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Texte intégral

(1)

PHS1101A Mécanique pour ingénieurs 1 Examen final – Hiver 2007

QUESTION 1 (50 points)

Le ballon de basket se déplace selon la direction et avec la vitesse indiquées sur la figure quand il rebondit sur le panneau, fixe, dont le coefficient de restitution est 0,84. Calculer la hauteur h telle que le ballon passe par le milieu B du panier. Négligez le diamètre du ballon devant la hauteur h.

SOLUTION :

Il s’agit d’un choc avec contrainte :

Conservation de la quantité de mouvement du ballon selon le plan de contact

vt,après = vt,avant vt,après = 7,2 sin40o = 4,628 m/s Application du coefficient de restitution selon la ligne d’impact

vn,après = – evn,avant = – 0,84 (– 7,2 cos40o) = 4,633 m/s Le déplacement du point d’impact au panier est un MUA.

Temps de vol donné par le parcours horizontal : xB – xA = vn,aprèst

633 , 4

380 ,

t= 0 =0,082 s

Distance verticale parcourue :

y = – vt,aprèst – ½gt2 = – 0,4125 m h = 41,3 m

7,2 m/s 40

o

B

380 mm

h A

ligne d’impact

t

15 points

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10 points

(2)

Suite page suivante

QUESTION 2A (50 points)

Un camion transporte une poutre homogène de 2,8 m de long appuyée en A et B comme illustré. L’extrémité A de la poutre n’étant pas fixée sur le tablier du camion, elle glisse vers l’arrière avec une vitesse de 0,6 m/s par rapport au camion quand celui-ci se met à rouler avec une vitesse de 48 km/h. Déterminez la vitesse, par rapport au sol, du centre de masse de la poutre.

SOLUTION

Vitesse du point A de la poutre : r r r ir ir ir 733 , 12 6 , 0 33 , 13 v

v

vA = C+ AC = − = (1)

Vitesse du point B de la poutre à l’instant décrit :

( )

i j

j i

ir r r r r

r r

r o

C B o C

B o

C B o C

B C

B C

B v v 13,33 v cos40 v sin40 13,33 v cos40 v sin40

v = + = − − = − − (2)

Vitesse du point B vu par la poutre :

( )

i j

k j i

i r r r r r

r r r r

AB AB

o o AB

AB A

B 12,733 2tan40 2

0 40 tg 2 2

0 0 733 , 12 AB v

v = +ω × = + ω = − ω + ω (3)

En identifiant les composantes dans les relations (2) et (3), on obtient : 12,733 – 2tan40oωAB = 13,33 – vB/Ccos400

AB= –vB/C sin400

Dont on tire : ωAB = – 0,1470 rad/s ou 0,1470 rad/s

vB/C = 0,426 m/s puis (3) vB = 12,46 i – 0,326 j ou non demandée et

j i

k j i

i r r r r r

r r r

r 12,83 0,1126

0 40

sin 40 cos

147 , 0 0

0 733

, 12 AG v

v

o AB o

A

G = +ω × = + − = −

ou bien

Une solution utilisant le CIV (Centre instantané de vitesse) est possible.

48 km/h

BD

A

G

40o 0,6 m/s

2 m B

40o

12,48 m/s 1,5o

12,83 m/s 0,50o

5 points 5 points 15 points

5 points

15 points

5 points

(3)

QUESTION 2B (50 points)

On se sert d’une tige de section transversale uniforme pour fabriquer l’arbre illustré sur la figure. En désignant par m la masse totale de l’arbre, qui tourne avec une vitesse angulaire ω constante, calculez :

a) le moment cinétique HG de l’arbre par rapport à son centre de masse G

b) l’angle entre HG et l’axe AB.

