{z}) orientée par \vec{z} et d'angle \alpha = -\dfrac{\pi}{2}.

   Dans la base orthonormée directe (\vec{x}, \vec{y}, \vec{z}), l'axe de rotation étant dirigé par \vec{z}, l'image de \vec{z} est invariante :

   r_2(\vec{z}) = \vec{z}.

   Dans le plan (O, \vec{x}, \vec{y}) orienté par \vec{z}, l'action de la rotation d'angle \alpha s'écrit :

   \begin{aligned} r_2(\vec{x}) &= \cos(\alpha)\vec{x} + \sin(\alpha)\vec{y} = \cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)\vec{x} + \sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)\vec{y} = -\vec{y}, \\ r_2(\vec{y}) &= -\sin(\alpha)\vec{x} + \cos(\alpha)\vec{y} = -\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)\vec{x} + \cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)\vec{y} = \vec{x}. \end{aligned}

   En disposant en colonnes les coordonnées des images des vecteurs de la base (\vec{x}, \vec{y}, \vec{z}), on obtient la matrice R_2 :

   \boxed{R_2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}}

   Résultat

   $$R_2=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ -1& 0& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Modelisation TSI 2026, Q22

   La transposée de la matrice R s'écrit :

   R^{\mathsf{T}} = \frac{1}{3} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 \\ -1 & 2 & -2 \\ -2 & 1 & 2 \end{pmatrix}.

   Calculons le produit matriciel R^{\mathsf{T}} R :

   \begin{aligned} R^{\mathsf{T}} R &= \frac{1}{9} \begin{pmatrix} 2 & 2 & 1 \\ -1 & 2 & -2 \\ -2 & 1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -1 & -2 \\ 2 & 2 & 1 \\ 1 & -2 & 2 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{9} \begin{pmatrix} 2^2 + 2^2 + 1^2 & 2(-1) + 2(2) + 1(-2) & 2(-2) + 2(1) + 1(2) \\ -1(2) + 2(2) - 2(1) & (-1)^2 + 2^2 + (-2)^2 & -1(-2) + 2(1) - 2(2) \\ -2(2) + 1(2) + 2(1) & -2(-1) + 1(2) + 2(-2) & (-2)^2 + 1^2 + 2^2 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{9} \begin{pmatrix} 9 & 0 & 0 \\ 0 & 9 & 0 \\ 0 & 0 & 9 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = I_3. \end{aligned}

   Puisque R^{\mathsf{T}} R = I_3, on conclut que :

   \boxed{R \text{ est une matrice orthogonale, c'est-à-dire } R \in \mathrm{O}_3(\mathbb{R}).}

   Résultat

   $$R\text{ est une matrice orthogonale, c’est-aˋ-dire }R\in {\mathrm{O}}_3(\mathbb{R}).$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2026, Q3

   L'eau n'est en contact avec la plaque que sur sa partie immergée. D'après la relation trigonométrique liant la hauteur d'eau h et l'abscisse le long de la plaque inclinée d'un angle \theta, la surface libre de l'eau atteint la plaque en :

   x_{\max} = \frac{h}{\sin\theta}

   Distinguons les deux zones de la plaque :

   • Pour la partie émergée (x_{\max} < x \leqslant L), la plaque est en contact avec l'air à la pression uniforme P_0 sur ses deux faces. Les forces pressantes se compensent exactement : \mathrm{d}\vec{F}_{\text{fluide}} = \vec{0}.

   • Pour la partie immergée (0 \leqslant x \leqslant x_{\max}), la plaque est soumise à la pression de l'eau sur sa face inférieure et à la pression atmosphérique P_0 sur sa face supérieure. La force pressante fluide résultante sur la bande comprise entre x et x + \mathrm{d}x s'écrit, d'après les résultats de la question Q2 :

     \mathrm{d}\vec{F}_{\text{fluide}} = \mathrm{d}\vec{F}_{\text{eau}} + \mathrm{d}\vec{F}_{\text{air}} = \rho g (h - x\sin\theta)\ell\,\mathrm{d}x\,\vec{u}_y

   Le point \mathrm{M}(x) étant repéré par \vec{AM} = x\vec{u}_x, le moment élémentaire de cette force par rapport au point \mathrm{A} (situé sur l'axe (\mathrm{O}z)) vaut :

