Solution rattrapage :

(1)

Année 20004-2005

RATTRAPAGE

: Mécanique Rationnelle Durée : 2 heures Exercice 01 : (07 points)

Un couvercle homogène ayant la forme d’un demi disque de rayon a, de poids P, est maintenu par une tige horizontale AB de masse négligeable. La tige est liée par une liaison sphérique en A et cylindrique en B. Une corde inextensible CD , de masse négligeable est attachée au point C et soulève le couvercle de tel sorte qu’il fasse un angle α =30° avec l’axe horizontal (oy). L’autre extrémité est attachée au point D (- a, 0, a). On donne : OA = OB = OC = a

Le centre d’inertie G du couvercle est situé sur l’axe OC tel que :

π 3 OG= 4a 1. Ecrire les équations scalaires d’équilibre ;

2. En déduire les réactions des liaisons aux points A et B ainsi que la tension de la corde.

Exercice 02 : (05 points)

A

α y

B

C

x

O

z D

G

(2)

Déterminer :

1. La vitesse de rotation instantanée du disque.

2. La vitesse et l’accélération absolues du point C.

3. Le torseur cinétique du disque au point O.

4. Le torseur dynamique du disque au point O.

5. L’énergie cinétique du système.

Solution rattrapage :

→

→ 1 0,z z

O

A

θ•

ψ•

L L/2 R

→

x

1

→

y0

→

x0

→

z2

C

Une machine de ponçage des sols est composée d’un bras OAC, de masse négligeable, tel que OA=L, AC=L/2 et d’un disque de rayon R, de masse M. Le bras est en mouvement de rotation par rapport au bâti fixe, avec une vitesse de rotation

=Cte

ψ• ,

( x

^→₀

, x

^→₁

) = ( y

^→₀

, y

^→₁

) = ψ

. Le disque tourne autour du bras AC, avec une vitesse de rotation θ^• =Cte, tel que

θ

=

^→ ^→

→

, x ) ( y , y ) x

(

₁ ₂ ₁ ₂ . On prendra R₁ comme repère de projection.

1- Déterminer les coordonnées (XG , YG) du centre de masse du corps homogène linéique suivant, ayant la forme d’un quart de cercle.

2- En déduire l’aire de la surface de révolution obtenue, lors de la rotation du corps autour de l’axe Ox.

O Y

X

R

(3)

Nous avons:

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

→⎛−

−

0 0 2a AB ;

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

°

−

°

→ −

−

30 sin

30 cos a a

a

AC ;

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

°

−

°

→ −

−

30 3 sin 4

30 3 cos 4

π πa

a a AG

Déterminons les composantes de

T→, en effet nous pouvons écrire :

CD TCD u

T T _CD

→

→ −

→= =

→

→ →

→

→ →

+

−

− + =

− +

−

+

−

= − T i T j 0,750Tk

a

k a j a i

T a

T 0,5 0,433

) 5 , 1 ( ) 866 , 0 ( ) 1 (

5 , 1 866 , 0

2 2

2

d’où :

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

→⎛

Az Ay Ax A

R R R

R ;

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

→⎛

Bz By B

R R R

0 ;

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

→ −

T T T T

750 , 0

433 , 0

5 , 0

; ⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

→

P P 0

0

1) Le système est en équilibre statique :

→

→ =

∑

⁰

i

Fi ⇒ R^→_A+R^→_B+T^→+P^→ =^→0 (1)

→

− =

∑

^/ ⁰

i

A

Mi ⇒ AB⁻^→∧R^→_B +AC⁻^→∧T^→+AG⁻^→∧^→P=^→0 (2) La projection de l’équation (1) sur les axes donne :

0 5 ,

0 =

− T

R_Ax (3) 0

433 ,

0 =

−

+R T

R_Ay _By (4) 0

750 ,

0 − =

+

+R T P

R_Az _Bz (5) L’équation vectorielle (2) se traduit par :

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

⎟=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

⎟∧

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

⎟+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

⎟∧

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

⎟+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

⎟∧

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛−

0 0 0 0

0 3

/ ) 2 (

3 / ) 3 2 ( 750

, 0

433 , 0

5 , 0 )

2 / (

2 / ) 3 ( 0 0

0 2

P a

a a T

T T a

a a R

R a

Bz By

π π

3 0 3 2 2

433 , 750 0

, 0 2 .

3 − − a P=

aT

aT π (6) 0

25 , 0 750 , 0

2aR_Bz + aT + aT −aP = (7) 0

5 , 0 2 . 433 3

, 0

2 + + =

− aR_By aT aT (8)

(4)

(6) ⇔ 0,432T−0,367P=0 ⇒ T =0,849P (7) ⇔ 2R_Bz +T −P=0 ⇒ P T P

R_Bz 0,075

2 =

= −

(8) ⇔ 2R_By +0,866T =0 ⇒ R_By =−0,433T =−0,367P (3) ⇔ R_Ax −0,5T =0 ⇒ R_Ax =0,5T =0,424P 4) ⇔ R_Ay −0,433T−0,433T =0⇒ R_Ay =0,866T =0,735P (5) ⇔ R_Az +0,075P+0,750T−P=0⇒ R_Az =0,288P

P P

R R R

R_A = _Ax² + _Ay² + _Az² = (0,424)² +(0,735)² +(0,288)² =0,896 P

P R R

R_B = _By² + _Bz² = (−0,367)² +(0,075)² =0,374

1) coordonnées du centre de masse

2) Surface obtenue lors de la rotation du corps par rapport à l’axe OX :

On applique le premier théorème de Guldin car on connaît les coordonnées du centre d’inertie.

