Solution de l’examen Intra 1 Hiver 2008

Solution de l’examen Intra 1 Hiver 2008

Thomas Gervais et Pierre Baulaigue

Chargés de cours

Question #1

1m

0.15m

0.1m F

=800 N

F

=300 N

r v

O

z

x y

M

=500 N·m 3

4 A B C

Question 1 (50 points): Semaines 1 et 2

Une poutre est soumise à un moment de

force M

et à deux forces F

et F

(voir

figure). Remplacez ce système de forces

et de moments par son équivalent à la

base de la poutre, c’est-à-dire par une

résultante F

et un couple M

agissant

au point O.

Question #1 Solution:

La résultante est déterminée par la somme vectorielle des forces en présence:

BC C C

B

F k F

F

R λ

v v v v

v v

+

−

= +

= 800

On calcule le vecteur unitaire de la force:

2 2

0 , 1 )

15 , 0 (

1 , 0 15

, 0

+

−

+

= − i j

BC

v v v

λ

k j

j i k i

R

v v v v

v v v

800 4

, 166 6

, 1 249

, 0 ) 15 , 0 (

1 , 0 15

, 300 0

800

= − + −

+

−

+ + −

−

=

j j i

F

i

v v v

v v v

4 , 166 6

, 1 249

, 0 ) 15 , 0 (

1 , 0 15

, 300 0

2

2

= − +

+

−

+

= −

λ

Question #1 Solution (suite)

Le moment résultant est la somme des moments au point O:

C OC B

OB A

RO

M r F r F

M

v v v v

v v

× +

× +

=

0 4 , 166 6

, 249

1 1 , 0 15 , 0 )

800 (

1 300

400

− − +

−

× + +

−

=

k j i

k k

k j

M

v v v

v v

v v v

k j

i M

v v v v

300 650

166 − +

−

=

=0

=0

B

E

W

100 mm 500 mm

300 mm

A C

D

300 mm 400 mm 400 mm

F

Question #2

Question 2 (50 points): Semaine 3

On attache un poids W à une poulie soutenue par une structure aux membrures rigides et de masse négligeable.

A) Calculez la grandeur et la direction des réactions aux appuis A et F. (10 points)

B) La vis au point B est capable de supporter une force de module 24kN avant de se rompre. En se basant sur ce critère, quel est le poids W maximal que l’on peut suspendre à la

structure sans qu’elle se rompe? (40 points) Information supplémentaire:

- L’appui en F est un pivot monté sur patins glissant sur une surface sans friction.

- L’appui en A est un pivot ancré dans le sol.

- Toutes les chevilles du problème (A, B, C, D, E, F) permettent un mouvement de rotation libre de frottement.

Question #2 : Solution

A) Calculez la grandeur et la direction des réactions aux appuis A et F.

B

E

W

100 mm 500 mm

300 mm

A C

D

300 mm 400 mm 400 mm

F

A

A

F

B

E

W

100 mm 500 mm

300 mm

A C

D

300 mm 400 mm 400 mm

F

A

A

F

Une somme de moments au point A, nous permet de calculer F

0 4

, 0 1

,

1 − =

∑ ^M

= ^{F W} 11 F

= 4W

La somme des forces en x et y sur le système nous permet de calculer A

et A

.

= 0

− +

∑ ^F

= ^A

^F

^W 11 A

= 7W

= 0

∑ ^F

= ^A

100 mm

Question #2: Solution (suite)

B) La vis au point B est capable de supporter une force de module 24kN avant de se rompre. En se basant sur ce critère, quel est le poids W

maximal que l’on peut suspendre à la structure sans qu’elle ne se rompe?

300 mm

On peut procéder en utilisant la membrure BDE et soit la membrure ABC ou la membrure CEF:

B

D E

W W

B_y B_x

E_y

E_x

0 7

, 0 1

, 0 3

,

0 + − =

∑ ^M

= ^{W W B}

300 mm

100 mm

7 B

= 4W

0 6

, 0 5

,

0 + =

∑ ^M

= ^{W B}

6

B

= 5W

B 100 mm 500 mm

300 mm

A C

A_y A_x

C_y

C_x

B_y

W

B_x

Question #2: Solution (suite)

Nous avons donc:

7 B

= 4W

6 B

= 5W

( ) ( ) ⁴ ₇

^{+ 5} ₆

^{= 16} ₄₉ ⁺ ₃₆ ²⁵

= W W W

B v

W B = 1 , 0104

v

Nous savons que B

=24kN et donc:

kN 75

, 01 23

, 1

24 =

=

W

Question #3

100 mm 325 mm

200 mm

A C

B

M_A=15 N·m

M_C µ_s=0,3

Question 3 (50 points):

Deux tiges sont reliées par un manchon coulissant au point B. Un couple M_A de grandeur 15 N· m est appliqué à la barre AB.

Le coefficient de frottement statique µ_s est de 0,3 entre le manchon et la barre AB.

A) Faites le DCL des deux membrures (AB et BC) de ce problème. Incluez toutes les forces et les moments en présence (Moments M_A et M_C, réaction aux appuis, force normale et force de frottement). (10 points)

B) Déterminez le couple maximal M_C pouvant être appliqué tout en assurant l’équilibre du mécanisme. (40 points)

Information supplémentaire:

- Les appuis A et C sont des pivots ancrés dans le sol.

- Toutes les chevilles du problème (A, B, C) permettent un mouvement de rotation libre de frottement.