Relation 18.13, page 1075 : Rappel :

z xz y xy x x

x I I I

H =+ ω − ω − ω Ix =

∫ (

y2+z2

)

dm Ixy =

xy dm

z yz y y x yx

y I I I

H =− ω + ω − ω Iy =

∫ (

x2+z2

)

dm Iyz =

yz dm

z z y zy x zx

z I I I

H =− ω − ω + ω Iz =

∫ (

x2+z2

)

dm Ixz =

xz dm

SOLUTION

a) Appelons λ la masse par unité de longueur de l’arbre :

(

1

)

r 2

m r

r r r

m

+

= π + π + π

= + λ

Notons que ωx = ω, ωy = ωz = 0 et donc qu’il est inutile de calculer Iy et Iz ainsi que Iyz Par raisons de symétries nous pouvons écrire que :

Ix de = Ix de =

(

2 r

)

r2 2

1 π λ

Ixz de = 2 Ixz de =

( )

λπ 2πr r r 2

et Ixy =0 car y = 0

Soit donc en appliquant 18.13 : ω

λπ

= ω +

= x x r3

x I

H Hy =−Iyxωx=0 Hz =−Izxωx =−4λr3ω

Soit vectoriellement et en remplaçant λ par sa valeur :

( )

i k

HG ⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

+

−π + π ω π

= r r

r 2

mr3

r 2r 2r

r r G r

A

B z

y

x ω

x z

G

x z

r G

x z

G

x z

G r

π r 2

10 points

5 points 10 points

10 points

10 points

(4)

Suite page suivante

QUESTION 2C (50 points)

Le hors bord ramasse l’eau au point A et la rejette en B avec une vitesse de 30 m/s par rapport au bateau. On supposera que la mer est calme et donc que l’eau est immobile quand elle entre dans le bateau.

Le maximum d’eau que peut rejeter le moteur est de 2,5 kg/s et la résistance de l’eau exerce

sur le bateau une force de 1,5v (N) où v est la vitesse du bateau en m/s. Si on néglige la résistance de l’air, calculez la vitesse maximale que le bateau peut atteindre.

SOLUTION

On utiliser la 2ème loi de Newton appliquée aux systèmes acquérant de la masse :

En se plaçant dans le référentiel lié au bateau (aB = 0), la force exercée par l’eau entrant dans le bateau est donc :

Feau entrante = – dt

dmvB = – 2,5 x vB

tandis que la force exercée par l’eau sortant du bateau est : Fsortante =

dt

dmu = 2,5 x 30

À ces forces s’ajoutent la force de résistance de l’eau de telle sorte qu’à la vitesse maximum, constante (et donc avec a = 0), la seconde loi de Newton, dans le référentiel lié à l’eau (immobile), s’écrit :

– 2,5 x vB,max + 2,5 x 30 – 1,5 x vB,max = 0 On obtient donc : vB,max = 18,75 m/s

B A

Fr +dmdt ur =mar

+ vB

u +

15 points

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5 points

5 points

(5)

QUESTION 3 (50 points)

Un bloc A de masse 10 kg repose sur un plan incliné pour lequel les cœfficients de frottement sont : µS = 0,3 et µk = 0,2. La tige BC homogène est appuyée contre deux surfaces lisses en B. Déterminez les valeurs maximale et minimale du poids de la tige BC pour que le système se maintienne en équilibre.

SOLUTION :

tanα =4/3 α = 52,13o

a) Poids maximum : A aurait donc tendance à monter DCL :

0 Fx =

Tmax – Ffrottcosα – Nsinα = 0 0

Fy =

Ncosα – Ffrottsinα – mg = 0 et Ffrott = NµS

La résolution de ces 3 équations donne :

α µ

µ +

= α

tan 1

mg tan T

S S

max = 266 N

NOTE : On aurait pu résoudre ce pb en utilisant la résultante R entre la force de frottement et la normale : pb trois forces donc concourantes :

avec tanφS = µS

On obtient directement : Tmax = mg tan(α+φS) =

α µ

µ + α

tan 1

mg tan

S S

b) Poids minimum : A aurait tendance à descendre, donc mêmes équations

avec signe – devant Ftrott

α µ

+

µ

= α

tan 1

mg tan T

S S

max = 72,2 N

c) Équilibre de la barre BC :