(

2

)

2 2 . 2

2 . 2 .

2 ² ² ² ²

/ ⎟= − = −

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎟⎛

⎠

⎜ ⎞

⎝⎛ −

=

= π π π π π

π π π

π R R R R R

R Y

L R

L

S_Tot _OX _Tot _G _Tot _G

A

O

R

X X Y

Pour obtenir la coordonnée Y_G , On fait une translation de repère vers le point A.

En tournant le solide par rapport à l’axe AX on obtient la surface d’une demi sphère. On applique le premier théorème de Guldin :

( )

^⎟⎠

⎜ ⎞

⎝⎛ −

=

−

=

−

=

−

= π π π π

π π

1 2 2

4 / 2 . 2

2 / 4 .

2

/ R R

R R R R

L R S

Y

tot Tot AX G

Pour la coordonnée X_G, on applique directement le premier théorème de Guldin :

( )

(

π

)

π

π π π

R R

R L

X S

tot Tot OY G

2 4 / 2 . 2

2 / 4 .

2

/ = =

=

(5)

1. Vitesse de rotation instantanée du disque par rapport au repère R₀ :

⎪⎩

⎪⎨

⎧ +

= +

= Ω + Ω

=

Ω • •

→

•

→

→ •

→

θ ψ θ

ψ 0

0

1 1 1 0 1 1

2 0 2

R z

z avec: ψ^•+θ^• =Cte

2. Vitesse et accélération du point C : 2.1. Vitesse :

Nous avons :

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−

= +

=⁻⁻^→ ⁻⁻^→

→

−

2 / 0

1

L L

R AC OA

OC ;

→ →

=0 )

0(O V

→

→ −−

→

→ C =V O +Ω ∧OC V

0 1 0

0( ) ( ) ⇒

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎪ =

⎩

⎪⎨

⎧

−

⎪ ∧

⎩

⎪⎨

⎧

= ^•

•

→

ψ L

L/ R

L R R ψ (C) V

0 0

2 0 0

0

1 1 1

0

2.2. Accélération:

) ) (

( )

) (

( ₁⁰ ⁰

0 1 0

0

0 V C

dt C V d dt

C V C d

→ → → →

→ = = +Ω ∧

γ avec

→

=0 )

0(

1

dt C V d

d’où

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧−

⎪ =

⎩

⎪⎨

⎧

⎪ ∧

⎩

⎪⎨

⎧

=

•

→

0 0 0

0 0

0 ) (

2

1 1

1 0

ψ ψ

ψ γ

L

R L

R R C

3. Le torseur cinétique du disque au point O :

Les deux éléments de réduction du torseur cinétique sont : - la résultante cinétique :

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

= ^→ ^•

→

ψ ML

R (C) V M P

0 0

1 0

0

- le moment cinétique : ⁰(S/R₀) I . ⁰₂ OC MV⁰(C)

C

→ →

→ −−

→ = Ω + ∧

σ

0

2 / 0

0 0

0 2 0

0 0

, ) / (

1 1 2

2 2

1 2 0 0

4 4

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎪ ∧

⎩

⎪⎨

⎧

− +

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

⎥ +

⎥⎥

⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡

= ^•

•

→ ψ

θ ψ

σ ML

L R L

MR R MR

MR

R R R S

(6)

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+ +

=

•

→

)

2 (

0

2

) / (

2 2

2

1 0 0

ψ θ

ψ ψ σ

MR ML ML

R R S

4. Le torseur dynamique du disque au point O :

Les deux éléments de réduction du torseur dynamique sont :

- la résultante cinétique :

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧+

=

•

→ →

0 0

)

(

2

1 0

ψ γ

ML

R C M

D ;

- le moment dynamique : ( / ) ( / ) ( / )

) /

( ⁰ ₁⁰ ⁰ ₀

0 1 0 0 0 0

0 S R

dt R S d dt

R S R d

S ^→ ^→

→

→ →

∧ Ω +

=

= σ σ σ

δ

→

=0 ) /

( ₀

0 1

dt R S d σ

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

+

⎪ +

⎩

⎪⎨

⎧

∧

=

∧ Ω

=

•

→

)

2 (

0

2

0 0 ) / ( )

/ (

2 2

2

1 1

0 0

0 1 0 0

ψ θ

ψ ψ ψ

σ δ

MR ML ML

R R R S R

S

⎪⎩

⎪⎨

⎧

= ^•

→

0 2

0 ) / (

²

2

1 0

0 ψ

δ ^ML

R R S

5. Energie cinétique du système.

2 0 0

2 0

2 ( )

2 . 1

2 .

1 ⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝ + ⎛ Ω Ω

= ^→ I ^→ M V^→ C E

G C

•

• +

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

⎥ +

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎢

⎣

⎡

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ +

= ² ²

2 2 2

2

2 0 1

0 2

0 0

0 4 0

0 0

4 0

2 0

1 ML ψ

θ R ψ / MR / MR / MR θ ψ , , E_C

• •

• ⎟ +

⎠

⎜ ⎞

⎝⎛ +

= ² ²

2 2

2 1 2

2

1MR ψ θ ML ψ

E_C