   \mathrm{d}\vec{\mathcal{M}}_{\mathrm{A}} = \vec{\mathrm{AM}} \wedge \mathrm{d}\vec{F}_{\text{fluide}} = (x\vec{u}_x) \wedge \left(\rho g (h - x\sin\theta)\ell\,\mathrm{d}x\,\vec{u}_y\right) = \rho g \ell\,x(h - x\sin\theta)\,\mathrm{d}x\,\vec{u}_z

   Le moment scalaire par rapport à l'axe orienté (\mathrm{O}z) s'obtient par projection selon \vec{u}_z et intégration sur la partie immergée :

   \begin{aligned} \mathcal{M}_{\text{fluide}} &= \int_0^{x_{\max}} \rho g \ell \left(h x - x^2\sin\theta\right)\mathrm{d}x \\ &= \rho g \ell \left[ h \frac{x^2}{2} - \sin\theta \frac{x^3}{3} \right]_0^{h/\sin\theta} \\ &= \rho g \ell \left( \frac{h^3}{2\sin^2\theta} - \frac{h^3}{3\sin^2\theta} \right) \\ &= \rho g \ell \frac{h^3}{\sin^2\theta} \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) \end{aligned}

   On en déduit l'expression demandée :

   \boxed{\mathcal{M}_{\text{fluide}} = \frac{1}{6}\rho g \ell \frac{h^3}{\sin^2\theta}}

   Résultat

   $${\mathcal{M}}_{\text{fluide}}=\frac{1}{6}\rho g\ell \frac{h^3}{{\sin }^2\theta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2022, Q24

   On applique le théorème du moment cinétique au cylindre en rotation autour de l'axe fixe (Oz), orienté par \vec{u}_z, dans le référentiel d'étude supposé galiléen :

   J \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} = \sum \Gamma_{(Oz)} = \Gamma_0 + \Gamma_1

   En remplaçant le couple de frottement fluide par son expression \Gamma_1 = -\alpha \omega, on obtient :

   J \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} + \alpha \omega = \Gamma_0

   Soit, sous forme canonique :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} + \frac{\alpha}{J} \omega = \frac{\Gamma_0}{J}}

   Il s'agit d'une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants avec second membre constant.

   • La solution de l'équation homogène associée s'écrit :

     \omega_{\mathrm{h}}(t) = A\,\mathrm{e}^{-\frac{\alpha}{J}t} \quad \text{avec } A \in \mathbb{R}

   • Une solution particulière constante \omega_{\mathrm{p}} vérifie \frac{\alpha}{J}\omega_{\mathrm{p}} = \frac{\Gamma_0}{J}, soit :

     \omega_{\mathrm{p}} = \frac{\Gamma_0}{\alpha}

   La solution générale est la somme de la solution particulière et de la solution homogène :

   \omega(t) = \frac{\Gamma_0}{\alpha} + A\,\mathrm{e}^{-\frac{\alpha}{J}t}

   Le cylindre étant initialement au repos, la condition initiale impose \omega(0) = 0 :

   \omega(0) = \frac{\Gamma_0}{\alpha} + A = 0 \implies A = -\frac{\Gamma_0}{\alpha}

   On en déduit l'expression temporelle de la vitesse angulaire de rotation :

   \boxed{\omega(t) = \frac{\Gamma_0}{\alpha}\left(1 - \mathrm{e}^{-\frac{\alpha}{J}t}\right)}

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}\omega }{\mathrm{d}t}+\frac{\alpha }{J}\omega =\frac{{\Gamma }_0}{J}$$

   $$\omega (t)=\frac{{\Gamma }_0}{\alpha }\left(1-{\mathrm{e}}^{-\frac{\alpha }{J}t}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CCINP Physique-Chimie TSI 2020, Q11

   1. Énoncé du théorème du moment cinétique :

   Dans un référentiel galiléen, pour un solide indéformable en rotation autour d'un axe fixe \Delta = (Oz) orienté par le vecteur unitaire \vec{u}_z, le théorème du moment cinétique scalaire s'écrit :

   \frac{\mathrm{d}L_{\Delta}}{\mathrm{d}t} = J \ddot{\theta} = \sum \mathcal{M}_{\Delta}\big(\vec{F}_{\text{ext}}\big)

   où L_{\Delta} = J \dot{\theta} est le moment cinétique du solide par rapport à l'axe \Delta, J son moment d'inertie par rapport à cet axe et \sum \mathcal{M}_{\Delta}\big(\vec{F}_{\text{ext}}\big) la somme des moments scalaires des forces extérieures appliquées au solide par rapport à l'axe \Delta.