0 MB =

r T (BD) – Mg (BG) = 0

T 3cos30o – 2Mg sin30o = 0

Tmax

mg

Ffrott

x N y

30o α

D C

A

tg α = 4/3

1 m

3 m B

Tmax

mg

R α+ φS

Tmax

mg

Ffrott

N x

y

y T

10 points

5 points

5 points 5 points

5 points 5 points

5 points

(6)

QUESTION 4 (50 points)

Le collier C, de masse mC = 0,6 kg, glisse sans frottement le long de la colonne verticale tandis que les barres AB et BC, de longueur ℓ = 0,2 m et de masse mAB = mBC = 0,25 kg, tournent tel qu’illustré.

Un ressort de torsion exerce un couple kθ (k = 2,4 N/rad), dans le sens horaire sur la barre AB. Le système est initialement au repos quand θ = 0.

Calculez la vitesse angulaire de la barre AB quand θ

= 45o.

SOLUTION :

Toutes les forces (poids et ressort) sont conservatives : il y a conservation de l’énergie mécanique ∆T + ∆V = Cte.

Soit ω la vitesse angulaire de rotation de la barre AB et ωBC celle de BC. Soit vG la vitesse du centre de gravité de la barre BC. Soient m la masse et ℓ la longueur des barres AB et BC.

Énergie cinétique du collier C : ½mC vC2

Énergie cinétique de la barre AB : ½IAω2 = 2

2

2 m 1 2

1 ω

⎥⎥

⎢⎢

⎡ ⎟

⎜ ⎞

⎝ + ⎛ l

ICG = m 2 2

6 1 l ω Énergie cinétique de la barre BC : ½mvG2 + ½ICGωBC2 = G2 m 2 2BC

24 mv 1 2

1 + l ω . Énergies potentielles des poids : mg(½ℓcosθ) + mg(3/2ℓcosθ) + mCg(2ℓcosθ) Énergie potentielle du ressort : ½kθ2

La conservation de l’énergie s’écrit donc :

(

C

)

2

2 BC 2 2

G 2

2 2

C C

C k

2 m 1 m cos g 2 24m

mv 1 2 m 1

6 v 1 2m g 1 m 2 mg 2

0+ l+ l= + l ω + + l ω + l θ + + θ

Il faut encore relier les vitesses vC, vG et ωBC à ω :

j i

k j i

r

r l l l

l

r r r r

r r

r =− ω θ − ω θ

θ θ

+ −

=

× ω +

= cos sin

0 cos sin

k 0 0

0 r v

vB A AB BA

j

k j i j

i r

l l

r r r r

r l r l

r r r

C BC B

C BC B

C v

0 cos sin

0 0

sin cos

r v

v =

θ

θ ω

+ θ ω

− θ ω

=

× ω +

=

En égalant les composantes en i et j, on obtient : ωBC = – ω et vC = – 2ℓωsinθ.

Pour la vitesse vG, utilisons la relation :

j i

k j i j

i r

r l l l

l

r r r r

r l r l

r r

r =− ω θ − ω θ

θ

θ −ω

+ θ ω

− θ ω

=

× ω +

= ½ cos 3 2 sin

0 cos

½ sin

½

0 0

sin cos

r v

vG B BC GB

Donc ⎟

⎜ ⎞

⎛ + θ

ω

= θ ω

+ θ ω

= 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

G 2sin

4 sin 1

4 cos 9 4

v 1l l l

Nous pouvons maintenant substituer les vitesses dans l’équation de conservation qui devient :

( )

2

(

C

)

2 2 2 2

C m

3 sin 1 m

2 m 2k

cos 1 1 ) m m ( g

2 ⎥⎦⎤ω

⎢⎣⎡ + θ+

= θ

− θ

+ l l

l qui donne pour θ = 45o= π/4

ω = 1,172 rad/s

θ A B

C

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