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. 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. 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. 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