Mécanique Rationnelle Cours et Exercices résolus Polycopié

République Algérienne Démocratique et Populaire

Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique

Université Mohamed Boudiaf de M’sila Faculté des Sciences

Département de physique

Polycopié

Mr : OUALI Ameur

Mécanique Rationnelle

Cours et Exercices résolus

2

Ce polycopié est destiné aux étudiants du semestre 3 des sciences techniques du système LMD. Il contient un cours abrégé et des exercices résolus sur la mécanique rationnelle du module Physique 4. Les solutions sont souvent détaillées et permettent à l’étudiant de compléter sa compréhension du cours et faire soi-même son évaluation.

Ce polycopié contient les parties suivantes:

- rappels mathématique sur le calcul vectoriel - statique du solide

- statique du solide en présence de frottement - Centre d'inertie

- moment d'inertie et tenseur d'inertie

Sommaire

RAPPEL MATHEMATHIQUE SUR LE CALCUL VECTORIEL ... 04

Exercices ... 08

Solutions des Exercices ... 09

STATIQUE ... 11

Notions fondamentales de la statique ... 11

Conditions d'équilibre 'un solide ... 12

Exercices ... 14

Solutions des Exercices ... 17

ÉQUILIBRE DES SOLIDES EN PRÉSENCE DU FROTTEMENT ... 26

Frottement de glissement... 26

Angle de frottement ... 29

Exercices ... 30

Solutions des Exercices ... 31

CENTRE D’INERTIE D’UN SYSTEME MATERIEL ... 36

Notions de masses d'un système matériel ... 36

Centre d'inertie des solides ... 37

Théorème de GULDIN ... 38

Exercices ... 39

Solutions des Exercices ... 40

TENSEUR D’INERTIE ... 47

Définition du moment d'inertie ... 47

Tenseur d’inertie ... 48

Axes principaux d’inertie ... 49

Théorème de Huygens ... 49

Moment d’inertie par rapport à une droite quelconque (Δ)... 50

BIBLIOGRAPHIE...52

4

1- Rappel mathématique sur les vecteurs

1.1Vecteurs et Scalaires

Des grandeurs telles que longueur , surface ou masse se laisse décrire complètement par des nombres réels ou scalaires. D'autres, telles que vitesse , accélération ou force nécessitent qu'on précise en plus de leurs intensité, leur direction et leurs sens. Ces grandeurs sont désignées mathématiquement par des objets qu'on appellera " vecteurs".

1.1.1 Notion de vecteur

Un vecteur est un segment de droite OA sur lequel on a choisi une origine O et une extrémité A ; il est défini par :

- son origine ; - sa direction ; - son sens ; - son module.

1.1.2 Classification des vecteurs Il existe plusieurs types de vecteurs :

- Vecteur libre : la direction, le sens et le module sont donnés mais la droite support et le point d’application (origine du vecteur) ne sont pas connues ; - Vecteur glissant : le point d’application (origine du vecteur) n’est pas fixé - Vecteur lié : tous les éléments du vecteur sont déterminés - Vecteur unitaire : c’est un vecteur dont le module est égal à 1.

1.1.3 Composantes d’un vecteur

Considérons une base de l’espace R³ notée R0(O, , , ) : . Cette base est orthonormée si . = δij (δij = 0 si i ≠ j , δij = 1 si i = j)

la base R0 est dite directe si un observateur se plaçant à l’extrémité du vecteur verra le vecteur tourner vers vecteur dans le sens contraire des aiguilles d’une montre. Dans cette base un vecteur de composantes (x, y, z)  R³ s’écrirait :

x + y + z

A

O

1.2.1 Produit scalaire de deux vecteurs

On appelle produit scalaire de deux vecteurs et une loi de composition externe qui associe aux deux vecteurs, un scalaire (nombre réel) noté : ^ tel que :

   R³    R

 V₁. V₂ cos (  le résultat d’un produit scalaire est un scalaire.

Le produit scalaire est nul, si :

▪ Les deux vecteurs sont orthogonaux ;

▪ L’un des vecteurs est nul.

1.2.2 Expression analytique du produit scalaire

Considérons une base directe b de l’espace R³ notée : R0(O, , , )

Soient deux vecteurs et . Leurs expressions dans cette base sont : = x1 +y1 +z1

= x2 +y2 +z2

  x1 +y1 +z1 ) x2 +y2 +z2 ) =x1x2+y1y2+z1z2

1.3.1 Produit vectoriel de deux vecteurs

Le produit vectoriel de deux vecteurs et de l’espace R³ est un vecteur perpendiculaire à et , défini par :  = V1.V2 sin , )

ou : est un vecteur unitaire perpendiculaire à et les trois vecteurs , , forment un trièdre direct.

Le produit vectoriel est nul si : - Les deux vecteurs sont colinéaires ; - L’un des vecteurs, est nul.

