Physique 4 - Kassoul

Universit Hassiba Benbouali de Chlef Facult des Sciences et de Sciences de l'Ingnieur

Dpartement du Tronc Commun Technologie

PolycopiePhysique 4 : Mcanique RationnelleCOURS et EXERCICES(Unit Fondamentale-- Domaine Sciences et Technique S3 Licence LMD)

Dr. KASSOUL AmarMatre de Confrences "A"Mai 2009

Table des matires

i

TABLE DES MATIERESTABLE DES MATIERESi NOTATIONSv AVANT PROPOS1 INTRODUCTION.....2 NOTIONS MATHMATIQUES.....3

Chapitre 1 : STATIQUE1.1. INTRODUCTION11 1.2. NOTIONS FONDAMENTALES DE LA STATIQUE....11 1.2.1. 1.2.2. 1.2.3. 1.2.4. Point matriel.................11 Corps solide parfait..11 Force....11 Moment dune force par rapport un point.........12

1.3. TORSEURS DES FORCES EXTERIEURES13 1.4. CONDITION DEQUILIBRE STATIQUE13 1.4.1. Cas Gnral..13 1.4.2. Condition dquilibre analytique....14 1.5. LES LIAISONS ET LES REACTIONS...15 1.5.1. Dfinition..................15 1.5.2. Diffrents types des liaisons et de ractions ........15 1.5.3. Axiome des liaisons17 1.6. QUELQUES OPERATIONS SUR LES FORCES..17 1.6.1. Rsultante de deux forces concourantes..17 1.6.2. Rsultante de plusieurs forces concourantes........18 1.6.2.1. Mthode du paralllogramme des forces......18 1.6.2.2. Rgle du polygone des forces........18 1.6.2.3. Condition dquilibre gomtrique.......19 1.6.2.4. Exemple dapplication...19 1.6.3. Dcomposition gomtrique dune force...20 1.6.3.1. Dcomposition suivant deux directions20 1.6.3.2. Dcomposition suivant trois directions21 1.6.3.3. Dcomposition d'une force si un point de leur ligne daction est connu...22 1.6.4. Dcomposition analytique dune force .23Physique 4 : Mcanique Rationnelle

Table des matires

ii

1.6.5. Cas gnral du moment dune force..25 1.6.5.1. Moment dune force par rapport un axe ..25 1.6.5.2. Thorme de VARIGNON....26 1.6.5.3. Exemple dapplication...26 1.7. QUILIBRE DES SOLIDES EN PRSENCE DU FROTTEMENT..28 1.7.1. Frottement de glissement 28 1.7.1.1. Exprience28 1.7.1.2. Force de frottement statique29 1.7.1.3. Force de frottement cinmatique.29 1.7.1.4. Exemple dapplication..29 1.7.2. Angle de frottement31 1.7.3. Frottement de roulement...31 1.7.4. Frottement dun cble sur une poulie33 EXERCICES RESOLUS..34 EXERCICES SUPLEMENTAIRES49

Chapitre 2 : GOMTRIE DES MASSES2.1. INTRODUCTION..59 2.2. MASSE DUN SYSTEME MATERIEL..59 2.2.1. Systme continu59 2.2.2. Systme discret.60 2.3. CENTRE DINERTIE DUN SYSTEME MATERIEL.60 2.3.1. 2.3.2. 2.3.3. 2.3.4. 2.3.5. 2.4.1. 2.4.2. 2.4.3. 2.4.4. 2.4.5. 2.4.6. 2.4.7. Dfinition...60 Exemple dapplication ;.61 Cas dun systme complexe62 Thorme de GULDIN63 Exemples dapplications ;;...64 Dfinition...66 Matrice dinertie...66 Cas particuliers...67 Axes principaux dinertie..68 Thorme de Huygens..68 Moment dinertie par rapport une droite quelconque ()..69 Produit dinertie par rapport deux droites perpendiculaires....70

2.4. TENSEUR DINERTIE..66

EXERCICES RESOLUS..71 EXERCICES SUPLEMENTAIRES81

Physique 4 : Mcanique Rationnelle

Table des matires

iii

Chapitre 3 : CINMATIQUE3.1. INTRODUCTION..83 3.2. CINMATIQUE DU POINT (Rappel) ..83 3.2.1. Trajectoire, vitesse et acclration d'un point..83 3.2.1.1. Trajectoire......83 3.2.1.2. Vecteur vitesse83 3.2.1.3. Vecteur acclration..84 3.2.2. Mouvement circulaire...84 3.3. CINMATIQUE DU SOLIDE...86 3.3.1. Notion d'un solide parfait....86 3.3.2. Reprage dun solide....86 3.3.3. Matrice de passage de R R0.....87 3.3.3.1. Angle de prcession....87 3.3.3.2. Angle de nutation.......87 3.3.3.3. Angle de rotation propre....88 3.3.4. Torseur cinmatique distribution des vitesses..90 3.3.4.1. Champ des vitesses d'un solide en mouvement.90 3.3.4.2. Torseur cinmatique......91 3.3.4.3. Champ des acclrations d'un solide en mouvement ..91 3.3.5. Axe instantan de rotation......92 3.3.6. Cas particulier de mouvements.....92 3.3.6.1. Mouvement de translation.....92 3.3.6.2. Mouvement de rotation autour d'un axe...93 3.3.6.3. Mouvement hlicodal....94 3.4. COMPOSITION DE MOUVEMENTS....94 3.4.1. 3.4.2. 3.4.3. 3.5.1. 3.5.2. Drivation compose (Rappel) ...94 Composition de vitesses...96 Composition dacclrations...97 Dfinitions.........98 Solides en contact ponctuel.....99 3.5.2.1. Vitesse de glissement....99 3.5.2.2. Plan tangent...99 3.5.2.3. Roulement sans glissement.....99 3.5.2.4. Roulement et Pivotement....99 Dfinition.....100 Centre instantan de rotation (CIR) ......100

3.5. LES LIAISONS..98

3.6. MOUVEMENT PLAN SUR PLAN....100 3.6.1. 3.6.2.

EXERCICES RESOLUS.......101 EXERCICES SUPPLEMENTAIRES........120


Table des matires

iv

Chapitre 4 : CINETIQUE4.1. INTRODUCTION.....123 4.2. QUANTITE DE MOUVEMENT ET MOMENT CINETIQUE....123 4.2.1. Point matriel....123 4.2.2. Ensemble de Points Matriels.....123 4.2.3. Systme matriel continu.....123 4.3. TORSEUR CINETIQUE....124 4.3.1. Dfinition....124 4.3.2. Calcul de la rsultante... 124 4.3.3. Thorme de Knig relatif au moment cintique..125 4.3.4. Moment cintique d'un solide indformable en G (centre d'inertie) ...126 4.3.5. Moment cintique d'un solide indformable en un point de vitesse nulle ....126 4.4. NERGIE CINETIQUE.....127 4.4.1. Dfinition....127 4.4.2. Thorme de Knig relatif l'nergie cintique127 4.4.3. L'nergie cintique d'un solide indformable ....128 4.5. TORSEURS DYNAMIQUE.....129 4.5.1. Dfinition....129 4.5.2. Calcul de la rsultante ...129 4.5.3. Thorme de Knig relatif au moment dynamique...130 4.5.4. Calcul du moment dynamique...130 EXERCICES RESOLUS...132 EXERCICES SUPPLEMENTAIRES.. 143

Chapitre 5 : DYNAMIQUE5.1. INTRODUCTION........144 5.2. RAPPEL SUR LE TORSEUR DES FORCES EXTERIEURES..144 5.3. RAPPEL DE LA DYNAMIQUE DES PARTICULES.144 5.4. PRINCIPE FONDAMENTAL DE LA DYNAMIQUE..145 5.4.1. Thorme de la rsultante cintique....146 5.4.2. Thorme du moment cintique....146 5.4.3 Solide mobile autour d'un axe fixe .....146 5.5. THEOREME DE L'ENERGIE CINETIQUE.....146 5.5.1. Puissance et travail d'une force.....146 5.5.2. Thorme de l'nergie cintique....147 EXERCICES RESOLUS........149 EXERCICES SUPPLEMENTAIRES.......162 Bibliographie ........163


Notations

v

Notationsfs fk m EC Fx , Fy et Fz IO Ixx, Iyy et Izz Int , Ixy, Ixz et Iyz I P W R, r R (O, x, y , z ) Coefficient de frottement de glissement, Coefficient de frottement de glissement en mouvement. Masse dun systme matriel continu, nergie cintique r Composantes de la force F avec les axes x, y et z Matrice dinertie par rapport au centre O Moments dinertie par rapport aux axes x, y et z respectivement. Produit dinertie par rapport deux droites perpendiculaires Moment dinertie par rapport une droite quelconque () Puissance d'une force F Travail accompli entre deux instants t0 et t1 est donc: Rayon Repre orthonorm li au solide, o repre relatif.

R0( O0, x0 , y 0 , z 0 ) Repre fixe, o repre absolu S, AS Surface dun corps solide V, Vy et Vx Volume dun corps solide,aac (M ) a e (M )

Vecteur acclration de la particule (). Vecteur acclration complmentaire o de Coriolis : Vecteur acclration dentranement Vecteur acclration moyenne du mobile entre t et t+t Vecteur acclration absolue Vecteur acclration relative Vecteur directeur unitaire dune droite quelconque v Transpos du vecteur directeur unitaire n Quantit de mouvement d'un systme matriel Vecteur unitaire Vecteur position Projections de r sur les axes Ox, Oy et Oz. Vecteur vitesse instantan Vecteur vitesse moyenne du mobile entre les deux instants Quantit d'acclration lmentaire Vecteur de la force Force de frottement de repos o statique Projections de F sur les axes Ox, Oy et Oz. Moment de la force F par rapport au point O

am a M / R0a r (M ) = a M / R

v r n, t r nt p

p, ur r x , r y et r z

v : vmD r F F max , F s

F x , F y et F z r r M o (F )


Notations

vi Moment par rapport a Laxe Ox Raction normale, Poids Rsultante de plusieurs forces Tension dune liaison flexible Vecteur vitesse dentranement Vecteur vitesse absolue dun point M Vecteur vitesse relative dun point M du solide (S) Angle Angle de frottement Masse volumique dun corps solide Densit surfacique dun corps solide Densit linique dune ligne matrielle Angle de rotation Angles dfinissent la direction dune force avec les axes x, y et z Vitesse angulaire o Taux de rotation Moment cintique du systme en un point A Moment dynamique en A Vecteur taux de rotation instantan

r r M ox (F ) r r N, R r P, Q r RT

V e (M )V M / R0V r (M ) = V M / R

, x, y et z & o AA


Avant propos

1

AVANT PROPOSCe polycopi de la physique 4 intitul mcanique rationnelle est une matire de l'unit fondamentale 3 du socle commun du domaine sciences et techniques. Elle s'adresse aux tudiants de troisime semestre licence nouveau rgime (LMD). Le contenu de ce polycopi regroupe le programme enseign dans le dpartement du tronc commun technologie de lUHBC. Il est rdig sous forme de cours dtaills, avec des applications rsolus et des exercices supplmentaires non rsolus. Il est prsent avec un style trs simple qui permet aux tudiants une comprhension trs rapide. Le contenu de ce polycopi est structur en cinq chapitres. Aprs un rappel mathmatique sur les vecteurs, le chapitre un traite la statique du solide. Il prsente des notions fondamentales de la statique savoir : le point matriel, le corps solide parfait, les forces, les moments, les torseurs des forces extrieures, les liaisons et les ractions. Ensuite, les oprations sur les forces, l'quilibre des solides en prsence du frottement sont exposs. Enfin, dans ce chapitre plus dix (10) exercices rsolus et vingt deux (22) exercices supplmentaires non rsolus seront prsents. Le chapitre deux concerne les notions sur la masse, le centre de masse, le moment dinertie et le produit dinertie ; leurs intrts mcaniques apparatront dans l'tude de la cintique et de la dynamique. Le chapitre trois aborde la cinmatique des corps solides qui traite le mouvement mcanique uniquement du point de vue gomtrique, sans tenir compte des causes qui ont provoqu le mouvement. A la fin de ce chapitre sept exercices rsolus et cinq autres supplmentaires non rsolus seront donns. Le chapitre quatre sera rserv la cintique. Il traite les relations associant les grandeurs cinmatiques et la rpartition des masses. Ce chapitre, introduit de nouvelles grandeurs cintiques telles que : la quantit de mouvement, le moment cintique, la rsultante dynamique, le moment dynamique et l'nergie cintique. Enfin le dernier chapitre aborde la dynamique. Il est propos pour tudier le mouvement des corps matriels en liaison avec les forces qui sexercent sur ces corps. L'objectif principal de ce chapitre est l'tude des thormes gnraux rgissant la dynamique. Il sera termin la fin par quatre exercices rsolus et plus de quatre autres supplmentaires non rsolus.


