exercice 1 - Exercices corriges

TD N°1 :
STATIQUE PAR LES TORSEURS
TD N°2 :
CINEMATIQUE
TD N°3 :
CINETIQUE - CALCUL DU CENTRE DE GRAVITE
TD N°4 :
CINETIQUE - APPLICATION AU TENSEUR D’INERTIE
TD N°5 :
CINETIQUE - CALCUL DU MOMENT CINETIQUE ET DE
L’ENERGIE INETIQUE
TD N°6 :
CINETIQUE - THEOREMES GENERAUX
TD N° 7 :
PRINCIPE DU TRAVAIL VRTUEL
TD N°8 :
EQUATIONS DE LAGRANGE
TD N°1
STATIQUE PAR LES TORSEURS
EXERCICE 1
Pour dégager une voiture en panne prise entre 2 automobiles stationnées, 3 personnes exercent des
actions aux points A, B et C.
1- Déterminer le torseur résultant de ces actions au point G.
2- Vérifier que ce torseur est un glisseur et déterminer son axe.
EXERCICE 2
Déterminer les caractéristiques en A du
torseur des efforts appliqués sur cet ensemble.
EXERCICE 3
Une clé à bougie se compose d'un corps et d'une tige de manœuvre coulissante. En utilisation,


l'opérateur exerce les efforts F et F1 (F = 100 N et F1 = 10 N) en A et B.
- Déterminer les caractéristiques en E et O du torseur de ces efforts, dans les 2 positions.
EXERCICE 4
Une poutre sur 2 appuis est soumise à une charge répartie variant linéairement p(x)  a x y
avec a = 100 N/m².
Déterminer les éléments de réduction les plus simples du torseur associé à la charge p(x) .
y
p(x)
x
1m
Exercice 5
2
SOLUTION DU TD N°1
EXERCICE 1
La voiture est soumise à 3 torseurs :

400 0
400 0
 F A




a) action en A : T 1       0 0   0 0
M A A  0 0



 A  0 0 G
 




car
M G  M A  GA  F A  0 car F A // M A .
0 

 250 sin 30 0
 125
FB




b) action en B : T 2      250 cos 30 0  216.51
0 
 M B B 
0
0B  0
112.5G

0
 0   0   125  

 
  
 
 



car
0

M G  M B  GB  F B   0    - 0.9    216.51  
 0   0   0   0.9 *125  112.5 
  
 
 

0 

 0 0
 0
 FC 




c) action en C : T 3      350 0  350
0 
 M C  C  0 0



C  0 577.5G
0
 0   1.65   0  

 
  
 
 



car
0

M G  M C  GC  F B   0    - 0.9    350   
 0   0   0  1.65 * 350  577.5 
  
 
 

Le torseur résultant en G est égal à :
0   0
0 
0 
400 0  125
 525

 
 


T G  T 1  T 2  T 3   0 0  216.51 0   350 0   566.51 0 
 0 0  0



112.5
690

G 
G  0 577.5G  0
G



La force résultante est égale à : R  525i  566.51 j


Le moment résultant est égal à M G  690k

Le torseur est un glisseur si en un point D(x,y), le moment résultant M D s’annule :
0
 0   x   525  
  0
 
 

   
 
  



0
   0
M D  M G  DG  F G  M G  GD  F G   0    y    566.51  
 690   0   0   690  566.51x  525 y   0 

   
 
  
Soit 690  566.51x  525 y  =0 ou 566.51 x -525 y – 690 =0
3
La droite d’équation 566.51 x -525 y – 690 =0 est l’axe du glisseur. Pour tous les points
appartenant à cette droite, le torseur se réduit à un glisseur
EXERCICE 2
L’ensemble est soumis à l’action de 5 torseurs
appliqués en A, K, H, I et F
Tout d’abord, il faut convertir les distances
en m
a) action en A
0

 0
 F A

T 1      180 0
M A A  0
0 A

b) action en K :

120 0  120 0 
FK  
T 2       0 0    0 30
M K K  0 50  0 50

K 
A
 0   0  120   0 
 
  
 
  



M A F K   M K  AK  F K   0    0    0    30 
 50   0.25   0   50 
  
 
  
0
0

 0
 0
FH 




c) action en H : T 3       0
0   0 30
M H H 100 0



H 100 0  A
 0   0.3   0   0 
 
    
  



M A F H   M H  AH  F H   0    0    0    30 
 0   0    100   0 
    
  
29 

160 sin 25 0  67.62
FI  
 

d) action en I : T 4      
0
0   0
27.5 
M I I 160 cos 25 0 145.01 13.52

I 
A
 0   0.3 - 0.1 cos25   160 sin25   29 
    
 
 




0.2
0

    27.50 
M A F I   M I  AI  F I   0   
 0   0.1 sin25  160 cos 25    13.52 
  
 
 


 160 sin 25 0   67.62  29 
FF  
 

2) action en F : T 5      
0
0   0
67.5 
M F F 160 cos 25 0 145.01 13.52

F 
A
 0   0.3  0.15 cos25   - 160 sin25    29 
 
  
 
