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Université de Boumerdes Année 2000-2001
Faculté des sciences septembre 2001
Département de physique
Rattrapage : Mécanique...
Solution :
Exercice 01 (06 points) :
1) Par intégration :
L’axe (Oy) est un axe de symétrie donc : 0=Gx
a) Centre d’inerti...
Centre d’inertie du solide de la figure 01 par le théorème de Guldin :
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Rattrapage 2000 2001

  1. 1. Université de Boumerdes Année 2000-2001 Faculté des sciences septembre 2001 Département de physique Rattrapage : Mécanique Rationnelle Durée : 2 heures Exercice 01 : (06 pts) Déterminer les coordonnées du centre d’inertie de la figure suivante par intégration et par le théorème de Guldin. RR R x y 1,5m 1,5m 2m A E B C z D x y 1,5m 1,5m Exercice 02 : (06 pts) Une poutre de poids P = 300 N et de longueur 2L est maintenue en position horizontale par deux câbles DB et CB comme indiqué sur la figure. On suspend à son extrémité une charge Q = 500 N . L’articulation au point A est sphérique. Déterminer les tensions dans les deux câbles et la réaction au point A. Exercice 03 : (08 pts) Un corps est constitué par l’assemblage de cinq (05) barres homogènes de masse linéique λ . Les barres forment un carré ABCD de côté a , muni de la diagonale BD. On se donne deux repères : ),,,( 0000 zyxOR et ),,,( 1111 zyxOR 1) Donner la matrice de passage du repère ),,,( 1111 zyxOR vers le repère ),,,( 0000 zyxOR ; 2) Déterminer le tenseur d’inertie de la barre BD dans le repère ),,,( 1111 zyxOR ; 3) En déduire le tenseur d’inertie de la barre BD dans le repère ),,,( 0000 zyxOR ; 4) Déterminer les tenseurs d’inertie dans ),,,( 0000 zyxOR pour chacune des barre du carré ; 5) En déduire le tenseur d’inertie du système (carré + diagonale) dans ),,,( 0000 zyxOR BA x0 x1 y0 y1 D C a/2 a/2 a/2 a/2 O
  2. 2. Solution : Exercice 01 (06 points) : 1) Par intégration : L’axe (Oy) est un axe de symétrie donc : 0=Gx a) Centre d’inertie du disque plein de rayon R Le solide est un demi disque, sa masse est donnée par : ∫= S dsm σ1 où : σ est la densité surfacique et ds un élément de surface. L’élément de surface ds a pour coordonnées :    θ θ sin cos r r ds avec : πθ ≤≤0 ; Rr ≤≤0 ∫∫∫∫ ==== ππ π σθλθλλ 0 2 00 1 2 R drdrdrrddsm R S ∫∫∫∫∫ ==== ππ θθ π θσθ σπ σ 00 2 2 0 2 11 1 sin 2 sin 211 ddrr R drrdr R dsy m ydm m y R SS G π3 4 1 R yG = d’où :     = = π3 4 0 1 R y x G G G a) Centre d’inertie de la surface triangulaire Masse du triangle plan : 2 22 .2 2 1 . RRRSm σσσ === Calculons ∫∫ == SS G dsy m ydm m y 11 22 2 σ L’élément de surface est donné par : Ldyds =2 ; avec DEL = ; ROCOBOA === Dans les triangles semblables ABC et DEC , nous avons : OC FC AB DE = ⇔ R yR R L − = 2 )(2 yRL −= ce qui donne : dyyRds )(22 −= avec Ry ≤≤0 3032 2 )(2 11 32 2 0 222 RRyRy R dyyRy R dsy m y R S G =        −=−== ∫∫ σ σ σ ; 3 2 R yG = Centre d’inertie du solide de la figure 01 : 23 2 2 . 32 . 3 4 .... 2 2 2 2 21 2211 21 2211 − = − − = − − = − − = ππ π π R R R R RRR ss sysy mm mymy y GGGG G x drrdds θ= y θ x y o (b) D C dy y x y o θE BA RR F E