Question #3 Solution:

A) Les DCL des deux membrures

425 mm 200 mm

C B

M_C

C_y C_x F_f=µµµµN N

100 mm 200 mm

A B

M_A=15 N·m

A_y F_f=µµµNµ N

A_x

Question #3 (Solution)

B) Pour déterminer le couple maximal C, il faut d’abord déterminer la grandeur de la force normale par rapport à M

et à M

.

0 )

( + =

× +

−

∑ ^M

= ^{M v}

^{r v}

^{N v F v}

Comme N est perpendiculaire à la barre AB:

m M N

N

= ⋅

= + 67 , 082 2

, 0 1 ,

0

v v

0 )

( + =

×

− +

∑ ^M

= ^{M v}

^{r v}

^{N v µ N v}

100 mm 200 mm

A B

M_A=15 N·m

A_y F_f=µµµNµ N

A_x 100 mm

200 mm

A B

M_A=15 N·m

A_y F_f=µµµNµ N

100 mm 200 mm

A B

M_A=15 N·m

A_y F_f=µµµNµ N

A_x

θ

200 mm

C B

M_C

C_yC_x F_f=µµµNµ N

425 mm 200 mm

C B

M_C

C_yC_x F_f=µµµNµ N

β

N M

v v

2 2

0 , 2 1

, 0 +

=

Question #3 Solution (suite)

m N j N

i j

j i i

N

M

− + = ⋅

+ +

× +

−

=

v v v v

v v v v

v

456 , 0 5 )

( 2 5

( 2 ) 2 , 0 425

, 0

( µ

5 1 , 0

2 , 0 1 ,

0 i j

Ff

v

v − v +

λ =

5 1 , 0

1 , 0 2 ,

0 i j

N

v

v v +

λ =

Vecteurs unitaires donnant le sens et la direction des forces:

m N M

= 30 , 6 ⋅

v Comme ^{N M}

^{= N ⋅ m}

= + 67 , 082 2

, 0 1 ,

0

v

v

N

N λ

v v v

= F

F

λ

v v v

0 = ) (

) 2 , 0 425

, 0

( − + × + =

=

C

i j N F

M

v v v

v v

Q3: Solution alternative en utilisant les angles

On peut aussi remplacer l’analyse de la page précédente par:

43

, 1 63 , 0

2 , arctan 0 =

θ = 25 , 20

425 , 0

2 ,

arctan 0 = β =

( ) ^{N N m}

N

M

= + − + − = ⋅

v v

v

456 , 0 ) sin(

) cos(

2 , 0 5 42 ,

0

θ β µ θ β

m N M

= 30 , 6 ⋅

v Comme ^{N M}

^{= N ⋅ m}

= + 67 , 082 2

, 0 1 ,

0

v

v

Question 4 (50 points): Semaine 5

Un objet de densité uniforme 1g/cm³ est constitué d’un disque dans lequel on a découpé un cylindre de 100mm de diamètre pour le fixer de l’autre côté de la pièce à une distance égale par rapport à l’origine O. (voir figure).

Calculez:

A) les coordonnées du centre de masse de la pièce par rapport à l’origine O. (25 points), B) le moment d’inertie de la pièce par rapport à l’axe z. (15 points)

C) le moment d’inertie de la pièce par rapport à un axe z’ qui passe par le centre du trou. (10 points)

z

100 mm

100 mm

200 mm O.

R=300 mm

200 mm

100 mm 100 mm z’

z y x

100 mm 100 mm

200 mm 600 mm

z’

O

Vue de côté:

100 mm 100 mm 200 mm

z

Solution Q#4:

A) Coordonnées du centre de masse (CM):

200 mm

R=300 mm

100 mm

200 mm

100 mm

200 mm

Coordonnées (disque):

C

=(0,0,-100)

Coordonnées (cylindre):

C

=(0,-150,100)

Coordonnées (trou):

C

=(0, 150,-100) CM=M

C

+ M

C

+ M

C

M

+ M

+ M

M

= -M

= ρπ(50mm)

200mm = 1,57 kg

M

= ρπ(300mm)

200mm= 56,55 kg 36

= 1

D C

M M

CM=M

((0,0,-100)+ (0,-150,100)/36 – (0,150,-100)/36)=(0,-8.3,-94.4)mm

M

+ M

- M

Solution Q4 (suite)

B) Moment d’inertie par rapport à l’axe z:

100 mm

200 mm

100 mm

200 mm

On remarque que le petit cylindre et le trou sont de grandeurs égale, situé à une distance égale de l’axe et de masse M

=-M

. Leur contribution au moment d’inertie s’annulera donc.

100 mm 100 mm

Donc: I

= I

= M

R

/2=56,55kg*(300mm)

/2

I

=56,55 kg (0.3m)

/2= 2.54 kg·m

Solution Q4 (suite)

C) Moment d’inertie par rapport à l’axe z’:

Donc: I

= 2,54 + 56,55*[- (0,00833)

+(0,15833)

] =3,96 kg·m

On utilise le théorême des axes parallèles:

I

= I

+ M

d

= [I

- M

(y

–y )

]+M

(y

-y)

Où d

est la distance de l’axe par rapport à la position du centre de masse. y

et y

sont les coordonnées en y de l’axe z et z’ respectivement. y est la coordonnée en y du

centre de masse.

L’axe est déplacé de 8,33 mm du centre de masse à

150+8,33 mm du centre de masse.