1.3.2 Propriétés du produit vectoriel a) Le module du produit vectoriel est égal à l’aire du parallélogramme formé par et ; b) Le produit vectoriel est distributif à gauche et à droite pour la somme vectorielle :

( + )    



 ( ⁺ )   



c) Le produit vectoriel est associatif pour la multiplication par un nombre réel : ( λ   λ  



  λ  



d) Le produit vectoriel est antisymétrique (anticommutatif)  = - (  )

6

Si on applique cette propriété au produit vectoriel d’un même vecteur, nous aurons :  = - (  ) =

On déduit à partir de cette propriété que : deux vecteurs non nuls sont colinéaires si et seulement si leur produit vectoriel est nul.

Si // alors  =

1.3.3 Produit vectoriel des vecteurs unitaires d’une base orthonormée Si b = ( , , ) est orthonormée et directe nous avons :

Sens direct :  = ;  = ;  = Sens opposé :      ;  

1.3.4 Expression analytique du produit vectoriel dans une base orthonormé directe Le produit vectoriel de deux vecteurs et de composantes respectives dans une base orthonormée directe R

= ; =

    



1.4. Produit mixte

On appelle produit mixte de trois vecteurs , , pris dans cet ordre, le nombre réel défini par : ^  

Le produit mixte est donc un scalaire égal au volume V3

du parallélépipède formé par les trois vecteurs.

Le produit mixte est nul, si : - les trois vecteurs sont dans le même plan ; - deux des vecteurs sont colinéaires ; - l’un des vecteurs, est nul.

On montre facilement que, dans une base orthonormée directe, le produit mixte est un variant scalaire par permutation circulaire direct des trois vecteurs car le produit scalaire est commutatif :         

Remarque :

Une notation simplifiée, dans laquelle les opérateurs n’apparaissent pas, est adoptée dans ce cas pour faciliter l’écriture des équations vectorielles :

^   est équivalent à (

( ( = ( 1.5 Double produit vectoriel

Le double produit vectoriel de trois vecteurs respectifs est un vecteur exprimé par la relation :   Le vecteur est perpendiculaire au vecteur et au vecteur formé par le produit :   il est donc dans le plan formé par les vecteurs

.

le vecteur peut s’écrire : = α +β

Nous pouvons présenter cette relation autrement par identification des scalaires α et β , on obtient : ^        

Il faut faire attention à l’ordre des vecteurs car le produit vectoriel n’est pas commutatif.

Pour retenir cette formule, il est plus simple de l’écrire sous la forme :         

1.6 Règle des sinus dans un triangle

On considère un triangle de côtés a, b, et c, et α, β, γ ses angles aux sommets A, B, et C. La hauteur issue de C divise le triangle ABC en deux triangles rectangles. Notons h cette hauteur;

on peut appliquer la définition du sinus dans les deux petitstriangles rectangles pour exprimer h:

b

 h



sin et

a

 h

 sin

Dont on tire deux expressions pour h



 sin

sin a

b

h 

et donc :



 sin sin

b a 

En faisant de même avec la hauteur issue de A on obtient :



 sin sin

c b 

La formule dite des sinus est alors :





 sin sin sin

c b

a  

8

Exercices

Exercice 1 : Dans un repère orthonormé direct on donne les points suivants: A(2,1,0);

B(1,3,0); C(1,1,4).

-Calculer l’aire du triangle ABC, le volume du tétraèdre OABC et la distance OH de O au plan ABC.

-Donner le vecteur unitaire perpendiculaire au plan ABC.

Exercice 2 : Calculer la résultante R des 4 forces appliquées comme le montre la figure.

Exercice 3 : Un manchon qui peut glisser dans un axe vertical est sollicité par les trois forces représentées. La direction de F peut varier.

Dites s’il est possible que F forme avec les deux autres forces une résultante R horizontale, sachant que la grandeur de F est : a) 2135 N , b) 1245 N.

Solutions des exercices

Exercice N°1 :

Calcul de l’aire du triangle ABC :

L’aire d’un triangle peut ce calculer a partir du produit vectoriel : BC

AB

S  

2 1

















0 2 1

AB ,

















 4

2 0 BC

4 2 0

0 2 1



 

BC AB

k j i BC

AB 8 4 2

84 2

4

8²  ²  ² 



BC AB

L’aire du triangle ABC :

2

 84 S

Calcul du volume du tétraèdre OABC :

Le volume d’un tétraèdre peut ce calculer a partir du produit mixte : )

.(AB BC OA

V  

















0 1 2 OA

20 ) 2 4 8 )(

1 2

(    

 i j i j k

V

Calcul de la distance OH de O au plan ABC :

Le volume d’un tétraèdre peut s’exprimer par cette formule : SOH

V 3

 1

Où Sest la surface de la base du tétraèdre et OH la hauteur du tétraèdre s’appuyant sur cette base.