  3. 3. Centre d’inertie du solide de la figure 01 par le théorème de Guldin : 23 2 2 .2 . 3 .2. 3 4 .2 2 2 23 / − =       − − == ππ π ππ π R R R R R R S V y tot OXtot G Exercice 02 (06 points) : P = 300 N ; Q = 500 N ;           0 0 0 A ;           0 0 3 B ;           − 5,1 2 0 C ;           5,1 2 0 D ;           0 0 5,1 E Le système est en équilibre statique. La résultante des fores est nulle et le moment résultant de toutes les forces par rapport au point A est nul. Nous avons alors : ∑ →→ = i iF 0 ⇔ →→→→→→ =++++ 0PQTTR BDBCA (1) ∑ →→− = i AiM 0/ ⇔ →→→−→→−→→−→→− =∧++∧+∧+∧ 0PABQABTABTAB BDBC (2) Articulation sphérique en A : AzAyAx RRR ,, Tensions dans les câbles BC et BD : Les vecteurs unitaires suivant les axes BC et BD sont donnés par : →→→ →→→→− → ++−= ++ ++− == kji kji BD BD uBD 38,050,076,0 )5,1(23 5,133 222 →→→ →→→→− → −+−= ++ −+− == kji kji BC BC uBC 38,050,076,0 )5,1(23 5,123 222 Les tensions dans les deux câbles s’écriront sous la forme : →→→→→ ++−== kTjTiTuTT BDBDBDBDBDBD 38,050,076,0 →→→→→ −+−== kTjTiTuTT BCBCBCBCBCBC 38,050,076,0 La projection de l’équation (1) sur les axes donne les trois équations scalaires : 076,076,0 =−− BDBCAx TTR (3) 050,050,0 =−−++ QPTTR BDBCAy (4) 038,038,0 =+− BDBCAz TTR (5) L’équation (2) s’écrira :
  4. 4.           =          − ∧           +           − − ∧           +           −∧           +           −∧           0 0 0 38,0 50,0 76,0 0 0 3 38,0 50,0 76,0 0 0 3 0 0 0 0 3 0 0 0 0 5,1 BD BD BD BC BC BC T T T T T T QP En développant ce produit vectoriel, nous obtenons les trois équations suivantes : Sur l’axe oy : 038,0338,03 =×+×− BDBC TT ⇒ TTT BDBC == (6) Sur l’axe oz : 050,0350,0335,1 =×+×+−×− BDBC TTQP ⇒ N QP T 650 3 35,1 = + = (7) Comme TTT BDBC == (3) NTRAx 98852,1 == (4) NTQPRAy 150=−+= (5) 0=AzR NRRRR AzAyAxA 32,999222 =++= Exercice 02 (06 points) : 1) Matrice de passage de R1 vers R0 [ ]                   −=>−− 100 0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 01 RRP 2)Tenseur d’inertie de la barre BD dans le repère R1 Masse de la barre BD : 2aM BD λ= 0=xxI ; ( ) ( ) 6 2 . 3 2 2 2 2 22 11 adxxdmxRIRI a aS zzyy λλ ==== ∫∫ − [ ] 1 3 3 1 6 2.. 00 0 6 2.. 0 000 )( R a a RBDI                 = λ λ 3) Tenseur d’inertie de la barre BD dans le repère R0 [ ] [ ] [ ] [ ]PBDIPRBDI R T .)(.)( 10 = →→→→ ++= 0001 .0 2 2 2 2 kjii →→→→ ++−= 0001 .0 2 2 2 2 kjij →→→→ ++= 0001 .0.0 kjii
  5. 5.                   −                                   −=    100 0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 6 2.. 00 0 6 2.. 0 000 100 0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 )( 3 3 0 a a R BDI λ λ                   − − =      6 2.. 00 0 12 2.. 12 2.. 0 12 2.. 12 2.. )( 3 33 33 0 a aa aa R BDI λ λλ λλ 4) Tenseur d’inertie de chacune des barres dans le repère R0 a) Barres : AB et CD [ ] [ ] 0 3 3 3 00 3 . 00 0 12 . 0 00 4 . )()( R a a a RCDIRABI                   == λ λ λ a) Barres : AD et BC [ ] [ ] 0 3 3 3 00 3 . 00 0 4 . 0 00 12 . )()( R a a a RBCIRADI                   == λ λ λ 5) Tenseur d’inertie du système (carré + diagonale) dans le repère R0 [ ] [ ] [ ] [ ] 0000 )()(2)(2)( RBDIRADIRABIRSystèmeI ++= A CD B x y A CD B x y
  6. 6. [ ]                   − − +                   +                   = 6 2.. 00 0 12 2.. 12 2.. 0 12 2.. 12 2.. 3 . 00 0 12 . 0 00 4 . 2 3 . 00 0 12 . 0 00 4 . 2)( 3 33 33 3 3 3 3 3 3 0 a aa aa a a a a a a RSI λ λλ λλ λ λ λ λ λ λ [ ]                             +         +− −        + = 6 2 3 4 .00 0 12 2 3 2 . 12 2.. 0 12 2.. 12 2 3 2 . )( 3 3 3 3 3 0 a a a a a RSystèmeI λ λ λ λ λ
  7. 7. [ ]                   − − +                   +                   = 6 2.. 00 0 12 2.. 12 2.. 0 12 2.. 12 2.. 3 . 00 0 12 . 0 00 4 . 2 3 . 00 0 12 . 0 00 4 . 2)( 3 33 33 3 3 3 3 3 3 0 a aa aa a a a a a a RSI λ λλ λλ λ λ λ λ λ λ [ ]                             +         +− −        + = 6 2 3 4 .00 0 12 2 3 2 . 12 2.. 0 12 2.. 12 2 3 2 . )( 3 3 3 3 3 0 a a a a a RSystèmeI λ λ λ λ λ

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