Introduction

2

INTRODUCTIONOBJET DE LA MCANIQUE RATIONNELLE La mcanique rationnelle ou thorique, est une science qui tudie le mouvement de la matire sous sa forme la plus simple. Cest une science qui traite des lois gnrales rgissant le mouvement mcanique et ltat dquilibre des corps ou des parties de corps matriels. Par mouvement de la matire, on entend tous les changements qui se produisent pendant les processus thermique, chimique, lectromagntique, intra-atomique et autres. La mcanique rationnelle se borne considrer la forme la plus lmentaire du mouvement, savoir : Le mouvement mcanique. Par mouvement mcanique, on entend le changement de position relative des corps matriels qui se produit dans le cours du temps. Puisque ltat dquilibre (statique) nest quun cas particulier du mouvement, la mcanique rationnelle se donne aussi comme objet ltude de lquilibre des corps matriels. La mcanique rationnelle utilise des simplifications et des abstractions utiles, qui seront introduites pour examiner la question sur le plan thorique et de dgager la solution par les moyens les plus faciles. Le prsent cours a pour objet la mcanique classique, cest dire une mcanique fonde sur des lois connues dont les premiers noncs remontent Galile (1564-1642) et Newton (1643-1727). Vers la fin du 19eme sicle et au dbut du 20eme sicle, les chercheurs ont constat que les lois de la mcanique classique cessent dtre applicables au mouvement des particules microscopiques et des corps ds que leurs vitesses deviennent proches de celle de la vitesse de la lumire. Le dbut du 20eme sicle marque lapparition de la mcanique relativiste, qui a pour base la thorie de la relativit dveloppe par A. Einstein (1879-1955). Cette thorie a prcis les limites de la validit des lois de la mcanique classique en tablissant des relations quantitatives rigoureuses entre lespace, le temps, la masse et lnergie. MTHODES DE LA MCANIQUE RATIONNELLE Comme les autres sciences de la nature, la mcanique rationnelle utilise beaucoup les abstractions. La mthode des abstractions, jointe la gnralisation des rsultats de lobservation immdiate, de la production et de lexprience, permet de dgager quelques concepts premiers qui se posent en axiomes. Tous les dveloppements de la mcanique classique se dduisent de ces axiomes par voie de raisonnement logique et de calcul mathmatique. LES GRANDES DIVISIONS DE LA MCANIQUE RATIONNELLE La mcanique rationnelle se divise en trois grandes parties : La statique qui traite lquilibre des corps matriels et ses moyens de rduire un systme de forces une forme lmentaire. La cinmatique tudie le mouvement des corps matriels du point de vue gomtrique, c..d sans tenir compte des causes qui engendrent le mouvement. La dynamique se propose dtudier le mouvement des corps matriels en liaison avec les forces qui sexercent sur les corps.


Notions mathmatiques

3

NOTIONS MATHMATIQUES1. Vecteur libre Lespace mtrique tridimensionnel dEuclide de la gomtrie classique est une reprsentation mathmatique de lespace physique o se meuvent les systmes matriels ; on notera E3. Les lments de E3 sont des points. A un couple ordonn de points (P, Q) de E3, correspond un lment v dun espace vectoriel Euclidien :( P, Q ) v = PQ

Il existe une infinit de points (P, Q) correspond au mme vecteur. Ces vecteurs sont appels vecteurs libres. 2. Produit scalaire Pour un couple ( v 1 , v 2 ) de vecteurs de E3, on peut correspondre un nombre rel appel produit scalaire de v 1 par v 2 et not v 1 .v 2 . Il s'crit :v 1 . v 2 = v 1 v 2 cos v 1 , v 2

(

)

- On note v = v . v et on appelle v , module de v . - Un vecteur est unitaire si son module est gal 1. 3. Base On appelle base de E3 un ensemble de trois vecteurs u 1 , u 2, u 3 tels que tout vecteur v de

2

E3 soit dune manire et une seule une combinaison linaire de u 1 , u 2, u 3 .La base ( u 1 , u 2, u 3 ) est orthonorme si et seulement si u i . u j = 0 Pour une base orthonorme de E3, on peut crire : v E 3 : v = v1 u1 + v 2 u 2 + v 3 u 3 =

i =1

vi ui

On dit que v1, v2, v3 sont les composantes de v dans la base orthonorm ( u 1 , u 2, u 3 ). Les vecteurs ( u 1 , u 2, u 3 ) constituent une base orthonorme ; v1, v2, v3 sont les projections orthogonales de v sur les 3 vecteurs de base, telles que :v i = v . e i = v cos v , e i

( )



4

4. Produit Vectoriel 4.1. Dfinition Proprits Soient v , w , x trois vecteurs quelconques de lespace vectoriel trois dimensions qui sont rapports une base ( u 1 , u 2, u 3 ) orthonorme et directe. Le produit vectoriel v w scrit : v1 w1 v 2 w 3 v 3 w 2 v w = v 2 w 2 = v 3 w 1 v1w 3 v 3 w 3 v1w 2 v 2 w 1

-Notons que, si v w = x , nous aurons v x et w x -Le produit vectoriel est dtermin autrement :

v w = v w sin ( v, w ) u u tant le vecteur unitaire du produit vectoriel v w , dirig perpendiculairement v etw.

4.2. Double produit vectoriel

Le double produit vectoriel de trois vecteurs v w x est exprim par la relation suivante :v w x = x.v w w.v x

(

)

(

) ( )(

( ))

4.3. Produit mixte

Le produit mixte de trois vecteurs est crit par v . w x , comme, on peut lexprim parv.wx =x.vw =w.x v

(

(

)

)

(

)

4.4. Division vectoriellew Si x v = w , on dit que x est le rsultat de la division vectorielle w par v . v

Sil existe un rel positif , le rsultat de la division scrit :



5

x=

vw v2

+ v

5. Vecteur li et Systme Vectoriel 5.1. Vecteur li Un vecteur li est un objet gomtrique caractris par un vecteur libre v et un point P : (P, v ). La droite issue de P ayant v pour vecteur directeur est le support du vecteur li (P, v ). Cette droite est aussi appele axe P v . En mcanique, les forces sont des exemples de vecteurs lis. 5.2. Moment dun vecteur li Le moment dun vecteur li (P, v ) par rapport un point O est exprim par :M o ( P, v ) = OP v M o ( P, v ) est un vecteur libre fonction du point O.

Le moment dun vecteur li (P, v ) par rapport un axe () est :M ( P, v ) = M o ( P, v ) u

(

)

O est un point quelconque de laxe () et u est le vecteur directeur de laxe (). 5.3. Systme vectoriel Un systme vectoriel (S) est un ensemble de n vecteurs lis. On crit symboliquement :(S ) =

(Pi , v i )i

Un tel systme nadmet de somme gomtrique que si les vecteurs sont concourants. En effet, laddition ( P1 , v 1 ) + ( P2 , v 2 ) + ........ na pas de sens. Par dfinition, on appelle rsultante (ou somme) de (S) le vecteur libre R tel que :R = v 1 + v 2 + v 3 + .......... + v n =i =1

vi

5.4. Moment dun systme vectoriel Le moment dun systme vectoriel (S) par rapport un point O est le vecteur libre fonction du point O :



6

MO =

OP vi i

i

On dmontre que, lors dun changement dorigine, on a la relation :M O' (S ) = M O (S ) + O' O R(S )

Cette relation dfinit un champ de vecteurs dit champ de moment ou champ de vecteurs antisymtrique. 6. Torseur 6.1. Dfinition Le torseur [ ] dun systme vectoriel (S), est form : - de sa rsultante R (Vecteur libre dfini en 5.3) - dun champ antisymtrique M fonction du point appel moment (dfini en 5.4). Sa reprsentation en un point O est note :

R [ ]O = MO Quelque soit le point dapplication, la rsultante du torseur ne varie pas. Cependant, le moment dpend du point auquel il est exprim. La proprit la plus importante des torseurs est la rgle de transport des moments (ou distribution des moments) qui caractrise un champ des vecteurs antisymtrique. 6.2. Proprit des torseurs Soit :

R1 []O1 = M O1

et

R2 []O2 = M O2

On a alors les proprits suivantes :

6.2.1. galitDeux torseurs sont gaux si :

[]O1 = []O26.2.2. Somme

R 1 = R 2 et M O1 = M O 2

La rsultante et le moment de la somme de deux torseurs sont respectivement la somme des deux rsultantes et la somme des deux moments (exprims en mme point).

[]O = []O1 + []O2

R = R 1 + R 2 et M O = M O1 + M O 2



7

6.2.3. Multiplication par un scalaireLa multiplication dun torseur par un scalaire est gale :

R [ ]O = MO 6.2.4. Torseur nulUn torseur est nul si et seulement si sa rsultante et son moment sont nuls.

[]O

= 0 R = 0 et M O = 0

Si un torseur est nul en un point, alors il est nul en tout point.

6.2.5. Produit scalaire de deux torseursLe produit scalaire de deux torseurs [ ] A et [ ] B est donn par :

RA RB [] A . [] B = . = R A .M B + R B .M A MA MB 7. Drivation d'un vecteur par un oprateur donn Soit la fonction variable en fonction du temps :

W( t ) = x 0 ( t )x 0 + y 0 ( t )y 0 + z 0 ( t )z 0exprime dans le repre fixe R0 (O, x 0 , y 0 , z 0 ). - la drive de cette fonction vectorielle dans le temps est :d W( t ) = W'(t ) dt

-la drive du produit dune fonction variable et une fonction vectorielle dans le temps t est :dW d fW df W+f = dt dt dt

( )

- la drive du produit scalaire de deux fonctions vectorielles dans le temps t est :dV d U .V dU V+U = dt dt dt

( )

- la drive du produit vectorielle de deux fonctions dans le temps t est :dV d UV dU = V+U dt dt dtPhysique 4 : Mcanique Rationnelle

(

)


8

- La drive par rapport au repre fixe R0 de W(t ) exprime dans R0 (O, x 0 , y 0 , z 0 ) est :

d R 0 W(t ) & & & = x 0 ( t ) x 0 + y 0 ( t ) y 0 + z 0 ( t )z 0 dt- La drive par rapport au repre fixe R0 (Oo, x 0 , y 0 , z 0 ) dune fonction vectorielle W(t ) exprime dans le repre mobile R (O, x , y , z ) tels que :W ( t ) = x( t ) x + y ( t ) y + z ( t ) z

En appliquant les rgles de drivation d'un vecteur :

d R0 x d R0 y d R0 z d R 0 W( t ) & & & = x(t )x + y(t )y + z(t )z + x +y +z dt dt dt dtD'aprs la formule de la base mobile :

dR0 x = R / R0 x dt dR0 y = R / R0 y dt dR0 z = R / R0 z dtLe vecteur R / R 0 est appel vecteur taux de rotation du repre R (O, x , y , z ) par rapport au repre R0.