Donc 3 13.09





 OH

S OH V

Expression du vecteur unitaire perpendiculaire au plan ABC

On a déjà calculé le vecteur perpendiculaire au plan ABC :D ABBC8i4j2k

11

Le vecteur D peut s’écrire en fonction de son vecteur unitaire par : D Du_D Donc

D

u_D  D , )

21 , 1 21 , 2 21 ( 4 uD

Exercice N°2 :

4 3 2

1 F F F

F

R   

La projection sur les axes du repère : Sur l’axe ox :

15 cos 20

sin 30

cos _{2 4}

1 F F

F

R_x   

Sur l’axe oy :

15 sin 20

cos 30

sin _{2 3 4}

1 F F F

F

R_y    

A.N: R_x 199.24N et R_y 14.22N N R

R R

R _x²  _y²  199.7

Exercice N°3 :

2

1 F

F F R  

La projection sur les axes du repère : Sur l’axe ox :

30 cos sin F₂ F

R  ……. (1)

Sur l’axe oy :

1 2sin30 cos

0F F F ……. (2) De l’équation (2) :

F F F₂sin30 ₁

cos 

  ……. (3)

A.N :

1^er cas : F= 2135N : cos 0.66 donc on peut avoir une résultante horizontale.

2^eme cas : F= 1245N : cos 1.14 dans ce cas impossible d’avoir une résultante horizontale.

2- Statique

Introduction

La statique est une branche de la mécanique rationnelle qui traite l’équilibre des corps matériels par rapport à un système de référence supposé fixe, et ses moyens de réduire un système de forces à une forme élémentaire. Dans ce chapitre on aborde des notions sur le point matériel, le corps solide parfait, la force, le moment d’une force et les torseurs des forces extérieures. Ensuite, on donne les conditions d’équilibres statiques, et les différents types des liaisons et de réactions. Enfin, on explique quelques opérations sur les forces concernant la réduction d’un système de forces à une résultante et la décomposition d’une force à plusieurs composantes.

NOTIONS FONDAMENTALES DE LA STATIQUE

Point matériel: On appelle un point matériel, une particule matérielle dont les dimensions sont négligeables dans les conditions du problème considéré. La différence par rapport au point géométrique, réside en le fait que le point matériel est supposé contenir une certaine quantité de matière concentrée. Un point matériel jouit donc de la propriété d’inertie, et d’interactions avec d’autres points matériels

Corps solide parfait: Tout corps physique se présente en mécanique comme un système de points matériels : on entend par-là un ensemble de particules matérielles qui agissent les unes sur les autres conformément au principe d’égalité de l’action et de la réaction. Par corps solide, on entend un corps dont deux points quelconques restent en toutes circonstances séparés par une distance inchangée. Autrement, le corps solide conserve une forme géométrique constante il reste indéformable .

Force: Par la force, on désigne en mécanique la mesure quantitative d’interaction mécanique des corps matériels. On appellera force l’action d’un corps sur un autre, se traduisant par une pression, une attraction, une répulsion…ect. L’action de la force sur le corps est déterminée par

- le point d’application : A ; - le sens : A→B

- La direction où la ligne d’action : (),





F B

A

12

h

B F P A

- le module où la valeur numérique = . Moment d’une force par rapport à un point

Soit une force et un point O. Menons par O un plan contenant .

Abaissons de O une perpendiculaire OP sur la direction AB de la force . La longueur de la perpendiculaire est le bras de levier h de la force par rapport au point O;ce point s’appelle pôle.

Le moment de F par rapport à O est le produit du module F du vecteur de la force F par le bras de levier h, qui peut être affecté de signe positif ou négatif.

Mo ( F )   F

Mo ( F )  0 si la force fait tourner le plan dans le sens contraire à celui des aiguilles d’une montre.

Mo ( F )  0 si la force fait tourner le plan dans le sens des aiguilles d’une montre.

| ( )|  F h  F OA sin   F r sin  |  | d’où

| ( )| |  |

Le vecteur moment ( ) est égal en module à l’aire du parallélogramme construit sur les vecteurs et . Il est perpendiculaire au plan de ces deux vecteurs.

Equilibre du solide

Pour que le solide sous l’action de N forces extérieures soit en équilibre statique il faut et il suffit que :

- La résultante de toutes les forces extérieures appliquées au solide, soit nulle : 0

1



 N

i

Fi

- Le moment résultant de toutes ces forces en un point O, soit nul: ( ) 0

1

/ 



i

i O F M Méthode de résolution :

C

h

B



 F

P A

1. Isoler le système étudié : Isoler c’est tracer une frontière. L’intérieur de la frontière est le système isolé. Il doit être en équilibre. On ne retient, de l’extérieur de la frontière, que les actions mécaniques s’appliquant au système isolé.

2. Faire le bilan des actions mécaniques appliquées au système : On fait la liste de toutes les actions mécaniques qui s’appliquent au système étudié. En même temps on écrit sous forme de vecteur ces actions mécaniques.

3. Résoudre le problème : deux méthodes possibles :

* Graphique : uniquement des tracés, aucun calcul autre que mise à l’échelle

* Analytique : uniquement des calculs

14

Exercices sur la Statique

Exercice 1 : Un cylindre homogène de rayon R et de poids Q s’appuie sur deux cylindres identiques de rayon r et de poids P qui reposent sur un plan

horizontal. Les centres des deux derniers cylindres sont reliés par un fil de longueur 2r.