 




0.2
0

   67.50 
M A F F   M F  AF  F F   0   
 0   - 0.15 sin25    160 cos 25   13.52 
  
 
 

4
T G  T 1  T 2  T 3  T 4  T 5
0 120 0   0
0   67.62
29    67.62  29   120
0 
 0

 
 
 
 
 

 180 0   0 30   0
30   0
27.5    0
67.5    180 100
 0
0  0 50 100 0  145.01 13.52  145.01 13.52  100 50 



Méthode directe : les forces F I et F H sont égales et opposées, leur action est un couple autour de
l’axe y, le module de ce couple est : C=F d =160 (0.15+0.1)=40 N.m
0 0 




Donc : les forces F I et F H peuvent être remplacées par un torseur couple : C  0 40
0 0 


0 120 0   0
0  0 0   120
0 
 0

 
 
 
 
T G  T 1  T 2  T 3  C  180 0   0 30   0 30  0 40   180 100
 0

 
 
 

0

  0 50 100 0  0 0   100 50 
EXERCICE 3



La force résultante en O est égale à : F o  2 F1  20k (N)

 
 

 

Le moment résultant est égal à : M o  OB  F  OA   F  OB  F1  OA  F1
 



 
 
 


O
B

O
A

F

O
A

O
B


A
B

F

O
A

O
B
 F1
Mo
F
1



 
AB  F   AB F  i  j  0.4 100 k  40 k
 





 
5
 





1- Position 1 : OA  OB  0 d’où M o  40 k ( N.m)





2- Position 2 : OA  OB  0.25i  0.15i  0.10i
  

 


OA  OB  F1  0.10i   10k  i  k   j



0

 0
Fo 
T o       0 0 
M oo  20 40

o

0

 0
Fo 

D’où T o       0
1
M oo  20 40

o


En E la force résultante ne change pas F E  F o
 





Le moment en E est égal à : M E  M o  EO  F o  M o car EO // F o
D’où
T E  T o





j

40
k
( N .m)
Mo
EXERCICE 4
y
p(x)
x
1m
Calculons le torseur résultant en un point G(b,0,0) :
1
1


a
La force résultante est égale à : F G   p( x)dx    axydx   y
2
0
0
Le moment résultant en G est égal à :
1
 a
b
 1

2
M G    ax(b  x)dx   ax( x  b)dx k   ax(b  x)dx k   b  k
2
3
b
0
0


2
Si on choisit b  alors M G  0
3
 0 0
2



Et le torseur se réduit à : T G   50 0 avec G  ,0,0 
3

 0 0

G
6
Exercice 5
7
8
TD N°2
CINEMATIQUE
Exercice1
Un repère mobile R’(Ox’y’z’) tourne autour de l’axe Ox.

Soit un vecteur u ( x' , y' , z' ) projeté dans le repère R’.

  
  
du
a- Calculer
en exprimant i ' , j ' , k ' en fonction de i , j , k
dt R
0

du
b- Calculer
à l’aide de la dérivée d’un vecteur.
dt R
0
Exercice2
Un bipendule est constitué de deux barres OA et OB de longueur l1 et l 2 .


Calculer les composantes des vitesses v A et v B dans les deux repères R’ et R1 .
O est fixe, le système oscille dans le plan oxy, le repère R’ est lié à la barre AB, le repère R1 est lié
à la barre OA.
Exercice 3
Un axe horizontal CD tourne autour d’un axe vertical OZ 0 ou OZ 1 à la vitesse angulaire . La
barre OP de longueur l est soudée en O à CD et lui est  . Elle peut tourner autour de CD d’un
angle  . Sachant que R1 (O X0 Y0 Z0) est un repère fixe, le repère R1 (O X1 Y1 Z1) est un repère
intermédiaire dont OX 1 est suivant CD, OZ 2 est suivant OP.

par la dérivée du vecteur OP . Le
Déterminer l’accélération du point P
choix des axes de projection est important.
9
Exercice4
Une toupie tourne autour de son axe de révolution à la vitesse angulaire , cet axe fait l’angle 
constant avec la verticale et tourne autour de celle-ci à la vitesse
.

