Feuille d'entraînement : Mécanique du solide

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q20

   Le bâton de craie fléchi s'enroule selon un arc de cercle de centre C et de rayon de courbure R.

   La fibre centrale (BQ) conserve sa longueur initiale L_0. L'angle au centre \alpha qu'elle sous-tend vérifie donc :

   L_0 = R \alpha \iff \alpha = \frac{L_0}{R}

   Une fibre (EF) quelconque est située parallèlement à la fibre centrale, à une distance algébrique e de celle-ci, avec e \in \left[-\frac{h}{2}, +\frac{h}{2}\right]. D'après la figure 6, pour e > 0 orienté vers l'extérieur de la courbure (opposé au centre de courbure C, c'est-à-dire côté extrados où les fibres sont étirées), le rayon de courbure de la fibre (EF) est :

   R(e) = R + e

   Toutes les fibres sous-tendant le même angle au centre \alpha, la longueur de la fibre (EF) s'écrit :

   L(e) = R(e)\,\alpha = (R + e)\frac{L_0}{R}

   Soit finalement :

   \boxed{L(e) = L_0\left(1 + \frac{e}{R}\right)}

   Remarque : si la variable e est repérée selon l'axe horizontal (Ox) dirigé vers le centre C, le rayon de courbure de la fibre s'écrit R - e et l'on obtient L(e) = L_0\left(1 - \frac{e}{R}\right).

   Résultat

   $$L(e)=L_0\left(1+\frac{e}{R}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique PC 2022, Q4

   À l'équilibre mécanique dans le référentiel d'étude galiléen, la somme des moments scalaires des forces appliquées au système {plaque + tige} par rapport à l'axe (\Delta) est nulle :

   \sum \mathcal{M}_\Delta = \mathcal{M}_\Delta(\vec{P}) + \mathcal{M}_\Delta(\vec{F}) + \mathcal{M}_\Delta(\vec{R}) = 0

   En utilisant les expressions obtenues à la question précédente (Q3) pour \theta = \theta_{\text{eq}} :

   - m g L \sin\theta_{\text{eq}} + \mu U^2 L \cos\theta_{\text{eq}} = 0

   La longueur L se simplifie (puisqu'elle est non nulle), ce qui conduit à :

   \mu U^2 \cos\theta_{\text{eq}} = m g \sin\theta_{\text{eq}} \iff U^2 = \frac{m g}{\mu} \tan\theta_{\text{eq}}

   La vitesse du vent U étant positive, on en déduit :

   \boxed{U = \sqrt{\frac{m g}{\mu} \tan\theta_{\text{eq}}}}

   Application numérique :

   • m = 30\text{ g} = 30 \cdot 10^{-3}\text{ kg}
   • g = 9{,}81\text{ m}\cdot\text{s}^{-2}
   • \mu = 1 \cdot 10^{-2}\text{ kg}\cdot\text{m}^{-1}
   • \theta_{\text{eq}} = 8^\circ

   U = \sqrt{\frac{30 \cdot 10^{-3} \times 9{,}81}{1 \cdot 10^{-2}} \times \tan(8^\circ)} \approx \sqrt{29{,}43 \times 0{,}1405} \approx \sqrt{4{,}137} \approx 2{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}

   \boxed{U \approx 2{,}0\text{ m}\cdot\text{s}^{-1}}

   Commentaire sur la cohérence :

   • Cette valeur est de l'ordre de « quelques \text{m}\cdot\text{s}^{-1} » (environ 7{,}3\text{ km}\cdot\text{h}^{-1}, ce qui correspond à une légère brise), en parfait accord avec l'ordre de grandeur annoncé dans l'introduction de la sous-partie I.1.
   • L'angle \theta_{\text{eq}} = 8^\circ \approx 0{,}14\text{ rad} reste faible devant 1\text{ rad}, ce qui valide a posteriori l'hypothèse de faibles inclinaisons formulée pour l'expression de la traînée \vec{F}.

   Résultat

   $$U=\sqrt{\frac{mg}{\mu }\tan {\theta }_{\text{eq}}}$$

   $$U\approx 2,0\text{ m}\cdot {\text{s}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Physique B PC 2021, Q27

   Considérons un élément de surface \mathrm{d}S situé à la distance r de l'axe (Oz) dans le plan supérieur. Le vecteur position par rapport à O est \overrightarrow{OM} = r\,\vec{e}_r.

   D'après la question Q26, la force tangentielle de cisaillement s'exerçant sur \mathrm{d}S est dirigée selon \vec{e}_\theta :

   \overrightarrow{\mathrm{d}F} = \mathrm{d}F\,\vec{e}_\theta = \frac{G r \varphi}{L}\,\mathrm{d}S\,\vec{e}_\theta.