Déterminer la tension du fil, la réaction des cylindres sur le plan ainsi que les réactions entre les cylindres en négligeant les frottements.

Exercice 2 : Le poids de la grue représentée ci contre est égal, sans contrepoids à P. La ligne d’action de P passe à une distance c de la roue gauche A. L’écartement des roues est AB = a, la charge maximale que peut soulever la grue est égale à P1.

On veut garantir la stabilité de la grue en charge et à vide. On donne L=4a, b=c, c=a/2, P1=P/2

En fonction de P

1- Calculer les valeurs minimales Q1v et maximale Q2v

du contrepoids correspondant au basculement de la grue à vide (P1=0)

2- Calculer les valeurs minimales Q1c et maximale Q2c

du contrepoids correspondant au basculement de la grue en pleine charge (P₁=P/2)

3- En déduire la plage de variation du contrepoids Q pour un fonctionnement stable à vide et en charge.

Exercice 3 : une barre de longueur L et de poids P est soulevée par la force F comme le montre la figure ci contre. En négligeant les frottements en A

et B :

1- calculer l’angle  à l’équilibre.

A. N: P = 89N, F = 44.5N , L = 6cm, α = 60°

Exercice 4 : Une barre AB de longueur 2m en état d'équilibre s’appuie en A sans frottement sur un mur et le point A est attaché à une corde AC.

Calculer dans ce cas la longueur de la corde si BC = 2m.

Exercice 5 : Une tige uniforme AB, de longueur 3R, repose à l’intérieur d’un hémisphère de rayon R. Calculez l’angle θ pour que la tige soit en équilibre (on néglige les frottements).

Exercice 6 : Une tige AB, de longueur L et de poids P repose sur deux plans inclinés.

On négligeant les frottements en A et B, calculer les réactions de la barre sur les deux plans ainsi que l’angle θ que fait la barre avec l’horizontale à l’équilibre.

Exercice 7 : Deux cylindres A et B reposent sur deux plans inclinés comme le montre la figure.

Le cylindre A pèse 300N et le B pèse 100N.

a- Calculer l’angle θ à l'équilibre.

b- Calculer les réactions en M et en N.

c- Calculer la réaction entre les deux cylindres.

16

Exercice 8 : Une poutre de 3,66m de long est chargée de différentes manières, comme l’indique la figure. Localisez parmi ces mises en charge celles qui sont équivalentes.

Exercice 9 : La force et le couple illustrés par la figure doivent être remplacés par une force unique. Déterminer la valeur de α pour que la ligne d’action de la force unique équivalente passe par le point B.

Sachant que α = 60°, remplacer la force et le couple par une force unique appliquée à un point : a) de la ligne AB

b) sur la ligne CD

Déterminer pour chaque cas la distance entre le point O et le point d’application de la force.

Solutions des exercices sur la statique

Exercice N°1 :

Toutes les forces agissant sur ces cylindres sont situées dans le plan (xoy) 1. Réaction des cylindres sur le plan :

La porte est en équilibre statique, nous pouvons écrire :

0



0







 _{B A B}

A P Q R R

P

La projection sur l’axe oy :

0









P_A P_B Q R_A R_B ……. (1) On a : P_A P_B P et R_A R_B  R De l’équation (1) :

2 2P Q

R 



2. Réactions entre les cylindres : En isolant le cylindre C :

0



0



R_AC R_BC Q

La projection sur les axes du repère :

Sur l’axe ox :R_ACsinR_BCsin 0 ……. (1) Sur l’axe oy : QR_AC cosR_BCcos 0……. (2) De l’équation (1) : R_AC  R_BC

Donc de l’équation (2) :

 cos 2 R_AC  Q

On a :

R r

r

 



sin et cos²sin² 1 donne : ₂

2

) 1 (

cos R r

r

 

 

Alors :

Rr R

Q r R R

R_{AC BC}

2 2

) (

2 

 



Remarque : la réaction entre le cylindre A et B est nulle car sans le fil le système ne serait en équilibre.

3. La tension dans le fil :

18

En isolant le cylindre A :

0



0





 _{A AC}

A R T R

P

La projection sur les axes du repère :

Sur l’axe ox : T R_AC sin 0………. (1) Sur l’axe oy : P_AR_A R_ACcos 0………. (2) De l’équation (1) : T  R_ACsin

Donc :

Rr R

T rQ

2

2 ² 



Exercice N°2 :

La grue est en équilibre statique. Le moment résultant par rapport au point A et B est nul.