d R 0 W( t ) d R W( t ) d R0 x d R0 y d R0 z = + x(t ) + y (t ) + z(t ) dt dt dt dt dt d R 0 W( t ) d R W( t ) = + x(t ) R / R0 x + y (t ) R / R0 y + z(t ) R / R0 z dt dt d R 0 W( t ) d R W( t ) = + R / R0 x(t )x + y (t )y + z(t )z dt dt d R 0 W( t ) d R W( t ) = + R / R 0 W( t ) dt dtCest la drive de la fonction vectorielle W(t ) exprime dans le repre mobile

(

)

(

)

(

)

(

)

R (O, x , y , z ) par rapport au repre fixe R0 (Oo, x 0 , y 0 , z 0 )



9

Exercices1. On considre deux vecteurs :

r r r r V1 = 6 i + 8 j 10k r r r r V2 = 2 i + 4 j + 12kCalculer: - leurs longueurs (modules) - leur produit scalaire r r - le produit vectoriel V1 V2 - les cosinus directeurs de leurs vecteurs unitaires 2. Montrer que si V1 et V2 sont perpendiculaires entre eux, on a :r r r r V1 + V2 = V1 V2r r

La rciproque est elle vraie? 3. Dans un repre orthonorm (ox, oy), on donne le point Q tel que le module OQ = a et langle OQ, Ox = et le point P tel que le module OP = b et langle OP, Ox = . A l'aide du produit scalaire, trouver une relation trigonomtrique entre les angles et . 4. Dans un repre orthonorm direct, on dfinit les trois vecteurs :

(

)

(

)

r r r r r r r r r r V1 = 0 i + 1 j + mk , V2 = i + nk , V3 = i + n jDterminer le volume du paralllpipde construit sur OM 1 , OM 2 et OM 3 , qui sont r r r respectivement quipollents V1 , V2 et V3 5. Dans un repre orthonorm direct, on considre deux vecteurs:

r r r r r r r r V1 = m i + 3 j + 2k , V2 = m i m j + k r r a- Dterminer m pour que V1 soit perpendiculaire V2 ; dans ce cas calculer le module de r r V1V2 . r r r b- Dterminer m pour que V1V2 soit parallle au vecteur V3 de composantes (-1, -1,0).6. Dmontrer que dans un triangle quelconque ABC on a:

AC 2 = AB 2 + BC 2 2AB . BC cos B



10

7. Pour un triangle ABC quelconque, prouver la relation :

sin A BC

=

sin B AC

=

sin C AB

r r 8. Montrer que les deux vecteurs V1 ( 1, 3, 4 ) et V2 ( 1, 5, 4 ) sont perpendiculaires et calculer : r r r r r r V1 . V2 , V1 V2 , V1 V29. Calculer le volume du paralllpipde obtenu partir des vecteurs:OA = xi + 2y j , OB = y j + 3zk , OC = 2y j

10. Etant donns les points A (1,0,0), B(0, 1, 0) et C(0, 0, 1). Calculer le volume du ttradre OABC.

r r 11. Montrer que si les vecteurs V1 et V2 sont les cts d'un paralllogramme, l'aire de ce r r dernier sera gale V1 V2 r r r r r r r 12. Dterminer le vecteur unitaire u perpendiculaire aux vecteurs V1 = i 4 j , V2 = i 2k .13. On considre les trois vecteurs :

r r r r r r r V1 = x i + y j , V2 = y j + zk , V3 = xi + zkr r r Calculer le produit mixte : V1 , V2 , V3 .

(

)


Chapitre 1 : Statique

11

Chapitre 1 : STATIQUE1.1. INTRODUCTION La statique est une branche de la mcanique rationnelle qui traite lquilibre des corps matriels par rapport un systme de rfrence suppos fixe, et ses moyens de rduire un systme de forces une forme lmentaire. Dans ce chapitre on aborde des notions sur le point matriel, le corps solide parfait, la force, le moment dune force et les torseurs des forces extrieures. Ensuite, on donne les conditions dquilibres statiques, et les diffrents types des liaisons et de ractions. Enfin, on explique quelques oprations sur les forces concernant la rduction dun systme de forces une rsultante et la dcomposition dune force plusieurs composantes. 1.2. NOTIONS FONDAMENTALES DE LA STATIQUE 1.2.1. Point matriel On appelle un point matriel, une particule matrielle dont les dimensions sont ngligeables dans les conditions du problme considr. La diffrence par rapport au point gomtrique, rside en le fait que le point matriel est suppos contenir une certaine quantit de matire concentre. Un point matriel jouit donc de la proprit dinertie, et dinteractions avec dautres points matriels. 1.2.2. Corps solide parfait Tout corps physique se prsente en mcanique comme un systme de points matriels : on entend par-l un ensemble de particules matrielles qui agissent les unes sur les autres conformment au principe dgalit de laction et de la raction. Par corps solide, on entend un corps dont deux points quelconques restent en toutes circonstances spars par une distance inchange. Autrement, le corps solide conserve une forme gomtrique constante (il reste indformable) tant dans son ensemble quen chacune de ses parties. 1.2.3. Force Par la force, on dsigne en mcanique la mesure quantitative dinteraction mcanique des corps matriels. On appellera force laction dun corps sur un autre, se traduisant par une pression, une attraction, une rpulsionect. Laction de la force sur le corps est dtermine par (Figure 1.1) : - le point dapplication : A ; - le sens : AB - La direction o la ligne daction : (), - le module o la valeur numrique : F = AB . () B

F

A Figure 1.1. Reprsentation vectorielle d'une force



12

Les forces exerces sur un solide sont de deux types. Les forces extrieures qui sont exerces par dautres corps et appliques aux points du solide donn. Par contre, les forces intrieures sont les forces dinteraction, qui se dveloppent entre les points matriels du solide donn et dont leur rsultante est nulle. 1.2.4. Moment dune force par rapport un point r r Soit une force F et un point O (Figure 1.2.). Menons par O un plan contenant F . r Abaissons de O une perpendiculaire OP sur la direction AB de la force F . La longueur de r la perpendiculaire est le bras de levier h de la force F par rapport au point O ; ce point sappelle ple.r r M o (F )

C

O h

O

r FP A

B

h A P

r B F

Figure 1.2a

Figure 1.2b

Figure 1.2. Moment dune force par rapport un pointr r Le moment de F par rapport O est le produit du module F du vecteur de la force F par le bras de levier h, qui peut tre affect de signe positif ou ngatif.

Mo ( F ) = F h

(1.1)

M o ( F ) 0 si la force fait tourner le plan dans le sens contraire celui des aiguilles dune montre. M o ( F ) 0 si la force fait tourner le plan dans le sens des aiguilles dune montre.La valeur absolue du moment dune force est le double de laire du triangle OAB r construit sur la force F et le ple O ou laire du paralllogramme OABC (Figure 1.2b).M O (F ) = F h = 2 S OAB

o :M O (F ) = F h = F OA sin = F r sin = r F

do



13 (1.2)

M O (F ) = r F

r r Le vecteur moment M o (F ) est gal en module laire du paralllogramme construit r r sur les vecteurs r o OA et F . Il est perpendiculaire au plan de ces deux vecteurs. r r Ainsi, le vecteur moment dune force M o (F ) par rapport un point O est un vecteur li en O, qui scrit :r r r r M o (F ) = r F

(1.3)

1.3. TORSEURS DES FORCES EXTERIEURES Les efforts appliqus sur un systme matriel peuvent tre reprsents mathmatiquement par un torseur, appel torseur d'action, qui s'crit en un point O :

[F]

O

F = MO

(1.4)

O F Reprsente la rsultante des forces extrieures appliques R ; M O Le moment de la force F par rapport au point O. Les efforts extrieurs un systme matriel (S) sont les efforts exercs sur (S) par d'autres systmes extrieurs. Si (S) est soumis des forces F i et des couples M i (Figure 1.3a), le torseur des efforts extrieurs exercs sur (S) en un point O, s'crit :

[F ]

e O

F e = = M O (F ) e

R = Fi OM i F i

(1.5)

r F1Or F3

r F2

r r M O (Fi )

r r F4 Fn

r R

O

Figure 1.3a1.4. CONDITION DEQUILIBRE STATIQUE

Figure 1.3b

1.4.1. Cas Gnral Un solide (S) est en quilibre par rapport un repre fixe (R) si chaque point de (S) reste fixe dans le temps par rapport (R). En consquence, le torseur des forces extrieurs est en tout point O, o :

[F ] = [0 ]e O

O

R=F e = M O (F ) e

0 0

(1.6)



14

Pour que le systme de forces appliques un solide soit en quilibre, il faut et il suffit que la rsultante gnrale du systme et le moment rsultant par rapport un centre de rduction quelconque soient gaux zro, o :r r r r r R = 0 , M O ( Fi ) = 0

(1.7)

1.4.2 Condition dquilibre analytique La condition dquilibre analytique dun corps solide est la projection des lments du torseur des forces extrieurs nulle. Cette projection sur les axes dun repre orthonorm R(O, xyz) permet dobtenir en gnral six quations : - Trois quations lies la rsultante des forces extrieures :n R x = F ix = 0 i =1 n R = 0 R y = F iy = 0 i =1 n R z = F iz = 0 i =1

et trois quations lies au moment des forces par rapport aux axes du repre :n M Ox = M ix F i = 0 i =1 n M O F i = 0 M Oy = M iy F i = 0 i =1 n M Oz = M iz F i = 0 i =1

( )

( ) ( ) ( )

Dans le cas dun problme plan (par exemple X et Y), on aura trois quations d'quilibre. -Deux quations lies la rsultante statique :n R x = F ix = 0 i =1 R=0 n R y = F iy = 0 i =1

et une quation pour le moment des forces par rapport au centre O :MO Fi = 0

Dans le cas d'un systme de forces concourantes au centre O, le moment sera nul par rapport O, il reste seulement trois quations pour la projection de la rsultante:n R x = F ix = 0 i =1 n R = 0 R y = F iy = 0 i =1 n R z = F iz = 0 i =1



15

1.5. LES LIAISONS ET LES REACTIONS 1.5.1. Dfinition Les solides considrs en mcanique peuvent tre libres ou lis, suivant le cas. Un solide est dit libre sil peut se dplacer en toute direction. Par exemple une pierre lance dans lespace est un solide libre. Un solide est dit li sil ne peut se dplacer que dans des directions dtermines ou sil est assujetti rester immobile. Les corps matriels qui sopposent au mouvement du solide sont appels liaisons, et les forces quils exercent sur le solide, sont des ractions de liaisons. 1.5.2. Diffrents types des liaisons et de ractions Les liaisons peuvent tre matrialises soit par des appuis, articulations, encastrements, etc. Dans les cas numrs sont confectionnes partir dun matriau absolument rigide, et que le frottement, aux points de contact avec les solides considrs, est ngligeable. a) Liaison libre Cette liaison est en fait une absence de liaison, le solide est livr lui mme (cas dun satellite dans lespace, ou dun projectile). Il existe six degrs de libert et aucun effort de contact transmis (pas de raction). b) Liaison ponctuelle et appui plan (appui simple) Le solide repose simplement sur une surface polie (horizontale, verticale o incline) Figure 1.4 (a, b) o sur le rouleau cylindrique Figure 1.4c. La raction de la surface est applique au solide en point de contact et dirige suivant la normale la surface dappui. Elle sappelle raction normale et se note R .