   2. Bilan des actions extérieures appliquées à la crosse : On se place dans le référentiel terrestre supposé galiléen. Le système étudié est la crosse de masse M.

   • Action de la liaison pivot en O : la liaison étant supposée parfaite, elle n'exerce aucun couple résistant selon l'axe (Oz), d'où :

     \mathcal{M}_{\Delta}\big(\vec{R}_O\big) = 0
   • Frottements de l'air : négligés d'après l'énoncé.

   • Poids de la crosse : \vec{P} = M\vec{g} = M g \vec{u}_x (l'axe (Ox) étant orienté selon la verticale descendante), appliqué au centre d'inertie G.

     Le vecteur position du centre d'inertie s'écrit :

     \vec{OG} = h\cos\theta\,\vec{u}_x + h\sin\theta\,\vec{u}_y

     Le moment du poids par rapport au point O est donné par :

     \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{P}) &= \vec{OG} \wedge \vec{P} \\ &= (h\cos\theta\,\vec{u}_x + h\sin\theta\,\vec{u}_y) \wedge (Mg\,\vec{u}_x) \\ &= - Mgh\sin\theta\,(\vec{u}_x \wedge \vec{u}_y) \\ &= - Mgh\sin\theta\,\vec{u}_z \end{aligned}

     puisque \vec{u}_x \wedge \vec{u}_y = \vec{u}_z. Le moment scalaire par rapport à l'axe (Oz) vaut donc :

     \mathcal{M}_{\Delta}(\vec{P}) = \vec{\mathcal{M}}_O(\vec{P})\cdot \vec{u}_z = - Mgh\sin\theta

   3. Équation différentielle du mouvement :

   En appliquant le théorème du moment cinétique scalaire selon l'axe (Oz) :

   J\ddot{\theta} = - Mgh\sin\theta

   ce qui conduit immédiatement à la forme demandée :

   \boxed{J\ddot{\theta} + Mgh\sin\theta = 0} \quad (1)

   Résultat

   $$J\ddot{\theta }+Mgh\sin \theta =0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie TSI 2020, Q14

   L'équation différentielle (1) établie à la question Q11 s'écrit :

   J\ddot{\theta} + Mgh\sin\theta = 0

   Multiplions cette relation par \dot{\theta} :

   J\dot{\theta}\ddot{\theta} + Mgh\dot{\theta}\sin\theta = 0

   En reconnaissant des dérivées par rapport au temps :

   \begin{aligned} J\dot{\theta}\ddot{\theta} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}J\dot{\theta}^2\right) \\ Mgh\dot{\theta}\sin\theta &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(-Mgh\cos\theta\right) \end{aligned}

   L'équation se met donc sous la forme d'une dérivée temporelle nulle :

   \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{1}{2}J\dot{\theta}^2 - Mgh\cos\theta\right) = 0

   Par intégration par rapport au temps t, on obtient une intégrale première du mouvement, notée (3) :

   \boxed{\frac{1}{2}J\dot{\theta}^2 - Mgh\cos\theta = \text{cte} \quad (3)}

   Remarque : On peut également écrire cette relation sous la forme :

   \frac{1}{2}J\dot{\theta}^2 + Mgh(1 - \cos\theta) = \text{cte}'

   en choisissant la référence de l'énergie potentielle de pesanteur à la position d'équilibre stable (\theta = 0).

   Résultat

   $$\frac{1}{2}J{\dot{\theta }}^2-Mgh\cos \theta =\text{cte}(3)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP Physique-Chimie TSI 2026, Q53

   D'après l'énoncé, le rotor tourne autour de l'axe (Oy) à une vitesse angulaire constante :

   \dot{\theta}(t) = \omega_s = \text{cste}

   Par intégration directe entre l'instant initial t=0 et un instant t, en tenant compte de la condition initiale \theta(0) = \theta_0, on obtient :

   \boxed{\theta(t) = \omega_s t + \theta_0}

   Résultat

   $$\theta (t)={\omega }_{s}t+{\theta }_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2026, Q4

   La masse m étant uniformément répartie sur la plaque rectangulaire de hauteur L, le centre de gravité G de la plaque est situé au centre géométrique de celle-ci. Son vecteur position par rapport à un point O situé sur l'axe (\mathrm{O}z) au niveau du bord inférieur A est :

   \vec{OG} = \frac{L}{2}\,\vec{u}_x

   où \vec{u}_x est le vecteur unitaire le long de la ligne de plus grande pente de la plaque.