0 )

/ ( 



0 ) ( )

( )

( )

( )

( _{1 / / / /}

/ P M P M R M R M Q 

M _{A A A A A B A}

0 )

1LPcR aQ(ab 

P _B ….. (1)

0 )

/ ( 



0 ) ( )

( )

( )

( )

( _{1 / / / /}

/ P M P M R M R M Q 

M _{B B B A B B B}

0 )

( )

1(La P ca R aQb

P _A ….. (2)

1. Calcul des valeurs min et max de Q quand P1=0 : Qmin (Q1v) : RB=0

L’équation (1) devient: PcQ_1v(ab)0, donc

1 3 Q_v  P

Qmax (Q2v) : RA=0

L’équation (2) devient: P(ca)Q_2vb0, donc Q_2v 3p

2. Calcul des valeurs min et max de Q quand P₁=P/2 : Q_min (Q_1c) : R_B=0

L’équation (1) devient: P₁LPcQ_1c(ab)0, donc

3 5

1

Q_c  P

Qmax (Q2c) : RA=0

L’équation (2) devient: P₁(La)P(ca)Q_2cb0, donc Q_2c 8p

3. La plage de variation du contrepoids Q pour un fonctionnement stable à vide et en charge : L’intervalle est : P Q p

3 3

5  

Exercice N°3 :

Calcul de l’angle  à l’équilibre :

La barre est en équilibre statique, nous pouvons écrire :

0



0





F R_A R_B P

La projection sur les axes du repère : Sur l’axe ox :FR_Bsin 0 ……. (1)

Sur l’axe oy : PR_AR_Bcos 0……. (2) De l’équation (1) :

 sin R_B  F

De l’équation (2) :



 sin

cos P F

R_A   A.N : R_A 63.3N et R_B 51.38N

Le moment résultant par rapport B est nul.

0 )

/ ( 



0 ) ( )

( )

( )

( _{/ / /}

/_B P M _B F M _B R_A M _B R_B 

M

0 cos sin

2cosFL R L  

PL _A

) 2 )

( ( 2 )

(

F P R arctg F

P R tg

A

A  



 

  



A.N :  22.7 Exercice N°4 :

Calcul de la longueur de la corde AC :

Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :

0



21

0



T R_B P

La projection sur les axes du repère : Sur l’axe ox : R_B Tcos 0………. (1) Sur l’axe oy : PTsin 0……….... (2) Des équations (1) et (2) :

RB

tg  P Le moment résultant par rapport A est nul.

0 )

/ ( 



0 ) ( )

( )

( _{/ /}

/_A P M _A T M _A R_B 

M

0 sin

2 cos  

 AB  R AB 

p _B

2R2

tg  P

  , alors tg tg 2

 1

Du triangle ACD: AC² CD²AD² et

AD tg  CD

Du triangle ABD: AB²  AD²DB² et

AD tg  BD

Donc CD BD BC

AD CD AD

BD 2 2

2

1   



Et la relation CD=CB+BD Alors AC 3BC² AB²

Exercice N°5 :

Calcul de l’angle  à l’équilibre

Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :

0



0



R_A R_B P

La projection sur les axes du repère (xoy) : Sur l’axe ox :

0 sin 2

cos  _B  

A R

R ………. (1)

Sur l’axe oy :

0 cos 2

sin  



P R_A  R_B  ………. (2)

Le moment résultant par rapport A est nul.

0 )

/ ( 



0 ) ( )

( )

( _{/ /}

/_A P M _A R_A M _A R_B 

M

2   0

 AB R AC

P _B

cos 0 sin 2

cos 2 cos

sin 2 sin

3 2 cos 3

0 ²





 







 







 





















 





  











R R R

R R

R

p _B

B

0 cos 2

cos sin 2

2 cos

3 _{2 3}







 RP  RR_B   RR_B 

On simplifiant cette équation, on trouve que:

4 R_B 3P De l’équation (1) :



 2 cos 4

sin R_A 3P

Dans l’équation (2) :

0 4 cos

2 3 2 sin cos 4

sin

3  



  



 P

P P

En utilisant ces formules :

















cos sin 2 2 sin

sin 2 1 1 cos 2 sin

cos 2

cos ^{2 2 2 2}















L’équation devient après simplification : 0

4 cos 3 cos

8 ²   

  

Si on pose xcos : 8x²3x40

137































6 . 122 54

. 0 cos

54 . 0

24 91

. 0 cos 91 . 0

2 2

2

1 1

1







 x

x

Donc  à l’équilibre vaux 24°

Exercice N°6 :

1. Calcul des réactions de la barre sur les 2 plans :

Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :

22

0



0



R_A R_B P

La projection sur les axes du repère (xoy) : Sur l’axe ox :

0 sin sin _B  

A R

R ………. (1)

Sur l’axe oy :

0 cos

cos  



P R_A  R_B  ………. (2)

De l’équation (1) :



 sin

Bsin

A

R  R ……. (3)

En remplaçant l’équation (3) dans l’équation (2) : 0

sin cos cos

sin  



 







B

B R

R P

0 ) sin(

sin   

P  R_B   Donc :

) sin(

sin







 P 

R_B ….. (4)

En remplaçant l’équation (4) dans l’équation (3) : )

sin(

sin







 P  R_A

2. Calcul de l’angle  à l’équilibre : Le moment résultant par rapport A est nul.

0 )