RBBR

R

RA

A

Figure 1.4a

Figure 1.4b

Figure 1.4c

c) Solides articuls (Appuis doubles) Dans la pratique, on trouve parfois le corps solide articul soit par : - un appui articul (Figure 1.5a), - une articulation cylindrique (liaison pivot glissant, liaison linaire annulaire) (Figure 1.5b), - ou une articulation sphrique (liaison rotule) (Figure 1.5c). Le module et la direction de la raction R dans son plan sont inconnus



16

y yR R

z

A y O

R

x

x x

Figure 1.5a

Figure 1.5b

Figure 1.5c

d) Barres rigides Les barres de poids ngligeables peuvent servir comme des liaisons. Leur raction sera dirige suivant la longueur de celle-ci (Figure 1.6).R

(S)

Barre rigide

Figure 1.6e) Liaison flexible (fil, corde, chane) (Figure 1.7) La raction T porte le nom de tension. Elle est applique au point dattache du lien flexible au solide, dirige le long de la liaison flexible (du fil, de la corde, de la chane, etc..). D B chane C A

TDC

TBA

P

P

Figure 1.7a

Figure 1.7b

f) Liaison Encastrement (Figure 1.8a) La liaison encastrement ne permet aucun mouvement relatif entre les deux solides. Leurs ractions sont reprsentes par un moment qui empche la rotation du solide, et des ractions horizontale et verticale, qui empchent les dplacements horizontaux et verticaux. MAEncastrement A consol

R AX R AY Figure 1.8b

Figure 1.8a



17

1.5.3. Axiome des liaisons Pour tout corps solide li (Figure 1.9a), il est possible de supprimer les liaisons en les remplaant par les ractions et de lui considrer comme un corps solide libre (Figure 1.9b) soumis laction des forces donnes et des ractions de liaisons. BCorde

MAPoutre

TBA D

RCC

C

R AX

AEncastrement

DPlan inclin

R AY Figure 1.9b. Corps solide libre

Figure 1.9a. Corps solide li

1.6. QUELQUES OPERATIONS SUR LES FORCES 1.6.1. Rsultante de deux forces concourantes r r Soient deux forces F1 et F2 appliques un point O du solide (Figure 1.10a). Pour la r r dtermination de leur rsultante R , on construit un paralllogramme sur F1 et F2 (Figure 1.10b). Le module et la direction de la rsultante R sont dtermins par la diagonale du paralllogramme construit sur ces deux forces (figure 1.10b- Rgle du paralllogramme).

r F1O

r F11O

r R

2

r F2

r F2

Figure 1.10aOn scrit :

Figure 1.10b. Paralllogramme de deux forces

r R =

r r F1 + F2

(1.8)

et son module s'obtient :r R =2 2 F1 + F2 2 F1 F2 cos

(1.9)

et sa direction se dtermine :



18

F1 F2 R R = = = sin 2 sin 1 sin( ) sin

(1.10)

Les formules 1.8, 1.9 et 1.10 dfinissent le module, la direction et le sens de la rsultante des deux forces appliques au mme point et faisant un angle entre elles. 1.6.2. Rsultante de plusieurs forces concourantes 1.6.2.1. Mthode du paralllogramme des forces On peut faire la somme de plusieurs forces appliques en un point commun (Figure 1.11a), en faisant leur composition suivant la rgle du paralllogramme. Composer les r r r r forces F1 et F2 , trouver leur rsultante R 1 , puis composer cette dernire et la force F3 , r r r construire un paralllogramme sur R 1 et F3 , trouver la rsultante R 2 , et ainsi de suite r (figure 1.11b), jusqu' obtention de la rsultante finale R (en double lignes dans la figure 1.11b).r F3

r F2 r F4O

r F1

r F3

r R3

r F2

r R2 r F1r R1

r F4

r Fn

r R r Fn

O

Figure 1.11a1.6.2.2. Rgle du polygone des forces

Figure 1.11b

Pour la construction du polygone des forces, on respecte le sens et la direction de r r chaque force. Dabord, on place lorigine du vecteur F2 lextrmit B de F1 , puis de r r placer lorigine F3 lextrmit C de F2 , etc... En joignant le point A dapplication des r r forces et lextrmit de Fn , on obtient la rsultante R . La mthode porte le nom : La rgle du polygone des forces (Figure 1.12). La ligne brise ABDCEF sappelle polygone des forces et le segment fermant le polygone sappelle la rsultante des forces. r r r r F4 D F2 F3 F3 r E F4 r O r F1 Fn r r B Fn r A F1 R F AF, vecteur

C r F2

Figure 1.12a. Systme de forces concourantes

Figure 1.12b. Polygone des forces



19

r r r r Sil y a n forces F1 , F2 , ., Fn concourantes en O, leur rsultante unique R est applique en O, et vaut la somme gomtrique des vecteurs forces :R = F1 + F2 + .... + Fn = Fii =1 n

(1.11)

1.6.2.3. Condition dquilibre gomtrique Pour que le systme de forces concourantes soit en quilibre, il faut et il suffit que le polygone des forces soit ferm. 1.6.2.4. Exemple dapplication Une bille homogne O de poids 12 KN, repose sur deux plans inclins polis AB et BC perpendiculaires entre eux (Figure 1.13a). Sachant que le plan BC fait un angle de 60 avec lhorizontal, dterminer les ractions des deux plans inclins sur la bille. A O 60 B C

Figure 1.13a Solution :On supprime les liaisons de la bille et on les remplace par les ractions qui leur correspondent (Figure 1.13.b). La bille se trouve en quilibre sous laction de trois forces (Figure 1.13.b) : - Le poids dirig verticalement vers le bas. - La raction NA dirige perpendiculairement au plan AB vers le centre O de la bille. - La raction NC dirige perpendiculairement au plan BC vers le centre O de la bille. O

r NA

60o

r P

60

r NC

Figure 1.13.bLa condition d'quilibre gomtrique est base sur la rgle du polygone des forces ferm. Commenons par la construction du polygone des forces par la force connue P. Dun point arbitraire A1, traons le vecteur P (Figure 1.13c). Plaons lorigine de la force suivante, par r r exemple NA, lextrmit B1 du vecteur de la force P . Le module de N A tant inconnu.



20

Puisque le solide est en quilibre, le triangle des forces P, NA, NC doit tre ferm, do r r lextrmit du vecteur de la force N C doit se confondre avec lorigine du vecteur P , A1. A1 P NC 60 NA B1 C1

Figure 1.13.cAppliquons le thorme des sinus sur le triangle A1B1C1, on a :

NC NA P = = sin( (60 + 30 )) sin 60 sin 30do :

NA = NC =

sin 60 3 P= P = 10,4 KN sin(60 + 30 ) 2 sin 30 1 P = P = 6 KN sin(60 + 30 ) 2

1.6.3. Dcomposition gomtrique dune force 1.6.3.1. Dcomposition suivant deux directions Dcomposer une force revient trouver les forces, appeles composantes, qui sont appliques au mme point, et produiront un effet quivalent celui de la fore dcompose. B

(n)

(n)C r Fn A r F v Fm

B

r F(m)A

(m) D

Figure 1.15a

Figure 1.15b

Figure 1.15c

r La dcomposition de la force F est valable lorsque les directions (m) et (n) des composantes cherches (figure 1.15b ) sont connues. Pour dterminer ces composantes, il r r suffit de mener par le point dapplication A de la force F et par lextrmit B de F deux droites parallles (m) et (n) : les points dintersections dfinissent un paralllogramme



21

r ADBC dans lequel la force F est la diagonale et les cots AD et AC sont les composantes r r Fm et Fn (figure 1.15.c). Soit : r r r F = Fm + Fn 1.6.3.2. Dcomposition suivant trois directions

On peut dcomposer une force dune faon unique, suivant trois directions arbitraires non parallles un plan (figure 1.16.a). La solution conduit un paralllpipde dont les artes ont les directions donnes et dont la diagonale AB est constitue par la force r dcompose. La force F est gale la somme des composantes cherches et sera crite : r r r r F = Fm + F n + Fp

(n) (n)B

r FA

r Fn

B

r F r Fp (p)

(m) (p) Figure 1.16a

A

r Fm

(m) Figure 1.16b

r La force F fait les angles x, y, z respectivement avec les axes x, y, et z du systme de r coordonnes cartsiennes orthogonales Oxyz (figure 1.17). Pour dcomposer F suivant les r trois axes, construisons un paralllpipde dans lequel F sera une diagonale.z

r Fz z yO

r F

N (dx, dy, dz)

r Fx

r x Fy

y

x

Figure 1.17



22

r Le vecteur de la force F scrit : r r r r F = F x + F y + F z = Fx x + Fy y + Fz z r tel que Fx , Fy et Fz sont les composantes de la force F et dont les modules sont : r r r Fx = F cos x , Fy = F cos y , Fz = F cos z r Do le module de la force F : r 2 2 2 F = Fx + Fy + FzLes cosinus directeurs s'obtiennent :Fy F F cos x = rx , cos y = r , cos z = rz F F F r Le module de la force F , peut sexprimer autrement, en utilisant les cosinus directeurs :

Fy r Fx Fz F = = = cos x cos y cos z

(1.12)

1.6.3.3. Dcomposition d'une force si un point de leur ligne daction est connu

r Si le point N de coordonnes dx, dy et dz appartenant la ligne daction de la force F est connu (Figure 1.17). Le vecteur ON forme les angles x, y et z avec les axes x, y et z et d son module, nous pouvons crire : dx = d cos x , dy = d cos y , dz = d cos zIl vient :ON = d = (dx ) 2 + (dy ) 2 + (dz ) 2

Comme, on peut lexprimer par la relation ; en introduisant les cosinus directeurs :d= dx dy dz = = cos x cos y cos z

(1.13)

Divisons membre membre les relations (1.12) et (1.13), nous obtenons :F Fx Fy Fz = = = d dx dy dz

(1.14)

1.6.4. Dcomposition analytique dune force r Considrons la force F applique lorigine O du systme de coordonnes r orthogonales x , y , z. Pour dfinir la direction de F , nous traons le plan vertical OBAC r contenant F , tel quindique la figure 1.18a.



23

Le plan OBAC contient laxe vertical z, lorientation de ce plan peut tre dfinie par langle quil forme avec laxe y dans le plan (x, y), tandis que lorientation de la force F dans le plan OBAC est donne par langle z quelle fait avec laxe z. z B Az

z B A B

z

r Fy

FZ z

r Fy

FZ z

r F

A

O xFigure 1.18a

O xFh

OFx Fh

Fy

y

C

CFigure 1.18b

x

CFigure 1.18c

r Nous dcomposons dabord la force F en ces composantes F z et F h . Cette dernire r (Fh) tant contenue en plan (x, y) (Figure 1.18b). Les composantes scalaires de F sont alors :

Fz = F cos z

Fh = F sin z

Ensuite, la composante F h peut se dcomposer, en F x et F y suivant les directions x et y. nous aurons alors les composantes scalaires (Figure 1.18c) :Fx = Fh sin = F sin z sin Fy = Fh cos = F sin z cos Exemple dapplication (1.15)

L'angle entre le hauban du tribord AB et le mt du bateau est de 150 (figure 1.19a). La tension dans le hauban est gale 6 KN, calculer : - les composantes de la force exerce par le hauban au point A, - les angles x, y, et z qui dfinissent la direction de cette force.