   En décomposant \vec{u}_x dans la base (\vec{u}_{\text{horiz}}, \vec{u}_{\text{vert}}) du plan de la figure (avec \vec{u}_{\text{horiz}} \wedge \vec{u}_{\text{vert}} = \vec{u}_z) :

   \vec{OG} = \frac{L}{2}\cos\theta\,\vec{u}_{\text{horiz}} + \frac{L}{2}\sin\theta\,\vec{u}_{\text{vert}}

   Le poids total de la plaque s'écrit \vec{P} = -m g\,\vec{u}_{\text{vert}}. Le moment par rapport à l'axe (\mathrm{O}z) s'en déduit par le produit vectoriel :

   \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}}_{(\mathrm{O}z)}(\vec{P}) &= \left(\vec{OG} \wedge \vec{P}\right) \cdot \vec{u}_z \\ &= \left[ \left(\frac{L}{2}\cos\theta\,\vec{u}_{\text{horiz}} + \frac{L}{2}\sin\theta\,\vec{u}_{\text{vert}}\right) \wedge (-m g\,\vec{u}_{\text{vert}}) \right] \cdot \vec{u}_z \\ &= -\frac{1}{2} m g L \cos\theta \ (\vec{u}_{\text{horiz}} \wedge \vec{u}_{\text{vert}}) \cdot \vec{u}_z \end{aligned}

   Comme (\vec{u}_{\text{horiz}} \wedge \vec{u}_{\text{vert}}) \cdot \vec{u}_z = 1, le moment algébrique par rapport à l'axe (\mathrm{O}z) vaut :

   \boxed{\mathcal{M}_{\text{poids}} = -\frac{1}{2} m g L \cos\theta}

   Résultat

   $${\mathcal{M}}_{\text{poids}}=-\frac{1}{2}mgL\cos \theta$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 TSI 2026, Q5

    Le système étudié est la plaque, modélisée comme un solide indéformable en équilibre dans le référentiel terrestre supposé galiléen. L'axe de rotation (\mathrm{O}z) étant fixe, la condition d'équilibre en rotation se traduit par la nullité de la somme des moments des actions mécaniques extérieures par rapport à cet axe :

    \sum \mathcal{M}_{(\mathrm{O}z)} = \mathcal{M}_{\text{fluide}} + \mathcal{M}_{\text{poids}} + \mathcal{M}_{\text{pivot}} = 0

    La liaison pivot étant supposée parfaite (sans frottement), le moment des actions de liaison par rapport à l'axe de rotation est nul : \mathcal{M}_{\text{pivot}} = 0.

    En utilisant les expressions des moments établies aux questions Q3 et Q4 :

    \begin{aligned} \mathcal{M}_{\text{fluide}} &= \frac{1}{6} \rho g \ell \frac{h^3}{\sin^2 \theta} \\ \mathcal{M}_{\text{poids}} &= -\frac{1}{2} m g L \cos \theta \end{aligned}

    la condition d'équilibre s'écrit :

    \frac{1}{6} \rho g \ell \frac{h^3}{\sin^2 \theta} - \frac{1}{2} m g L \cos \theta = 0

    En simplifiant par g \neq 0 et en multipliant par \frac{2 \sin^2 \theta}{m L}, il vient :

    \cos \theta \sin^2 \theta = \frac{1}{3} \frac{\rho \ell}{m L} h^3

    En utilisant la relation \sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta, on obtient bien la condition d'équilibre sous la forme attendue :

    \boxed{\cos \theta \left(1 - \cos^2 \theta\right) = \frac{1}{3} \frac{\rho \ell}{m L} h^3}

    Résultat

    $$\cos \theta \left(1-{\cos }^2\theta \right)=\frac{1}{3}\frac{\rho \ell }{mL}{h}^3$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question