/ ( 



0 ) ( )

( )

( _{/ /}

/_A P M _A R_A M _A R_B 

M

2   0

 AB R AB

P _B

sin 0 cos cos

sin 2 sin

2 cos

0 



 







 

























 





 











AB AB R

R AB

AB

p _B

B

0 cos cos sin

sin

2 PcosABR_B   ABR_B   

AB

0 cos )cos

sin(

sin sin )sin sin(

cos sin 2

1 

 

   





 

 



 

0 )cos

sin(

sin sin ) sin(

sin 2

1 

 

  





 

 



 tg

0 cos sin sin

2 sin )

sin(       

tg

Apres simplification :







 

sin sin 2

) sin( 

 tg

Exercice N°7 :

1. Calcul des réactions aux points M et N :

Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :

0



0





 _{B N M}

A P R R

P

La projection sur les axes du repère : Sur l’axe ox :

0 60 sin 30

sin  

R_N R_M ………. (1)

Sur l’axe oy :

0 60 cos 30

cos  





P_A P_B R_N R_M ………. (2)

On remplaçant cos60par sin30 dans l’équation (1), on trouve que :

30 tg R

R_M  _N … (3)

En remplaçant l’équation (3) dans l’équation (2) : N

R_N 346.4 et R_M 200N 2. Calcul de l’angle  à l’équilibre : On prend le cylindre A :

La somme des forces appliquées sur le cylindre A est nulle :

0



0



 _{N BA}

A R R

P

La projection sur les axes du repère : Sur l’axe ox :

0 cos 30

sin  

R_N R_BA  ………. (1)

Sur l’axe oy :

0 sin 30

cos  



P_A R_N R_BA  ………. (2)

De l’équation (1) :

 cos

30

Nsin

BA

R  R …. (3)

24

En remplaçant l’équation (3) dans l’équation (2) :

30 sin

30 cos

N N A

R R tg P 

  A.N : tg 0 0

3. Calcul de la réaction entre les 2 cylindres : De l’équation (3) :R_BA 173N

Exercice N°8 :













m N F

M

N F

B 2240 .

) (

889

/

m N F

M

N F

B 813 889.6.33 6440.37 . )

( 889

/   























m N F

M

N F

B 2240 889.633 813 . )

( 889

/









m N F

M

N F

B 2240 . )

( 889

/











m N F

M

N F

B 2240 . )

( 889

/











m N F

M

N F

B 813 . )

( 889

/











m N F

M

N F

B 2240 .

) (

889

/















m N F

M

N F

B 813 889.633 4066.74 . )

( 889

/

Donc c et f sont équivalentes.

Exercice N°9 :

1. Valeur de  pour que la force unique passe par le point B :

Si on considère que la force unique passe par le point B, donc le moment résultant par rapport au point B est nul.

x B x B

x B x B

x B x B

x B x B

0 ) ( )

( 2 ) (

0 ) (

2 / 1 / /

/













F M F M F

M F M

B B

B B

2 1 2

1

0 2

2 F

r h F h

F r

F    

A.N :h 25mm

960 100 . 120 .

2 



Et on a : sin arcsin( )

r h r

h  

 



A.N :  ) 14.47

100 arcsin( 25 



2. Une force unique appliquée a un point de la ligne AB :

On considère le point E de la ligne AB est le point d’application de la force unique. On note que la distance entre les points E et O est x. Le moment résultant par rapport au point E est nul.

0 ) ( )

( 2 ) (

0 ) (

2 / 1 / /

/













F M F M F

M F M

E E

E E

 

sin 0 2

sin 2

2 1 2

1 F

r x F

x F r

F    

A.N :x 29mm

60 sin 960

100 . 120 .

2 



3. Une force unique appliquée a un point de la ligne CD :

On considère le point G de la ligne CD est le point d’application de la force unique. On note que la distance entre les points G et O est y. Le moment résultant par rapport au point G est nul.

0 ) ( )

( 2 ) (

0 ) (

2 / 1 / /

/













F M F M F

M F M

G G

G G

 

cos 0 2

cos 2

2 1 2

1 F

r y F

y F r

F    

A.N :y 50mm

60 cos 960

100 . 120 .

2 



26

3-Équilibre des solides en présence du frottement

3.1 Frottement de glissement

On appelle frottement de glissement la résistance qui s’oppose au glissement de deux solides à paroi rugueuse en contact.

Expérience

Soit un solide de poids P qui repose sur une surface horizontale. Appliquons à ce solide une force horizontale T

Figure a Figure b Figure c

1^er cas : Surfaces en contact polies :

La force du poids P est équilibrée par la réaction N. Dans ce cas, aucune force ne s’oppose à la force motrice T (Figure a). Le solide est en mouvement.

2ème cas : Surfaces en contact rugueuses :

La force du poids P est équilibrée par la réaction N . Le solide peut rester au repos, dans ce cas, il existe une autre force qui s’oppose au mouvement du solide de même direction et de sens opposée à T (Figure b). On appellera cette force, force de frottement de glissement F_fr .