24

z A

A

z

r TB15 15

O 60 x BFigure 1.19a

y

r O TBxx

r TBy r TBhB 60

y

Figure 1.19b

r a- Les projections de la tension TB applique au point A sont :TBz = -TB cos 15 TBh = TB sin 15

Et, les projections de TBh, dans le plan (x, y) sont :TBx = TBh sin 60 = TB sin 15 sin 60 TBy = TBh cos 60 = TB sin 15 cos 60 r Do, les composantes de la tension TB sur les axes sont : TBx = TB sin 15 sin 60 = 1.34 KN TBy = TB sin 15 cos 60 = 0.78 KN TBz = -TB cos 15 = -5.79 KN

r b- les angles x, y, et z qui dfinissent la direction de la tension TB sont dtermins par la relation :TB = TBx cos x = TBy cos y = TBz cos z

DoT cos x = Bx = 0.23 , x = 77 TB

cos y =

TBy TB

= 0.129 , y = 82.6 z = 165

T cos z = Bz = 0.97 , TB



25

1.6.5. Cas gnral du moment dune force 1.6.5.1 Moment dune force par rapport un axe r r Considrons la force F dans le repre (Oxyz) (figure 1.20) et r le vecteur de position r r du point dapplication de la force F lorigine O. La force F scrit : r r r r F = F x + F y + F z = Fx x + Fy y + Fz z

r O F x , F y et F z sont les projections de F sur les axes Ox, Oy et Oz. r Ainsi le vecteur de position r dans le mme repre scrit : r r r r r = r x + r y + r z = rx x + ry y + rz zO r x , r y et r z sont les projections de r sur les axes Ox, Oy et Oz. r r Fz F z Arz r rry

r Fr Fx

r Fy

Orx

y

x Figure 1.20 r r Le vecteur moment dune force , M o (F ) , par rapport au point O scrit :r x r r r r M o (F ) = r F = rx Fx r y ry Fy r z rz Fz

(1.16)

r r r r r M o ( F ) = ry Fz rz Fy x + ( rz Fx rx Fz ) y + rx Fy ry Fx z

(

)

(

)

o r r r r r r r r M o ( F ) = M ox ( F ) x + M oy ( F )y + M oz ( F ) z r r r r r Les composantes du vecteur moment M o (F ) , M ox (F ) , M oy (F ) et M oz (F ) , sont les moments par rapport aux axes Ox, Oy et Oz respectivement dans le point O, et sont exprims comme suivant : r r r M o (F ) ox = M ox (F ) = ry Fz rz Fy r r r M o (F ) oy = M oy (F ) = (rz Fx rx Fz ) (1.17) r r r M o (F ) oz = M oz (F ) = rx Fy ry Fx

( ( (

) ) )

(

) )

(



26

Les cas o le moment dune force non nulle par rapport un axe est gal zro sont les suivant : a)- la direction de la force rencontre laxe ( h = 0) r b)- la force est parallle laxe (la projection de F sur un plan h laxe sera nulle).1.6.5.2 Thorme de VARIGNON

Si un systme de forces plan admet une rsultante unique R , le moment de cette rsultante par rapport un point quelconque est gal la somme algbrique des moments de toutes les forces de ce systme par rapport ce mme point (Figure 1.21). y h2F2 r R F1

h1 O x

h

r r M o ( R ) = M o ( Fi ) r r M o ( R ) = M o ( F1 ) + M o ( F2 )

Figure 1.21

(1.18)

Soit :R.h = F1.h1 + F2.h21.6.5.3 Exemple dapplication Une roue C de 20 cm de diamtre et un engrenage D de 2cm de rayon sont emmanchs sur un arbre horizontal AB (Figure 1.22a). Le reste des dimensions est mentionn sur la figure. Une force verticale P = 10 KN est applique suivant la tangente la roue C, une force horizontale Q de valeur inconnue est applique suivant la tangente lengrenage D. Dterminer la force Q et les ractions aux appuis A et B en position dquilibre.

0.2m 0.6m 0.2m D AQ

B CP

10cm 2cmFigure 1.22a



27

Solution:

On supprime les liaisons dans la Figure 1.22a., et on les remplace par les ractions qui leur correspondent dans la Figure 1.22b. D'aprs l'axiome des liaisons, la roue devient libre sous l'action du systme de forces quelconque. 0.2m z 0.2mr R Az A

0.6mCP

r R Bz y r B R Bx

DQ

r R Ax

xFigure 1.22b

Pour la dtermination de la force Q et les ractions RAx , RAz, RBx et RBz, on crit la projection des lments du torseur des forces extrieurs nul en A o en B :

Fi =1n i =1 n

n

ix

=0,n

Fi =1

n

iy

=0,

Fi =1n

n

iz

=0Az

M Ax (F i ) = 0 , M Bx (F i ) = 0 ,i =1

M Ay (F i ) = 0 ,i =1 n

Mi =1 n

(F i ) = 0

O

M By (F i ) = 0 ,i =1

Mi =1

Bz

(F i ) = 0

Fi =1 n i =1 n

n

ix

=0 =0 (F i ) = 0 (F i ) = 0 (F i ) = 0

- RAx + Q - RBx = 0 RAz - P + RBz = 0 - P.0,8 + RBz.1 = 0 - Q.0,2 + RBx.1 = 0 Q. 2 P. 10 = 0

(1) (2) (3) (4) (5)

Fi =1 n i =1 n i =1 n

iy

M M MO:

Ax

Az

Ay

M Mi =1 i =1 n

Bx

(F i ) = 0 (F i ) = 0

P.0,2 RAz.1 = 0 Q.0,8 RAx.1 = 0

(6) (7)

Bz

On dduit :Physique 4 : Mcanique Rationnelle


28

de (5) de (4) de (3) de (6) et de (7)

Q = 5P

= 50 KN

RBx = 0.2 Q = 10 KN RBz = 0.8 P = 8 KN RAz = 0.2 P = 2 KN RAx = 0.8 Q = 40 KN

1.7. QUILIBRE DES SOLIDES EN PRSENCE DU FROTTEMENT 1.7.1. Frottement de glissement

On appelle frottement de glissement la rsistance qui soppose au glissement de deux solides paroi rugueuse en contact.

r Soit un solide de poids P qui repose sur une surface horizontale. Appliquons ce solide une force horizontale T (Figure 1.24a).NT P

1.7.1.1. Exprience

r Ffr

NT P

mi-cheminF max r Ffr r T1T

Mouvement

Figure 1.24a

Figure 1.24b

Figure 1.24c

1er cas : Surfaces en contact polies :

La force du poids P est quilibre par la raction N . Dans ce cas, aucune force ne soppose la force motrice T ( Figure 1.24a). Le solide est en mouvement.2eme cas : Surfaces en contact rugueuses :

La force du poids P est quilibre par la raction N . Le solide peut rester au repos, dans ce cas, il existe une autre force qui soppose au mouvement du solide de mme direction et de sens oppose T (Figure 1.24b). On appellera cette force, force de frottement de glissement F fr . Augmentons progressivement la force T (figure 1.24c). Tant que le solide reste au repos, la force F fr quilibre chaque instant la force motrice T , dans ce cas la force F fr augmente avec elle jusqu une valeur maximale Fmax (Ffr Fmax) o le corps solide est en mouvement. La force maximale F max correspond au cas limite de lquilibre du solide, cest dire linstant o celui-ci est mi-chemin (dans la zone de transition) entre le repos et le mouvement.



29

1.7.1.2. Force de frottement statique

La force de frottement de glissement est une force rsistante qui agit dans le plan tangent aux deux surfaces de contact dans le sens oppos la force motrice et de direction parallle aux surfaces de contact. La force de frottement qui agit lorsque le corps se trouve avant le mouvement (immobile) sappelle force de frottement de repos ou force de frottement statique.F max r = Fs NT P

Figure 1.25

Daprs la loi dAmontons Coulomb, la valeur maximale du module de la force de frottement de repos o statique F max o F s (Figure 1.25) est proportionnelle la pression normale du solide sur la surface dappui :F max = fs N

(1.19)

O fs est le coefficient de frottement de glissement, sans dimension, qui est en fonction des matriaux des surfaces en contact et de ltat de ces surfaces. Quelques valeurs du coefficient de frottement de glissement fs pour quelques matriaux: - Acier sur glace 0,027 - Acier sur acier 0,15 - Bronze sur fonte 0,16 - Cuir sur fonte 0,281.7.1.3. Force de frottement cinmatique

La force de frottement qui agit quand un solide se dplace sur lautre, est la force de frottement cinmatique Fk. Elle est aussi proportionnelle la raction normale :F k = fk N

(1.20)

O fk est le coefficient de frottement de glissement en mouvement. Il est fonction de la vitesse de mouvement. Il reste toujours infrieur au coefficient de frottement au repos (fk < fs )1.7.1.4. Exemple dapplication

On applique une force F = 100 N sur un bloc solide de poids W = 300 N, plac sur un plan inclin (Figure 1.25). Le coefficient de frottement statique sur le plan inclin dun angle par rapport lhorizontale, est fs = 0.25 (figure 1.26a). Calculer la force de frottement requise pour maintenir lquilibre et vrifier lquilibre du bloc, si fs = 0.4, quest ce que vous remarquez ?



30

y W F5 3 4

r W

xr Ffr N

r F

Figure 1.26a Solution :

Figure 1.26b

Commenons par le calcul du module de la force de frottement capable de maintenir lquilibre du bloc. En supposant que Ffr est dirige vers le bas et parallle au plan inclin. Nous pouvons tracer le schma du bloc isol (Figure 1.26b) et crire les quations dquilibre :

Fi =1 n i =1

n

ix

=0 =0

F W sin - Ffr = 0 N - W cos = 0

(1) (2)

F

iy

Sachant que sin = 3/5 et cos = 4/5 On remplace F et W par leurs modules respectifs, on trouve aprs calcul : Ffr = - 80 N o Ffr = 80 N dirige vers le haut Et N = 240N La force requise pour maintenir lquilibre est une force de 80 N, dirige vers le haut paralllement au plan inclin. Le bloc a donc tendance descendre le plan inclin.La force de frottement maximale : La grandeur de la force de frottement maximale est donne par : Fmax=fs N ; Fmax=0.25(240N)=60N

Comme la valeur de la force de frottement requise pour maintenir lquilibre est Ffr = 80N, plus grande que la valeur maximale possible Fmax = 60N, lquilibre ne pourra pas tre maintenu et le bloc descendra le plan inclin. Dans le cas o fs = 0.4, la force de frottement maximale s'crit :Fmax=0.4(240N) = 96N

Dans ce cas, Ffr = 80N < Fmax= 96N, donc le corps peut rester en quilibre.



31

1.7.2. Angle de frottement

r R r Ffr

NT P

r R

>

NT P

r Fmax

Figure 1.27a

Figure 1.27b

r Lorsque le corps solide est au repos, la raction totale dune surface rugueuse R , compte tenue du frottement, est dtermine en module et en direction par la diagonale du r r rectangle form par la raction normale N et la force de frottement Ffr (Figure 1.27a) : r r r R = N + Ffr r r r r La direction de R fait un angle avec N du cot oppos T . Dans ce cas, plus T est r grand, plus la direction de R scarte de la normale. Lcart maximal est constat lorsque Ffr = Fmax. La valeur maximale de langle dcart sappelle angle de frottement (figure 1.27b), et est exprime par :

tg =

Fmax N

=

fs N = fs N

= arctg fs

(1.21)

1.7.3. Frottement de roulement

Par frottement de roulement, on entend la rsistance qui a lieu quand un solide roule sur r un autre. Soit un rouleau cylindrique de poids P , de rayon R, reposant sur une surface r horizontale, et sollicit en son centre de gravit par une force motrice T (Figure 1.27a). Sens y du mouvementT

yT

OP

O xP r Ffr

x

N

A

A fr C

Figure 1.28a

Figure 1.28b

La surface dappui se dforme sous laction du poids du rouleau, c'est--dire, le point r r dapplication des ractions N et la force de frottement Ffr se dplace de A vers le point C (Figure 1.28b). Les quations dquilibre du rouleau sont :

Fi =1

n

ix

=0

T - Ffr = 0



32

Fi =1

n

iy

=0

N - P = 0

Do :

Ffr = T et N = PLe couple (Ffr , T) tend mettre le rouleau en mouvement, tandis que le couple (N, P) soppose au mouvement et tend mettre le rouleau au repos. Ce dernier couple sappelle moment de rsistance au roulement, mr, il est gal au moment de la force N par rapport au point A.

mr = MA(N) MA(F) = MA(N) T R = 0Do

mr = T RA linstant o le solide se met en mouvement, le moment rsistant atteint sa valeur maximale. Les expriences montrent que cette valeur est proportionnelle la raction normale.

