Université de Boumerdes année 2000-2001Faculté des sciencesDépartement de physique

E.M.D. 01 Mécanique Rationnelle : année 2000-2001Durée : 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.

B A

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

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 cos cos 1

1

11111 °=⇒=

•

•=⇒•=• →→

→→→→→→

θθθrF

rFrFrF

πθθθ =⇒=−=•

•=⇒•=• →→

→→→→→→

2

2

22222 -1

76

76 cos cos

rF

rFrFrF

→→⇒ Fr //2

mais de sens

contraire.

Exercice 02 :

Nous avons OA = OB = OC = a ; 3

aOG = ; Q = 2P ; °= 30α , °=60β

Le point )(yozB ∈ ;

→

Az

Ay

Ax

A

R

R

R

R ;

→

Cz

CyC

R

RR

0

;

−

→

ββ

sin

cos

0

T

TT ;

−

→

0

2

0

PQ ;

−

→

0

0

PP

−

0

0

a

A ;

0

0

a

C ;

αα

cos

sin

0

a

aB ;

αα

cos)3/(

sin)3/(

0

a

aG ⇒

→−

0

0

2a

AC ;

→−

αα

cos

sin

a

a

a

AB ;

→−

αα

cos)3/(

sin)3/(

a

a

a

AG

B A

y

o

C

D

z

x

G

Le système est en équilibre statique, nous avons alors :→→

=∑ 0i

iF ⇔ →→→→→→

=++++ 0PQTRR CA (1)

→→−=∑ 0/

iAiM ⇔

→→→−→→−→→−→→−=∧+∧+∧+∧ 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

αα

αα

ββ

αα

0cos3

cos2coscossinsin =++−− ααβαβα aPaPaTaT (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 aaS tot −= π

aaa

aaa

S

VV

S

Vx

tot

cônesphèredemi

tot

ytotG 506,0

16

3

4.2

4

3.

2..

3

1.

3

4.

2

1

.2

_

.2 22

23

/ =

−

−

=== −

ππ

ππ

ππ

aaa

aaa

S

VV

S

Vy

tot

cônesphèredemi

tot

xtotG 479,0

16

3

4.2

2.

4

3..

3

1.

3

4.

2

1

.2

_

.2 22

23

/ =

−

−

=== −

ππ

ππ

ππ

1) Centre d’inertie par les intégrales: a) Soit S1 la surface du quart de disque :

4

.;

20;0;.

22

00

11

adrdrSardrdrds

a πθπθθ

π

==≤≤≤≤= ∫∫

πθθθ

πθθ

π

π

3

4.cos...

.

4..cos.

.

4.

1 2

00

22

021

11

1

adddrr

adrdrr

axds

Sx

aa

S

G ==== ∫∫∫∫

πθθθ

πθθ

π

π

3

4.sin...

.

4..sin.

.

4.

1 2

00

22

021

11

1

adddrr

adrdrr

ayds

Sy

aa

S

G ==== ∫∫∫∫

a) Soit S2 la surface du triangle :

dydxds .2 = ; la droite limitant le triangle a pour équation :

−= xa

y22

3 ; où

−= ya

x4

3

3

2

22

0

)2

(2

3

0

2

0

2 16

3.

22

3..

2

adxxa

dydxdydxS

ax

aa

S

=

−=== ∫∫∫∫

−

6.

22

3.

3

16.

3

161 2

02

)2

(2

3

0

2

022

22

2

adxx

ax

adyxdx

axds

Sx

ax

aa

S

G =

−=== ∫∫∫∫

−

4.

4

3

3

2.

3

16.

3

161 4

3

02

)4

3(

3

2

0

4

3

022

22

2

adyy

ay

adxydy

ayds

Sy

ay

aa

S

G =

−=== ∫∫∫∫

−

aaa

aaaa

SS

xSxSx GGG 506,0

16

3

4

6.

16

.3

3

4.

4

...

22

22

21

2211 =−

−=

−−

=π

ππ

aaa

aaaa

SS

ySySy GGG 479,0

16

3

4

4.

16

.3

3

4.

4

...

22

22

21

2211 =−

−=

−−

=π

ππ