   Le moment élémentaire en O de cette force est donné par :

   \mathrm{d}\vec{\mathcal{M}}_O = \overrightarrow{OM} \wedge \overrightarrow{\mathrm{d}F} = (r\,\vec{e}_r) \wedge \left(\frac{G r \varphi}{L}\,\mathrm{d}S\,\vec{e}_\theta\right) = \frac{G r^2 \varphi}{L}\,\mathrm{d}S\,\vec{e}_z.

   Pour calculer le moment résultant \vec{\mathcal{M}}, on intègre sur la surface circulaire complète du plan supérieur de rayon R. En découpant la section en couronnes élémentaires concentriques de rayon r et d'épaisseur \mathrm{d}r, de surface \mathrm{d}S = 2\pi r\,\mathrm{d}r :

   \begin{aligned} \vec{\mathcal{M}} &= \left( \iint_{\text{disque}} \frac{G r^2 \varphi}{L}\,\mathrm{d}S \right) \vec{e}_z \\ &= \left( \frac{G \varphi}{L} \int_{0}^{R} r^2 \cdot 2\pi r\,\mathrm{d}r \right) \vec{e}_z \\ &= \frac{2\pi G \varphi}{L} \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^R \vec{e}_z \\ &= \frac{\pi G R^4}{2L}\,\varphi\,\vec{e}_z. \end{aligned}

   On en déduit que le moment de torsion s'écrit bien sous la forme :

   \boxed{\vec{\mathcal{M}} = C\varphi\,\vec{e}_z}

   avec la constante de torsion C égale à :

   \boxed{C = \frac{\pi G R^4}{2L}}

   Résultat

   $$\vec{\mathcal{M}}=C\phi {\vec{e}}_z$$

   $$C=\frac{\pi G{R}^4}{2L}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q22

   1. Vitesse de rotation finale \omega_F de la coquille

   La coquille sphérique est en rotation autour de l'axe fixe (O, \widehat{e}_z). En ne prenant en compte que le moment du champ électrique induit \mathscr{M}_{e,z} établi à la question Q21, le théorème du moment cinétique scalaire par rapport à cet axe s'écrit :

   J \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} = \mathscr{M}_{e,z}(t)

   En remplaçant J = \frac{2}{3} m a^2 et \mathscr{M}_{e,z} = -\frac{2}{3}\mu_0 \sigma a \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t} :

   \frac{2}{3} m a^2 \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} = -\frac{2}{3}\mu_0 \sigma a \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}

   Soit, en simplifiant par le facteur commun \frac{2}{3} a :

   m a \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} = -\mu_0 \sigma \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}

   En intégrant entre l'instant initial où \omega(0) = 0 et s(0) = s_0, et l'instant final où la rotation est stabilisée à la pulsation \omega_F avec s(t_f) = 0 :

   \begin{aligned} m a \int_0^{\omega_F} \mathrm{d}\omega &= -\mu_0 \sigma \int_{s_0}^0 \mathrm{d}s \\ m a \omega_F &= \mu_0 \sigma s_0 \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la vitesse de rotation finale :

   \boxed{\omega_F = \frac{\mu_0 \sigma s_0}{m a}}

   2. Absence de contribution de la force magnétique

   Lorsque la coquille tourne à la vitesse angulaire \omega \widehat{e}_z, un élément de surface \mathrm{d}\mathscr{S} portant la charge \mathrm{d}q = \sigma \mathrm{d}\mathscr{S} possède une vitesse purement orthoradiale :

   \vec{v} = \omega a \sin\theta\,\widehat{e}_{\varphi}

   Cet élément de charge est soumis à la force magnétique élémentaire de Lorentz :

   \mathrm{d}\vec{F}_{\mathrm{mag}} = \mathrm{d}q\,(\vec{v} \wedge \vec{B})

   Or le champ magnétique dipolaire \vec{B} créé par le dipôle \vec{s}(t) = s(t)\widehat{e}_z est entièrement contenu dans le plan méridien (\widehat{e}_r, \widehat{e}_\theta) :

   \vec{B} = B_r(r,\theta)\,\widehat{e}_r + B_\theta(r,\theta)\,\widehat{e}_\theta

   Le produit vectoriel donne donc :

   \vec{v} \wedge \vec{B} = v\,\widehat{e}_{\varphi} \wedge (B_r\,\widehat{e}_r + B_\theta\,\widehat{e}_\theta) = -v B_r\,\widehat{e}_\theta + v B_\theta\,\widehat{e}_r

   La force magnétique \mathrm{d}\vec{F}_{\mathrm{mag}} est ainsi strictement contenue dans le plan méridien : elle ne possède aucune composante azimutale selon \widehat{e}_{\varphi}.