(mr)max = fr N

(1.22)

Le coefficient de proportionnalit fr, dit coefficient de frottement de roulement, est mesur en unit de longueur. Au repos, on a :

mr (mr)max T R fr.NDo :

TEn gnral

fr N R

fr est beaucoup plus petit que le coefficient de frottement de glissement fs ; R cest pourquoi, quand le repos est perturb, le rouleau se met rouler sur la surface dappui sans glisser sur cette dernire.



33

1.7.4. Frottement dun cble sur une poulie

Sens du mouvement

r Or T2

r T1

Figure 1.29La relation qui lie les deux tensions T1 et T2 dun cble sur une surface cylindrique rugueuse (Figure 1.29), scrit sous la forme :T1 = e fs T2

(1.23)

O est langle darc de contact du cble sur la surface cylindrique, fs est le coefficient de frottement statique et T1 est toujours suprieure T2 (T1 > T2) selon le sens du mouvement. La rsultante de la force de frottement entre le cble et la surface cylindrique, scrit :

F = T1 T2

(1.24)



34

EXERCICES RESOLUS1.1. Un ballon d'air de poids P, reste en tat d'quilibre l'aide d'un cble BC (Figure 1.29a). Il est soumis l'action d'une force verticale en haut Q, et la pression du vent horizontale F. Dterminer la tension au point B du cble ainsi que sa direction.

F O B

C

Figure 1.29a Solution:On supprime le cble BC et on le remplace par la tension correspondante T (Figure 1.29b), ensuite, on reprsente les autres forces agissant sur le ballon d'air savoir : - le poids P du ballon ; - la pression du vent horizontale F ; - l'action de la force verticale Q dirige vers le haut.

QF O

B

P

T

C

Figure 1.29b 1ere Mthode : Condition d'quilibre analytiquePour la dtermination de la tension T au point B du cble ainsi que sa direction, on crit le torseur des forces concourantes au centre O du ballon (Figure 1.29b). La condition



35

d'quilibre statique du ballon est le torseur nul au centre O. La projection des lments de ce torseur nul, s'crit :

Fix = 0 ,i =1

n

Fi =1

n

iy

=0(1) (2)

Fi =1 n i =1

n

ix

=0=0

F T sin = 0

F

iy

Q P T cos = 0

On crit la somme des carrs des quations (1) et (2), soit :

(1) 2 +

(F )2

= (T sin )2

( 2) 2 (Q P ) 2 = (T cos )2

D'o, le module de la tension T scrit :

T=

F 2 + (Q P ) 2

La direction de la tension T sera connue partir de l'angle qui sobtient en divisant (1) par (2), soit :

tg =

F QP

o = arctg

F QP

2ieme mthode : Mthode gomtriqueLa condition d'quilibre gomtrique : on emploi la rgle du polygone des forces ferm. On construit le polygone des forces agissant sur le ballon (Figure 1.29b). On trace d'abord la force connue P dirige vers le bas partir du point O1 et d'extrmit O2. Du point O2, on trace la force Q dirige vers le haut d'extrmit O3. Ensuite, on illustre la force horizontale F partir de O3 et d'extrmit O4. Enfin, on ferme le polygone par la tension T dirige en bas vers la gauche par un angle inconnu du point O4 vers O1 (Figure 1.29c). F O3 O4

QP QO1

T

PO2

Figure 1.29c



36

Appliquons le thorme de Pythagore sur le triangle O1O3O4 (Figure 1.29c), on obtient :

T 2 = F 2 + (Q P ) 2D'o :

T=

F 2 + (Q P ) 2

Et l'angle : F tg = QP

o = arctg

F QP

1.2. Une bille pleine homogne, de poids P et de rayon R, est maintenue en quilibre sur un plan inclin d'un angle par un cble inextensible AB qui fait un angle avec la verticale (Figure 1.30a). Dterminer les ractions des liaisons sur la bille.

B y1 y

Az1 O1 x1 C R x

I

Figure 1.30a Solution :On remplace le cble AB par la tension TB et le plan inclin par la raction normale N (Figure 1.30b). D'aprs l'hypothse des liaisons, la bille devient libre sous l'action du systme de forces concourantes au centre C.

B y

TB A

N

C x

IP

Figure 1.30b



37

1ere Mthode : Condition d'quilibre analytiqueLa projection des lments du torseur nuls des forces extrieures au centre C, s'crit :

F ix = 0,i =1

n

Fi =1

n

iy

=0 (1) (2)

F Fi =1

n

i =1 n

ix

=0 =0

P sin TB sin ( + ) = 0 N P cos TB cos ( + ) = 0

iy

La rsolution des deux quations donne :

TB =

P sin P sin et N = sin ( + ) sin ( + )

2eme Mthode : Condition d'quilibre gomtriquePour la construction du triangle des forces ferm, on commence par la force connue P dirige verticalement vers le bas du point C1 vers l'extrmit C2. Ensuite, on trace la tension TB du point C2 avec un angle avec la verticale, et enfin, on ferme le triangle avec la raction N qui fait un angle avec la verticale. C1

N +

P

C3

TB

C2

Figure 1.30cEcrivons le thorme des sinus du triangle des forces ferm C1C2C3 :

T N P = B = sin sin sin ( ( + ))D'o:

TB =

P sin P sin et N = sin ( + ) sin ( + )

1.3. Le fardeau de poids Q est maintenu en quilibre au point C par le systme reprsent dans la Figure 1.31a. Dterminer les ractions dans les barres CA de longueur a, CB de



38

longueur b et la tension de la chane CD de longueur d. Les deux barres sont perpendiculaires entre elles et sont contenues dans un plan horizontal. (A.N : AC = a = 0.6m, BC = b = 0.8m, DC = d = 1.41m et Q = 100 KN. OD = z D d O B b a x A C Q y

Figure 1.31a Solution :Pour la reprsentation des ractions dans les barres CA et CB et la tension dans le cble CD, on supprime les liaisons et on les remplace par les ractions qui leur correspondent (Figure 1.31b). La tension T D fait un angle avec la verticale et sa projection sur le plan lhorizontale (OACB), TDsin fait un angle avec AC (AC//Oy) (Figure 1.31c). z D O OTD

BT D sin

y

y B

RAx A

RBC

A x

RB

RA C

Q Figure 1.31c

Figure 1.31bNous avons :

a2 + b2 d 2 (a 2 + b 2 ) OC OD , cos = sin = = = CD d CD d Et BC b AC a , cos = sin = = = 2 2 2 OC OC a +b a + b2



39

A fin de calculer les ractions RA et RB et la tension TD, on crit la projection des lments du torseur des forces nuls au nud C, soit :

Fix = 0,i =1

n

Fiy = 0,i =1

n

Fi =1

n

iz

=0 (1) (2) (3)

F F Fi =1 i =1 n i =1 n

n

ix

=0 =0 =0

R B TD sin sin = 0 R A TD sin cos = 0 Q TD cos = 0

iy

iz

La rsolution de ces trois quations, donne : Q d TD = = Q cos ODRA = RB = a Q OD b Q OD

TD = 1.41Q = 141 KN RA = -0.6Q = -60 KN RB = -0.8Q = -80 KN1.4. Dterminer les ractions des appuis de la poutre reprsente dans la Figure 1.32a. Le poids propre de la poutre est suppos ngligeable.

q = 3KN/m A 2m 1m

9KN

4KN 60 B 1m

1m

Figure 1.32a Solution :On supprime les liaisons dans la Figure 1.32a et on les remplace par les ractions qui leur correspondent dans la Figure 1.32b. D'aprs l'axiome des liaisons, la poutre devient libre sous l'action du systme de forces en plan. q = 3KN/m A 2m RAy 1m 1m 9KN 4KN 60 B RBx 1m RBy

y M

+x

Figure 1.32b



40

Pour la dtermination des ractions RAy, RBx et RBy, on crit la projection des lments du torseur des forces extrieurs en A :

Fix = 0 ,i =1

n

F iy = 0 ,i =1

n

Mi =1

n

A

(F i ) = 0(1) (2) (3)

Fi =1 n i =1 n

n

ix

=0 =0

R Bx 4 cos 60 = 0

F

iy

3.2 + R Ay 9 4 sin 60 + R By = 0 3.2x1 9x1 4 sin 60 x 2 + R By x3 = 0

Mi =1

A

(F i ) = 0

La solution des quations d'quilibres (1), (2) et (3) donne :

RBx = 2 KN,

RBy = 3.31 KN, RAy = 15.15 KN

1.5. Un arc en treillis repose en B sur une articulation fixe et en A sur un rouleau dont le plan dappui fait un angle de 30 avec lhorizontale. Le poids propre de larc est P = 100KN. La rsultante F des forces de pression du vent est gale 20 KN, dirige paralllement AB et applique 4m au-dessus du point B (Figure 1.33a). Dterminer les ractions aux appuis. F

4m A 30 10mP

10m

B

Figure 1.33a Solution : On remplace les liaisons dans la Figure 1.33a par les ractions qui leur correspondent dans la Figure 1.33b. D'aprs l'axiome des liaisons, larc en treillis devient libre sous l'action du systme de forces en plan. F r RA y 4m M r P R Bx + A 30 B 10m 10m r x R By Figure 1.33bPour la dtermination des ractions RA, RBx et RBy, on crit la projection des lments du torseur nul des forces extrieurs en B, o :

Fix = 0 ,i =1

n

F iy = 0 ,i =1

n

Mi =1

n

B

(F i ) = 0



41

F Fi =1 n i =1 i =1 n

n

ix

= 0 R A sin 30 R Bx F = 0 = 0 R A cos 30 + R By P = 0B

(1) (2) (3)

iy

M

(F i ) = 0 R A cos 30 x 20 + Px 10 + Fx 4 = 0

de (3) on obtient

20 RAcos30.= 10P + 4FEt de (1) on crit

RA = 62,4 KN

RBx = RAsin30 - FAinsi que de (2) on dtermine

RBx = -11,18 KN

RBy = P - RAcos30

RBy = 46 KN

1.6. Dterminer les ractions de l'encastrement A du portique (Figure 1.34a). Le poids propre du portique est ngligeable et les donnes ncessaires sont illustres sur la figure 1.34a. 2P

B

45 0.5a 0.5a C

2P

A a

Figure 1.34a Solution :Pour la dtermination des ractions de l'encastrement A du portique (Figure 1.34a), on supprime l'encastrement en A et on le remplace par les ractions correspondantes dans la Figure 1.34b. Ensuite, on crit la condition d'quilibre statique du portique isol (Figure 1.34b), sous l'action d'un systme de force en plan.

2PB 45 0.5a 0.5a C

2P

y

M

+x

MA

A

RAy RAx

Figure 1.34bPhysique 4 : Mcanique Rationnelle


42

La projection des lments du torseur nul des forces extrieures dans le point A, s'crit :

Fi =1

n

ix

=0,

Fi =1

n

iy

=0,

Mi =1

n

A

(F i ) = 0

F Fi =1 n i =1 i =1 n

n

ix

= 0 R Ax + 2P 2 P cos 45 = 0 = 0 R Ay 2 P sin 45 = 0A

(1) (2)

iy

M

(F i ) = 0 M A 2 P x 0.5a +

2 P cos 45 x a

2 P sin 45 x a = 0 (3)

De l'quation (1), on obtient :

RAx = PEt de l'quation (2), RAy = P De l'quation (3)

MA = -Pa1.7. Dterminer les ractions des appuis de l'arc illustr dans la figure 1.35a. Le poids propre de l'arc est ngligeable et les donnes ncessaires sont illustres sur la Figure 1.35a.F

BF

C r

A

30 r r/4

Figure 1.35a Solution:Pour la dtermination des ractions de l'appui double en A et de lappui simple en B de larc AC (Figure 1.35a), on supprime ces liaisons et on les remplace par les ractions correspondantes dans la Figure 1.35b. Ensuite, on crit la condition d'quilibre statique de larc isol (Figure 1.35b), sous l'action d'un systme de force en plan.