Augmentons progressivement la force T (figure c). Tant que le solide reste au repos, la force F_fr équilibre à chaque instant la force motrice T, dans ce cas la force F_fr

augmente avec elle jusqu’à une valeur maximale F_max (Ffr  F_max) où le corps solide est en mouvement. La force maximale F_max correspond au cas limite de l’équilibre du solide, c’est à dire à l’instant où celui-ci est à mi-chemin (dans la zone de transition) entre le repos et le mouvement.

3.2 Force de frottement statique

La force de frottement de glissement est une force résistante qui agit dans le plan tangent aux deux surfaces de contact dans le sens opposé à la force motrice et de direction parallèle aux surfaces de contact.

La force de frottement qui agit lorsque le corps se trouve avant le mouvement (immobile) s’appelle force de frottement de repos ou force de frottement statique.

D’après la loi de Coulomb, la valeur maximale du module de la force de frottement de repos où statique F_max où Fs est proportionnelle à la pression normale du solide sur la surface d’appui : F_max  fs N

Où fs est le coefficient de frottement de glissement, sans dimension, qui est en fonction des matériaux des surfaces en contact et de l’état de ces surfaces.

Quelques valeurs du coefficient de frottement de glissement fs pour quelques matériaux:

- Acier sur glace 0,027 - Acier sur acier 0,15 - Bronze sur fonte 0,16

- Cuir sur fonte 0,28

3.3 Force de frottement cinétique

La force de frottement qui agit quand un solide se déplace sur l’autre, est la force de frottement cinématique F_k. Elle est aussi proportionnelle à la réaction normale :

Fk  f_k N

Où fk est le coefficient de frottement de glissement en mouvement. Il est fonction de la vitesse de mouvement. Il reste toujours inférieur au coefficient de frottement au repos (fk < fs )

Exemple d’application

On applique une force F = 100 N sur un bloc solide de poids W = 300 N, placé sur un plan incliné . Le coefficient de frottement statique sur le plan incliné d’un angle  par rapport à l’horizontale, est fs = 0.25. Calculer la force de frottement requise pour maintenir l’équilibre et vérifier l’équilibre du bloc, si fs = 0.4, qu’est ce que vous remarquez ?

N Fmax  F_s T

P

28

Solution

Commençons par le calcul du module de la force de frottement capable de maintenir l’équilibre du bloc. En supposant que F_fr est dirigée vers le bas et parallèle au plan incliné.

Nous pouvons tracer le schéma du bloc isolé et écrire les équations d’équilibre :





On remplace F et W par leurs modules respectifs, on trouve après calcul : F_fr = - 80 N où Ffr= 80 N dirigée vers le haut

Et N = 240N

La force requise pour maintenir l’équilibre est une force de 80 N, dirigée vers le haut parallèlement au plan incliné. Le bloc a donc tendance à descendre le plan incliné.

La force de frottement maximale :

La grandeur de la force de frottement maximale est donnée par : F_max=f_s N ;

F_max=0.25(240N)=60N

Comme la valeur de la force de frottement requise pour maintenir l’équilibre est F_fr = 80N, plus grande que la valeur maximale possible Fmax = 60N, l’équilibre ne pourra pas être maintenu et le bloc descendra le plan incliné.

Dans le cas où fs = 0.4, la force de frottement maximale s'écrit : F_max=0.4(240N) = 96N

Dans ce cas, Ffr = 80N < Fmax= 96N, donc le corps peut rester en équilibre.

R N _ T Fr_fr

P

  

 N

T Fr_max

P 3.4 Angle de frottement

Figure 1 Figure 2

Lorsque le corps solide est au repos, la réaction totale d’une surface rugueuse R , compte tenue du frottement, est déterminée en module et en direction par la diagonale rectangle formé par la réaction normale N et la force de frottement F_fr (Figure 1) : R  N  F_fr

La direction de R fait un angle fait un angle  avec N du coté opposé à T . Dans ce cas, plus T est grand plus la direction de R s’écarte de la normale.L’écart maximal est constaté lorsque F_fr = Fmax . La valeur maximale de l’angle d’écart  s’appelle angle de frottement  (figure2), et est exprimée par :

tg  F_max / N f_sN/N  fs   arctgf_s

31

Exercices sur la statique en présence de frottement

Exercice 1 :

Une barre AB de longueur L = 1m et de poids P repose en A sur un plan rugueux et en C sur un hémisphère de rayon R = 25cm avec le même coefficient de frottement μ = 0.25.

Calculer la plus grande valeur de l'angle θ à l’équilibre.

Exercice 2 :

Une caisse de poids 445N repose sur un plan incliné d’un angle α = 25° avec un frottement de coefficient μ = 0.2.

Calculer la grandeur et la direction de la plus petite force F : a. qui fait monter la caisse vers le haut du plan.

b. qui empêche la caisse de glisser vers le bas du plan.