   Par conséquent, son moment par rapport au centre O vérifie :

   \mathrm{d}\vec{\mathscr{M}}_O(\mathrm{d}\vec{F}_{\mathrm{mag}}) = \overrightarrow{OM} \wedge \mathrm{d}\vec{F}_{\mathrm{mag}} = (a\widehat{e}_r) \wedge \left[\mathrm{d}q\,v(-B_r \widehat{e}_\theta + B_\theta \widehat{e}_r)\right] = -\mathrm{d}q\,v a B_r\,\widehat{e}_{\varphi}

   Ce moment étant dirigé selon \widehat{e}_{\varphi}, sa projection sur l'axe (O, \widehat{e}_z) est rigoureusement nulle :

   \mathrm{d}\mathscr{M}_{\mathrm{mag},z} = \mathrm{d}\vec{\mathscr{M}}_O(\mathrm{d}\vec{F}_{\mathrm{mag}}) \cdot \widehat{e}_z \propto \widehat{e}_{\varphi} \cdot \widehat{e}_z = 0

   La force magnétique ne produit donc aucun moment par rapport à l'axe de rotation.

   Résultat

   $${\omega }_F=\frac{{\mu }_0\sigma s_0}{ma}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

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

   $$\alpha >1$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS 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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS 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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CCINP 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

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

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique PC 2022, Q6

   Soit (\Delta) l'axe vertical de rotation de l'anémomètre, orienté vers le haut (vers l'observateur). Les quatre coupelles sont situées à égale distance R_{\text{bras}} de cet axe.

   • Les forces tangentielles \vec{F}_{\mathrm{T}} étant portées par les bras, leur droite d'action coupe l'axe (\Delta) : leur moment par rapport à (\Delta) est nul.
   • Les forces normales \vec{F}_{\mathrm{N}} sont orthogonales aux bras ; leur bras de levier par rapport à l'axe (\Delta) est donc maximal et égal à la longueur du bras R_{\text{bras}}.
   • D'après l'étude menée à la question précédente, les coupelles inférieures présentent leur face creuse (concave) face au vent et subissent des forces \vec{F}_{\mathrm{N}} motrices de grande norme (C_{\mathrm{N}} \approx 1{,}6). À l'inverse, les coupelles supérieures présentent leur pointe (convexe) face au vent et subissent des forces résistantes de norme nettement plus faible (|C_{\mathrm{N}}| \approx 0{,}35, soit un rapport d'environ 4{,}5).

   Le moment résultant par rapport à l'axe vertical (\Delta) n'est donc pas nul :

   \sum \mathcal{M}_{\Delta}(\vec{F}) = \sum \mathcal{M}_{\Delta}(\vec{F}_{\mathrm{N}}) > 0

   Le couple moteur exercé sur les coupelles inférieures l'emporte largement sur le couple résistant exercé sur les coupelles supérieures. D'après le théorème du moment cinétique appliqué à l'anémomètre autour de l'axe (\Delta), cette dissymétrie induit une accélération angulaire non nulle : l'anémomètre se met en rotation.

   Sens de rotation : Les coupelles inférieures étant poussées vers la droite (dans le sens du vent) avec une force prépondérante, l'anémomètre se met à tourner dans le sens anti-horaire (sens trigonométrique).

   \boxed{\text{L'anémomètre se met en rotation dans le sens anti-horaire (trigonométrique).}}

   Résultat

   $$\text{L’aneˊmomeˋtre se met en rotation dans le sens anti-horaire (trigonomeˊtrique).}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique-Chimie L PC 2024, Q16

    Le bâton de craie est encastré rigidement en son extrémité supérieure B sur le support horizontal (3), ce qui impose une tangente verticale à la fibre centrale en ce point. Le centre de courbure C est donc situé sur l'horizontale passant par B, à une distance R :

    \vec{\mathrm{BC}} = R\,\vec{e}_x

    La fibre centrale BQ constitue un arc de cercle de centre C et de rayon R. Sa longueur étant constante et égale à L_0, l'angle au centre \alpha = (\vec{\mathrm{CQ}}, \vec{\mathrm{CB}}) vérifie :

    L_0 = R\,\alpha \implies \alpha = \frac{L_0}{R}

    Dans le repère d'origine B, les coordonnées du centre C sont (R, 0). Les coordonnées du point Q sur le cercle de centre C et de rayon R s'écrivent :

    x_\mathrm{Q} - x_\mathrm{C} = -R\cos\alpha \quad \text{et} \quad y_\mathrm{Q} - y_\mathrm{C} = -R\sin\alpha

    L'abscisse de Q par rapport à l'axe vertical non déformé passant par B correspond au déplacement horizontal q :

    q = x_\mathrm{Q} - x_\mathrm{B} = (x_\mathrm{Q} - x_\mathrm{C}) + (x_\mathrm{C} - x_\mathrm{B}) = R(1 - \cos\alpha)

    Dans le cadre de l'hypothèse de faible fléchissement (|q| \ll L_0, ce qui équivaut à L_0 \ll R, soit \alpha \ll 1), on effectue un développement limité au second ordre en \alpha :

    1 - \cos\alpha \simeq \frac{\alpha^2}{2} = \frac{1}{2}\left(\frac{L_0}{R}\right)^2

    On en déduit l'expression du déplacement relatif q :

    \boxed{q = \frac{L_0^2}{2R}}

    Résultat

    $$q=\frac{L_0^2}{2R}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question