43

BF R By

F

C

yr

M

R Ax

+x

AR Ay

30 r r/4

Figure 1.35bLa projection des lments du torseur nul des forces extrieures au point A, de l'arc isol dans la figure 1.35b, s'crit :

Fix = 0 ,i =1

n

F iy = 0 ,i =1

n

Mi =1

n

A

(F i ) = 0

F Fi =1 n i =1 i =1 n

n

ix

= 0 R Ax + F cos 30 = 0 =0 A

(1) (2) (3)

iy

R Ay F sin 30 + R By F = 0 = 0

M

(F i ) = 0 F sin 30r(1 cos 30 ) F cos 30 r sin 30 + R By r F 1.25r = 0

De l'quation (1)

RAx = -0.87FDe l'quation (3), on obtient :

RBy = 1.75 FEt de l'quation (2),

RAy = -0.25F1.8. Pour le systme reprsent dans la Figure 1.36a, dterminer le module de la force F et les ractions des appuis cylindriques en A et B ; sachant que le frottement dans les surfaces cylindriques C et D est ngligeable, et nous avons : Q = 8 KN, r = 5 cm, AC = CB = 50 cm et AK = 40 cm.



44

y B z C r A K x D

F

Q

Figure 1.36a Solution :On supprime les liaisons du systme reprsent dans la Figure 1.36a et on les remplace par les ractions qui leur correspondent dans les Figures 1.36b et 1.36c. D'aprs l'axiome des liaisons, le systme (Figures 1.36b) devient libre sous l'action du systme de forces quelconques. y B z C r A KT

R Bx R Bz QD

Q Qx

F

R Ax R Az

Q Figure 1.36c

Figure 1.36b

Puisque le frottement dans la poulie D est ngligeable, la tension dans le cble CD reste constante (Figure 1.36c), d'o :

T = Q = 8 KNPour la dtermination du module de la force F et les ractions dans les appuis cylindriques en A et B, nous crivons la condition d'quilibre statique du corps solide isol (Figure 1.36b), sous l'action d'un systme de forces quelconques. Cette condition est traduite par le torseur des forces extrieures nuls en A o B. La projection des lments de ce torseur sur les axes s'crit :

Fi =1 n i =1 n

n

ix

=0,n

Fi =1

n

iy

=0,

Fi =1 n

n

iz

=0Az

M Ax (F i ) = 0 , M Bx (F i ) = 0 ,i =1

M Ay (F i ) = 0 ,i =1 n

Mi =1 n

(F i ) = 0

O

M By (F i ) = 0 ,i =1

Mi =1

Bz

(F i ) = 0



45

F Fi =1 n i =1 n i =1 n

n

ix

= 0 = 0Ax

R Ax + Q R Bx = 0 + R Az F + R Bz = 0

(1) (2) (3) (4) (5)

iz

M M Mi =1 i =1 n

(F i ) = 0 R Bz = 0 (F i ) = 0 F . KA Q . r = 0 (F i ) = 0 R Bx . AB Q . AC = 0

Ay

Az

O

M Mi =1 i =1 n

n

Bx

(F i ) = 0 R Az . AB + F . AB = 0 (F i ) = 0 R Bx . AB Q . BC = 0

(6) (7)

Bz

De l'quation (3), on dtermine : F = 1 KN Et, de (4), on dtermine : RBz = 0 KN Et, de (5), on dtermine : RBx = 4 KN Ainsi, de (6), on dtermine : RAZ = 1 KN De (7), on dtermine : RAx = 4 KN La vrification des quations (2) et (3), nous confirme les rsultats obtenus.1.9. Un couvercle rectangulaire, articul en A et B, conserve l'quilibre horizontal l'aide d'une barre rigide FG de poids ngligeable (Figure 1.37a). Sachant que le poids du couvercle est P = 180 N, sa longueur CD = 2.3m et sa largeur CE = 0.75m, la distance EF = 1.5m et AC = BE = 0.15m, dterminer les ractions des liaisons. C D A

B E F

G

Figure 1.37a



46

Solution :On supprime les liaisons dans la Figure 1.37a et on les remplace par les ractions qui leur correspondent dans la Figure 1.37b.

R Azz A C DR Ay

R BzBR By

E x

F

P

y

RFG

Figure 1.37bPour la dtermination des ractions dans les appuis cylindriques en A et B, nous crivons la condition d'quilibre statique du couvercle rectangulaire isol (Figure 1.37b). La projection des lments du torseur des forces extrieures nul dans le point A (Figure1.37b), s'crit :

Fix = 0 ,i =1

n

Fiy = 0 ,i =1 n

n

Fi =1 n

n

iz

=0Az

M Ax (F i ) = 0 ,i =1

n

M Ay (F i ) = 0 ,i =1

Mi =1

(F i ) = 0(1)

Fi =1 n i =1 n

n

ix

=0 =0 + R Ay + R By = 0 + R Az + R Bz + R F P = 0

F

iy

(2) (3) (4) (5) (6)

Fi =1 n

iz

=0 Ax

Mn

CD + R F EF = 0 2 i =1 n AB M Ay (F i ) = 0 R BZ AB + P 2 R F AE = 0 i =1 (F i ) = 0 Pi =1 Az

M

(F i ) = 0 R By AB = 0

La rsolution de ces quations donne :

RAy = 0, RAz = 136 N,

RBy = 0, RBz = -94 N,

RF = 138 N



47

1.10. Une barre homogne AB de poids P et de longueur L, appuye en A sur une plate forme rugueuse et lextrmit B est fixe par le cble BC, incline d'un angle de 45 avec lhorizontale (Figure 1.38a). Sachant que le coefficient de frottement de la barre avec lhorizontale est fs. Dterminer langle que fait le cble BC avec lhorizontale permettant la barre glisser vers le point D. C

l

B

45

D

A Solution:

Figure 1.38a

On supprime les liaisons dans la figure 1.38a et on les remplace par les ractions correspondantes dans la Figure 1.38b. Sens possible du mouvement C

TC B

y

l/2

M

NA A

+P 45 F A max

x D

Figure 1.38bLa barre AB se trouve mi-chemin entre le repos et le mouvement, donc la rsultante de la force de frottement sera maximale, et elle s'crit :

FAmax = fs NAO NA est la raction de l'horizontale sur la barre AB. La force FAmax sera dirige dans le sens oppos du mouvement. Pour la dtermination de l'angle partir duquel la barre va glisser, on crit la condition d'quilibre statique de la barre isol (Figure 1.38b), sous l'action d'un systme de force en plan. La projection des lments du torseur des forces extrieures nul dans le point A o B, s'crit :

Fix = 0 ,i =1

n

F iy = 0 ,i =1

n

M A (Fi ) = 0 oi =1

n

Mi =1

n

B

(F i ) = 0



48

F Fi =1 n i =1 n i =1 n

n

ix

= 0 = 0A

FA ,max + TC cos = 0

(1) (2)

iy

N A + TC sin P = 0 = 0

M Mi =1

(F i ) = 0 P

1 l cos 45 + TC sin l cos 45 TC cos l sin 45 = 0 (3) 2 1 l cos 45 = 0 2(4)

oB

(F i ) = 0 N A l cos 45 fs N A l sin 45 + P

On remplace FAmax dans lquation (1), on obtient :

fs N A = TC cos Ensuite, de l'quation (3), on obtient la tension dans le cble BC : P TC = 2(sin cos ) Et de l'quation (4), on aura la raction normale NA: P NA = 2 (1 + f s ) On remplace TC et NA dans l'quation (1), on trouve : 1 tg = 2 + fs

(5)

Donc, langle que fait le cble BC avec lhorizontale partir duquel la barre va glisser vers le point D, est : 1 = arctg 2 + fs



49

EXERCICES SUPLEMENTAIRES1.11. Une bille homogne de poids P = 100 N, conserve son quilibre en plan par deux chanes AB et AC comme le montre la figure 1.39. La ligne d'action de la chane AB est incline avec l'horizontale dun angle de 50. - Dterminer les tensions dans les deux chanes AB et AC. S.A. : TB = 1.53P = 153N, TC = P = 100N

B 140 A C 50

Figure 1.39 1.12. Un corps solide A de poids P repose sur un plan inclin qui fait un angle avec lhorizontal. Le corps solide tant li avec un cble AB qui fait un angle avec la verticale (figure 1.40). Dterminer la tension dans le cble AB et la raction du plan inclin sur le solide A. P sin P cos , RA = S.A. : TB = sin( + ) sin( + )B A P

Figure 1.401.13. Une barre homogne AB de poids P , articule en A avec le mur vertical et faisant un angle laide dun cble BC avec ce mme plan (Figure 1.41). Sachant que AB = AC, dterminer la tension dans le cble et la raction dans larticulation A. S.A. : TC = P sin (/2), RA = P cos (/2)

C

B A

Figure 1.41



50

1.14. Un rservoir mtallique de poids W = 48KN, de rayon r = 0.9m, repose sur les artes de deux murs comme le montre la figure 1.42. La distance entre les deux murs l = 1.4m. En ngligeant le frottement entre les surfaces de contacts, dterminer les pressions du rservoir sur les artes des murs en A et B. S.A. : RA = RB = 38.13 KN

O A

r B

1.4 m

Figure 1.421.15. Le cble BC et la barre AC sont attachs au poteau DC au point C comme le montre la Figure 1.43. Le poteau DC sappuyant librement en D est maintenu en quilibre au point C par deux autres cbles mtalliques perpendiculaires entre eux et parallles aux axes du plan horizontal (H) et ayant des tensions gales, de grandeur T = 25 KN. Sachant que les angles = 30 et = 60, dterminer la tension dans le cble BC, la raction dans la barre AC et la raction verticale du poteau CD. z S.A. :T C T

y D

A

(H)B

x

Figure 1.431.16. Le systme reprsent dans la Figure 1.44, est form de deux barres homognes BD et CD, de poids ngligeable, articules en point D, faisant un angle droit entre elles dans le plan (yz) et qui sont lies au point D par un cble AD au point A. Le systme est tir en D par un tirant de tension F = 495 N dirige dans le sens oppos et parallle laxe ox. Dterminer les ractions dans les deux barres DB et DC ainsi que la tension dans le cble DA (les dimensions sont montres dans la figure 1.44.).

