Emd1 2000 2001

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Emd1 2000 2001

  1. 1. Université de Boumerdes année 2000-2001 Faculté des sciences Département de physique E.M.D. 01 Mécanique Rationnelle : année 2000-2001 Durée : 01h 30mn Exercice 01 : (03 pts) Déterminer le moment par rapport à l’origine O de la force : →→→→ +−−= kjiF 532 appliquée au point A pour les cas suivants : Le vecteur position du point A est donné par : a) →→→→ +−= kjir 4321 ; b) →→→→ −+= kjir 10642 Déterminer dans les deux cas l’angle que fait la force avec le vecteur position : → r . Exercice 02 : (09 pts) Une plaque triangulaire homogène ABC de poids P est lié à un support fixe par l’intermédiaire d’une articulation sphérique au point A et cylindrique au point C. On donne OA=OC=OB = a. La plaque est maintenue en position inclinée d’un angle °= 30α par rapport au plan horizontal (xoz) par un câble inextensible BD, accroché au point D à un mur vertical. La corde fait un angle de °=60β avec la verticale. Solution Une charge de poids Q = 2P est suspendue au point B∈(yoz). Le centre de gravité G de la plaque est situé 1/3 de OB à partir de O. 1. Ecrire les équations d’équilibre statique ; 2. Déterminer les réactions des liaisons aux points A et C ainsi que la tension du câble. BA y o C D z x Exercice 03 : (08 pts) Le système suivant est composé d’un quart de disque homogène évidé d’un triangle rectangle. 1) Déterminer le centre d’inertie du solide en utilisant le théorème de Guldin ; 2) Retrouver les résultats précédents par la méthode d’intégration. (Démontrer tous les résultats même les calculs des surfaces) 3a/4 a/4 a/2 x y a/2
  2. 2. Exercice 01 : →→→→→→→− → → −−−=           − − ∧           −=∧=∧= kjiFrFOAOFM 12183 5 3 2 4 3 2 )/( 11 →→→→→− → → =           − − ∧           − =∧=∧= 0 5 3 2 10 6 4 )/( 22 FrFOAOFM →→ ⇒ Fr //2 NF 16,62594 =++= → ; Nr 38,516941 =++= → 22,41 14,33 25 coscos 1 1 1 1111 °=⇒= • • =⇒•=• →→ →→ →→→→ θθθ rF rF rFrF πθθθ =⇒= − = • • =⇒•=• →→ →→ →→→→ 2 2 2 2222 -1 76 76 coscos rF rF rFrF →→ ⇒ Fr //2 mais de sens contraire. Exercice 02 : Nous avons OA = OB = OC = a ; 3 a OG = ; Q = 2P ; °= 30α , °=60β Le point )(yozB ∈ ;           → Az Ay Ax A R R R R ;           → Cz CyC R RR 0 ;           − → β β sin cos 0 T TT ;           − → 0 2 0 PQ ;           − → 0 0 PP     − 0 0 a A ;      0 0 a C ;      α α cos sin 0 a aB ;      α α cos)3/( sin)3/( 0 a aG ⇒      →− 0 0 2a AC ;      →− α α cos sin a a a AB ;      →− α α cos)3/( sin)3/( a a a AG BA y o C D z x G
  3. 3. Le système est en équilibre statique, nous avons alors : →→ =∑ 0 i iF ⇔ →→→→→→ =++++ 0PQTRR CA (1) →→− =∑ 0/ i AiM ⇔ →→→−→→−→→−→→− =∧+∧+∧+∧ 0PAGQABTABRAC C (2) La projection de l’équation (1) sur les axes donne trois équations scalaires : 0=AxR (3) 02cos =−−++ PPTRR CyAy β (4) 0sin =−+ βTRR CzAz (5) En développant l’équation vectorielle (2), nous obtenons trois autres équations scalaires :           =           −∧           +           −∧           +           − ∧           +           ∧           0 0 0 0 0 cos)3/( sin)3/( 0 2 0 cos sin sin cos 0 cos sin 0 0 0 2 P a a a P a a a T T a a a R R a Cz Cy α α α α β β α α 0cos 3 cos2coscossinsin =++−− ααβαβα aP aPaTaT (6) 0sin2 =+− βaTaRCz (7) 02cos2 =−−+ aPaPaTaRCy β (8) Les six équations permettent de trouver toutes les inconnues : (3) ⇒ 0=AxR (6) ⇒ PT 32,2= ; (7) ⇒ PRCz = (8) ⇒ PRCy 92,0= ; (5) ⇒ PRAz = ; (4) ⇒ PRAy 92,0= d’où : PRRRR AzAyAxA 358,1222 =++= ; PRRRR CzCyCxC 358,1222 =++= Exercice 03 : 1) Centre d’inertie par le théorème de Guldin : 16 3 4 22 aa Stot −= π a aa aa a S VV S V x tot cônesphèredemi tot ytot G 506,0 16 3 4 .2 4 3 . 2 .. 3 1 . 3 4 . 2 1 .2 _ .2 22 2 3 / =       −       − === − π π ππ ππ a aa aa a S VV S V y tot cônesphèredemi tot xtot G 479,0 16 3 4 .2 2 . 4 3 .. 3 1 . 3 4 . 2 1 .2 _ .2 22 2 3 / =       −       − === − π π ππ ππ
  4. 4. 1) Centre d’inertie par les intégrales: a) Soit S1 la surface du quart de disque : 4 . ; 2 0;0;. 22 00 11 a drdrSardrdrds a π θ π θθ π ==≤≤≤≤= ∫∫ π θθθ π θθ π π 3 4 .cos... . 4 ..cos. . 4 . 1 2 00 2 2 0 21 1 1 1 a dddrr a drdrr a xds S x aa S G ==== ∫∫∫∫ π θθθ π θθ π π 3 4 .sin... . 4 ..sin. . 4 . 1 2 00 2 2 0 21 1 1 1 a dddrr a drdrr a yds S y aa S G ==== ∫∫∫∫ a) Soit S2 la surface du triangle : dydxds .2 = ; la droite limitant le triangle a pour équation :       −= x a y 22 3 ; où       −= y a x 4 3 3 2 2 2 0 ) 2 ( 2 3 0 2 0 2 16 3 . 22 3 .. 2 adxx a dydxdydxS a x aa S =      −=== ∫∫∫∫ − 6 . 22 3 . 3 16 . 3 161 2 0 2 ) 2 ( 2 3 0 2 0 22 2 2 2 a dxx a x a dyxdx a xds S x a x aa S G =      −=== ∫∫∫∫ − 4 . 4 3 3 2 . 3 16 . 3 161 4 3 0 2 ) 4 3 ( 3 2 0 4 3 0 22 2 2 2 a dyy a y a dxydy a yds S y a y aa S G =      −=== ∫∫∫∫ − a aa aaaa SS xSxS x GG G 506,0 16 3 4 6 . 16 .3 3 4 . 4 . .. 22 22 21 2211 = − − = − − = π π π a aa aaaa SS ySyS y GG G 479,0 16 3 4 4 . 16 .3 3 4 . 4 . .. 22 22 21 2211 = − − = − − = π π π

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