Exercice 3 :

Une échelle de poids négligeable et de longueur L = 5.1m, fait un angle de 60° avec l’horizontale, s'appuie en A sur un mur lisse (sans frottement) et en B sur un plan horizontal rugueux avec un angle de frottement φ = 20°.

Déterminer jusqu'à quelle hauteur sur l'échelle un homme de poids P = 700N peut arriver sans que l’échelle glisse.

Solution des exercices

Exercice N°1 :

1. Calcul de la plus grande valeur de l’angle  à l’équilibre:

Toutes les forces agissant sur ces cylindres sont situées dans le plan (xoy)

Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces et le moment résultant par rapport A sont nuls :

0



0







T_C T_A N_A N_C T

La projection sur les axes du repère (xoy) : Sur l’axe ox :

0 cos

sin  



T_A N_C  T_C  ……. (1)

Sur l’axe oy :

0 sin

cos  





N_A P N_C  T_C  ……. (2)

On a les forces de frottement T_A N_A et T_C N_C Les équations (1) et (2) deviennent :

0 cos

sin  



N_A N_C  N_C  ……. (1) 0

sin

cos  





N_A P N_C  N_C  ……. (2)

0 )

/ ( 



0 ) ( )

( _/

/_A P M _A N_C 

M

0 2cos N AC 

pL  _C ……. (3)

Du triangle OCA :

 tg

AC  R ……. (4)

En remplaçant l’équation (4) dans (3), on trouve RL

N_C P 2

sin

 ……. (5)

En remplaçant l’équation (5) dans (1), on trouve 0

2 cos sin 2

sin²  



    

RL P RL

N_A P ……. (6)

Et en remplaçant l’équation (5) dans (2), on trouve

32

2 0 cos sin

2

sin ²









 RL

P RL

P P

N_A    

……. (7) En simplifiant les équations (6) et (7) :

0 1 2 sin

2

1  2  

 



   

R R

Donc _









 

 

 _{2 2}

1 arcsin 2 1

sin 2



 



 ^{R R}

A.N :  20 Exercice N°2 :

1. Calcul de la force F qui fait monter la caisse vers le haut du plan : Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :

0



0





T F N P

La projection sur les axes du repère (xoy) : Sur l’axe ox :

0 ) cos(

sin   



T P  F   ……. (1)

Sur l’axe oy :

0 ) sin(

cos   

P  F  

N ……. ..(2)

On a la force de frottement T N

L’équation (1) devient : NPsinFcos()0

Et 





 cos( )

sin  

 P F

N …. ..(3)

En remplaçant l’équation (3) dans (2) :

0 ) sin(

) cos cos(

sin      

   







 F P F

P

0 )) sin(

) (cos(

) cos

(sin      

P    F     

) sin(

) cos(

) cos (sin























 P 

F …. ..(4)

 

min  cos()sin() F



















      

sin( ) cos( ) 0 tg( )

Le coefficient de frottement tg





 tg

tg(  )   A.N :  36.3

La grandeur de F peut être calculée de la formule (4) : F 263.4N

2. Calcul de la force F qui empêche la caisse de glisser vers le bas du plan :

C’est les mêmes étapes que la question 1 sauf que dans ce cas la direction du frottement est inversé (–T=T) puisque la caisse glisse vers le bas.

0



0





T F N P

Sur l’axe ox :TPsinFcos()0 ……. (1) Sur l’axe oy : NPcosFsin()0……. ..(2) Donc :

) sin(

) cos(

) cos (sin























 P 

F ……. ..(3)

 

min  cos()sin() F



















    tg  tg

sin( ) cos( ) 0 ( )





  

 et  13.7

La grandeur de F peut être calculée de la formule (3) : F 105.3N Exercice N°3 :

Détermination de la hauteur maximum :

Le système donné est en équilibre statique. La somme des forces est nulle :

0



0





R_A T N_B P

La projection sur les axes du repère (xoy) : Sur l’axe ox :T R_A 0 ……. (1)

Sur l’axe oy : N_BP0……. ..(2)

Avec la force de frottement T N_B et le coefficient de frottement tg

34

De (1) et (2) on obtient : R_A N_B P

Le moment résultant par rapport au point B est nul : 0

)

/ ( 



0 ) ( )

( _/

/_B P M _B R_A 

M

0 60 sin 60

cos R L 

Ph _A

0 60 sin 60

cos  PL 

Ph 

Donc hLtg60 A.N : h3.2m

4 - Géométrie des masses

Afin de comprendre et de pouvoir décrire les mouvements des systèmes matériels, il est important de connaître la répartition géométrique afin de se préparer aux concepts de cinétiques et dynamiques des solides.

L’intérêt de cette partie est de nous permettre de connaître un certain nombre de données sur la répartition des masses des systèmes. Nous, nous intéresserons à la détermination : - des centres de masse du solide

- des moments d’inertie, des produits d’inertie par rapport à des axes et aux tenseurs d’inertie des solides quelconques dans différents repères.

L’opérateur d’inertie sert à caractériser la répartition des masses d’un solide, afin d’étudier par la suite, un mouvement quelconque de celui-ci.