S.A. : TA = 700 N, RB = 396 N, RC = 296.9 N



51

z B

0.4 m

F D

0.3m O 0.5m C y

x

A

Figure 1.44

1.17. Le fardeau de poids Q = 98 KN est suspendu lanneau D par deux cbles AD et BD et soutenu par la barre CD comme le montre la Figure 1.45. - Dterminer les tensions dans les cbles AD et BD et la raction de la barre CD, sachant que les coordonnes des points de liaisons sont donnes comme suit : A(5,2,3), B(0,2,7), C(2,2,3), D(2,6,3) (unit en dm)

S.A. : TA = 74.17 KN, TB = 133.5 KN, RC = 148.33 KN z B (0, 2, 7)

C (2, 2, 3) O A (5, 2, 3) x

D (2, 6, 3) y

Q

Figure 1.45 1.18. Une charge de poids P = 30 KN suspendu au point D comme le montre la Figure 1.46. Dterminer les ractions dans les liaisons. S.A : z D (0, 8, 20) A (-6, 0, 0)

C (0, -3, 0)

y Q = 45 KN B (6, 0, 0) x Figure 1.46



52

1.19. Dterminer les ractions dans les liaisons reprsentes dans la figure 1.47 (a, b, c, d, e, f, g, h). Le poids propre de chaque corps solide est ngligeable, le reste des donnes ncessaires est reprsent sur chaque figure.

q

P = ql/2 A

6KN 60

q = 2KN/m 3KN.m B

A

3l

B

Cl

1m

1m

3m

Figure 1.47a RAx = 0, RAy = - 28,5 KN, RBy = 51,5 KNC D

figure 1.47b MA = 29.2 KN-m, RAx = 3 KN, RAy = 11.2 KN

9KNm

5TA 1m 2m B 4m

6m

18 T

A 4

13KN B 40 1m

Figure 1.47cD 60 F = 11 KN Q = 7 KN A B 2m 1.5m C 60 0.7m A 4mF

Figure 1.47d

B 30 P 4m

le frottement dans la poulie D est Figure 1.47e

Figure 1.47f RB = 20.71 KN, RAx = 5.35 KN, RAy = 25.72 KNF 2F B R 60 A

TB = Q = 7 KN, MA = 25.31 KN-m, RAx = 11.23 KN, RAy = 5.51 KN3P 0.5l 0.5l Al l

C B

2P

R

R/3

Figure 1.47g

Figure 1.47h



53

1.20. Une poutre AB de poids W =1 KN, fait un angle de 60 avec la verticale, articule en A dans le mur et soutenue en B par un cble passant par une poulie C et portant une charge P ; le tronon du cble BC fait un angle de 45 avec la verticale. Une charge Q = 0.8 KN est suspendue au point D de la poutre. Le reste des donnes est montr dans la Figure 1.48, dterminer la charge P et la raction en A (le frottement dans la poulie C est ngligeable).

S.A. : RAx = 0.65 KN, RAy = 1.15 KN (R = 1.13 KN), TB = 0.92 KN, P = TC = 0.93 KN A

2l/3 C EP

60l/3

45 D B

Q

Figure 1.481.21. Un poteau de signalisation est fix de la faon montr dans la Figure 1.49 . Calculer les ractions de larticulation en A et la tension dans le fil BC.

S.A. : RAx = 31.25 N, RAy = 550.33 N, TC = 129.14 N 2.5m 75N B

6m

350N

A C 1.5m

Figure 1.49



54

1.22. Le couvercle rectangulaire ABCD dune cave est soutenu ltat ouvert par une bquille EC en C. le poids du couvercle est P = 17 KN; DC = DE; langle EDC = 60 (Figure 1.50). Dterminer les ractions aux articulations cylindriques A, D et leffort R dans la bquille (le poids de la bquille est ngligeable).

S.A. : RAx = 0, RAz = 8.5 KN, RC = 4.9 KN, RDx = 2.45KN , RDz = 4.25 KN z B C D A y

x F

E

Figure 1.501.23. Un mt de charge de 4m de longueur est soumis une force verticale de 20KN tel quindiqu sur la figure 1.51. Calculer leffort de tension dans chaque cble et la rsultante de raction dappui en O (articulation sphrique).

S.A. : TB = 0.76P = 15.2 KN, TC = 1.41P = 28.2KN, Rox = 0, Roy = 2P = 40KN, Roz = 0.5P = 10KN z 2m 1m C A 1m x O 2m 2m y B

P = 20 KN Figure 1.51

1.24. Le mt de 10m de hauteur est soumis une force horizontale Q = 9KN, tel quillustr dans la Figure 1.52. Il est appuy sur une rotule A et soutenu par deux cbles BD et BE. Supposons que le poids du mt est ngligeable, calculer leffort dans chaque cble ainsi que la raction dappui en A. S.A. : RAz = 15 KN, RAy = 3.85KN, TD = 14.33 KN, TE = 7.80KN



55

Q = 9KN

z C B D 3m A 6m 6m y

10m 7m

x

E

Figure 1.521.25. Une plaque carre ABCD horizontale, de ct a = 60cm, de poids P = 5KN, est articule en A par une articulation sphrique, en B par une articulation cylindrique et appuye en E sur un appui simple. Au point H, elle est soumise une force F , incline dun angle avec le ct BC dans le plan horizontal (Figure 1.53). Sachant que langle =60, CE = ED = 0.5a = 30cm, BH = a/3 = 20cm et F =11 KN ; dterminer les ractions dans les liaisons A, B et E. z S.A.

A D Bx y

H a/3 C

E a/2

a/2

r F

Figure 1.531.26. Lchelle AB de poids P est appuye contre un mur rugueux sur un sol rugueux. Le coefficient de frottement de lchelle sur le mur est gal fm (Figure 1.54). Dterminer le coefficient de frottement fs de lchelle sur le sol si langle dinclinaison maximale de lchelle sur lhorizontale qui assure lquilibre est gal . cos S.A. : f s = 2 sin + f m cos



56

B 2l

A

Figure 1.541.27. Deux tiges identiques de section uniforme de masse 8Kg chacune sont assembles par des pivots en A et B sans frottement. On constate que lensemble seffondre lorsquon lui applique une force P suprieur 140N (Figure 1.55). Calculer le coefficient de frottement au point C. S.A. : fs = 0.23

B 0.5mP

0.5m A 0.3m 0.3m C En C repose librement

Figure 1.551.28. On applique une force F = 175 KN sur un bloc G = 300 KN, plac sur un plan inclin comme le montre la Figure 1.56. Le coefficient de frottement statique sur le plan inclin est fs = 0.35 . - Vrifier lquilibre du bloc et calculer le module de la force de frottement, si fs = 0.15, Que remarquez vous ?

S.A. : a- si fs = 0.35, Fmax = 53.4 KN et Ffr = 28.4 KN , Fmax > Ffr le bloc G reste en quilibre b- si fs = 0.15, Fmax = 22.9 KN et Ffr = 28.4 KN , Fmax < Ffr le bloc G ne restera pas en quilibre



57

F = 175 KN 30 G 5 4 3 B

A

Figure 1.561.29. Un bloc reposant sur une surface cylindrique, est soumis deux forces. Si = 45 (Figure 1.57), calculez : a- la force P ncessaire pour faire monter le bloc le long de la surface b- la plus petite force P qui empche le bloc de descendre. S.A. : a- Pmax = 1661.5 KN, b- Pmin =386.5 KN

O

P

800N

Figure 1.571.30. La barre rigide AB de poids P et de longueur l, est appuye contre deux plans inclins, AC rugueux et BC poli, les donnes ncessaires sont reprsentes sur la Figure 1.58. - Dfinir le rle, le point dapplication, la direction, le sens et le module de la force de frottement lorsque la barre se trouve mi-chemin entre le repos et le mouvement. -Dans ce cas, dterminer le coefficient de frottement fs de la barre sur le plan inclin AC. y x

A

60

B

45

Figure 1.58

C



58

1.31. Une chelle BC de poids P, de longueur l est appuye sur un mur; son extrmit infrieure B est maintenue par un cble AB (Figure 1.59). a- En ngligeant le frottement des surfaces de contacts, calculer les ractions des surfaces de contacts ainsi que la tension du cble AB. b- Si on supprime le cble pour que la tige repose librement sur le sol rugueux, dterminer le coefficient de frottement ncessaire pour que la tige reste en quilibre. S.A. : cos 2 , T = 0.5 P cos sin a- N C = 0.5 P cos , N B = P 1 A 2 cos sin b- f s = 2 cos 2

C

A

B

Figure 1.591.32. Un traneau en bois transportant un bloc de pierre qui doit monter le long dun plan inclin de 20 par rapport lhorizontale. La masse de lensemble est de 800kg et le coefficient de frottement entre les patins du traneau et le plan inclin est s = 0.4 (Figure 1.60). Calculer la force Q requise : a- pour faire dmarrer le traneau ; b- pour le faire monter vitesse constante ; c- pour le faire descendre vitesse constante.

Q25

B A 20

Figure 1.60


Chapitre 2 : Gomtrie des masses

59

Chapitre 2 : GOMTRIE DES MASSES2.1. INTRODUCTION Ce chapitre concerne les notions sur la masse, le centre de masse, le moment dinertie et le produit dinertie. Lintrt mcanique de ces grandeurs apparatra en cintique et en dynamique. 2.2. MASSE DUN SYSTEME MATERIEL La masse mesure la quantit de matire contenue dans un corps donn. Elle est invariable au cours du temps (en mcanique galilenne) et possdant la proprit dadditivit, savoir : la masse dun systme matriel est la somme des masses de ses parties lmentaires. La masse est une grandeur scalaire positive. Un systme matriel est un ensemble discret ou continu de points matriels. 2.2.1. Systme continu On appelle masse dun systme matriel continu, la grandeur scalaire :m=

p(S )

dm(P )

(2.1)

dm(P) : est la mesure de la masse lmentaire du systme matriel au voisinage du point matriel P. - Si le corps (S) a un volume V : m = ( P )dvV

(2.2)

O dv est un lment de volume et (P) est la masse volumique du corps au point P. Pour un systme homogne, la masse volumique est constante et m = V. - Si le corps (S) a une surface S, le cas dune plaque par exemple : m = ( P )dss

(2.3)

O ds est un lment de surface et (P) est la densit surfacique au point P. - Si le corps (S) a une courbe L (le cas dune ligne matrielle) : m = ( P )dlL

(2.4)

O dl est un lment de longueur et (P) est la densit linique au point P.



60

2.2.2. Systme discret La masse dun systme form de n points matriels de masse mi est la somme des masses :m=

i =1

mi

n

(2.5)

2.3. CENTRE DINERTIE DUN SYSTEME MATERIEL 2.3.1. Dfinition On appelle centre dinertie o centre des masses G du solide le barycentre des diffrentes centres P des lments de masses lmentaires dm :

P ( S )

GP dm(P) = 0

(2.6)

Si O tant un point arbitraire de lespace.

P( S )

GP dm(P ) = (GO + OP )dm(P ) = 0P( S )

Do :

OG =

P( S )

1 1 (SOPdm = m P(SOPdm ) dm P )

Si nous rapportons lespace un repre orthonorm R (O, x , y , z ) dorigine O (Figure 2.1), nous pouvons crire : OG = X G x + YG y + Z G z et OP = x x + y y + z zz

G

P (S)

Ox

y

Figure 2.1

Les coordonnes du centre dinertie dun systme matriel G sont donc exprimes par :

XG =

1 1 1 (Sxdm , YG = m P(Sydm , ZG = m P(Szdm m P ) ) )

(2.7)



61

2.3.2. Exemple dapplication a)- (S) est un volume Dterminer la position du centre dinertie dune demi sphre homogne pleine de rayon R (Figure 2.2a). Rz

V dz z Oy

z

rR

Oy

x

Figure 2.2aNous avons la formule gnrale :

Figure 2.2b

OG =

1 OPdm m P( S )

Par raison de symtrie : XG = YG = 0 Sachant que dm = dv et M = V La cte du centre dinertie est donc :

ZG =

1 m

P ( m )

zdm Z G = V zdvP ( V )

1

Pour un lment de volume dv d'paisseur dz (Figure 2.2b): Nous avons R = r + z r = R z Cet lment de volume dv choisi, s'crit :

dv = r dz dv = ( R z ) dzDo :ZG = 1 VR 0

(R z ) z dz

Et, par consquent :


Chapitre 2 : Gomtrie des massesR R z z 4 R4 ZG = = V 2 4 V 4 0 2 Or : V = R 3 3

62

Donc :ZG = 3 R 8

2.3.3. Cas dun systme complexe Trs souvent un systme est compos dun ensemble de systmes lmentaires pour lesquels les

Documents

Physique 4 - Kassoul