Déterminer le module de la vitesse angulaire toupie / sol et l’angle que fait celle-ci avec la verticale.
10
SOLUTION TD N°2
Exercice1
Ro =Oxyz repère fixe, R’=O’x’y’z’ repère mobile

  
  
du
a- Calcul de
en exprimant i ' , j ' , k ' en fonction de i , j , k
dt Ro



 
 

j '  j cos  k sin  ,
k '   j sin   k cos
On a i '  i ,
b-
En utilisant la dérivée d’un vecteur
Exercice2
Ro =Oxyz repère fixe, R1 =Ox1y1z1 repère mobile
R’ =Ax’y’z’ repère mobile
a- Calcul de la vitesse v A du point A.
11




, u  x' i '  y ' j ' z ' k '
Repère R’ :



dOA
dOA



  2 / 0  OA
vA 
dt Ro
dt R '
b- Vitesse v B du point B dans chacun des repères.




dOB
d OA  AB


vB 
dt Ro
dt

 

d OA

dt
Ro
 

d AB

dt
Ro



 v A   2 / 0  AB
Ro
 l cos  
 l 2 cos  
l 2
  2



 
AB   l 2 sin       l 2 sin     0 




 
0

Ro  0 R1  0 R '
Repère Ro :
Repère R1 :
Repère R’ :
Exercice 3
12
Exercice 4
La toupie tourne avec une vitesse angulaire totale
 
 
 
  k , k 1  k . k 1  k 1 k cos   cos 
 

2- Soit  l’angle que fait  avec la verticale.
13
TD N°3
CINETIQUE
CALCUL DU CENTRE DE GRAVITE
Exercice 1
- Montrer que le centre de gravité d’un parallélogramme est le point d’intersection des diagonales.
- Montrer que le centre de gravité d’un triangle est le point d’intersection des médianes.
Exercice2
Calculer la position du centre de gravité de d’une tige curviligne homogène(figure 1). On donne
A(4,3), B(6,3), D(10,3). Le rayon de la forme circulaire est de 2.
Figure 1
Exercice 3
Calculer par rapport à un repère que vous choisissez les coordonnées du centre de gravité d’une
surface homogène (figure 2). AB=ED=12, BC=8, CD=6. (AE)//(BD), (AB)//(ED), ( BC )  (CD). La
forme arrondie est un demi-cercle.
 
 
On donne les angles :   AB, AE  60 ,   AB, BC  30 .



Figure 2
14

SOLUTION DU TD N°3
Exercice 1
a- Le point de rencontre des diagonales est un centre de symétrie pour le parallélogramme. Or on a
vu que tout centre de symétrie d’une structure homogène est un centre de gravité.
En effet, si la structure possède un centre de symétrie O, alors on peut décomposer la surface en
deux parties S1 et S2 telle que S2 soit le symétrique de S1 par rapport à O.






On par définition : m.OG   OGidm   OGidm   OGidm   OGidm   OGidm  0
S
S1
S2
S1
S1
D’où G=O
b- Soit un triangle ABC, on décompose la surface en tranches infinitésimales (épaisseur très petite)
parallèles à BC. Le centre de gravité de chaque tranche est situé en son milieu. Or on a vu que le
centre de gravité d’un solide composé de deux autres solides de centres de gravité G1 et G2 est
situé sur la droite G1G2. Donc le centre de gravité du triangle est situé sur la droite reliant les
milieux de chaque tranche, il se trouve donc sur la médiane AM.
D’une façon similaire, on peut montrer qu’il se trouve sur les 2 autres médianes.
Le centre de gravité est donc le point d’intersection des médianes.
2
En utilisant la géométrie des triangles, on montre que AG  AM
3
15
Exercice 2
On note d’abord que le centre C du cercle se trouve sur la médiatrice du segment [AB].
On a : AB=2, AC=BC=R=2
BH 1

5
     
     , sin   sin  
,
BC 2
6
6
La tige OA a pour longueur l1  42  32  5 , son centre de gravité G1 est situé au milieu de OA.

 3
 OA
 2i  j
OG1 
2
2
5
10
La forme circulaire a pour longueur l 2  2R  R   , son centre de gravité G 2 est situé
3
3
sur son axe de symétrie   , d’après le formulaire, on a :
2 R sin  2 R
4


CG2 
3
5 5






4 

On a OG 2  OH  HC  CG 2  5i  3 j   R cos  
j
5 



 


4 
j
OG 2  OH  HC  CG 2  5i   3  3 
5 

La tige BD a pour longueur l 3  4 , son centre de gravité G 3 est situé au milieu de BD.


 BD

 4i



 6i  3 j 
 8i  3 j
OG3  OB 
2
2
3
3


mi OGi  l i OGi
 i
 i 1 3
Le centre de gravité G de la tige est donnée par : OG  1 3
 mi
 l i
i 1
i 1
mi   l i (  est la masse linéique). La tige étant homogène donc  est constante, et par
3





 i 1l i OGi l1 OG1  l 2 OG 2  l 3 OG3
OG 

conséquent :
3
l1  l 2  l 3
 li
i 1
16


4 
  3   10   
5 2i  j     5i   3  3 
 j   48i  3 j 


2  3 
5  



 4.02i  3.06 j
OG 
10
5  4
3
Le centre de gravité G a pour coordonnées (4.02, 3.06)
Exercice 3
La surface en question peut-être décomposée en 3 éléments : un demi-cercle de centre O et de rayon
OA, un parallélogramme ABDE, et un triangle droit BCD.
1- Le demi-cercle a pour rayon R  OA 
Sa surface est égale à S1 
 R2
2
AE BD


2
2
64  36
BC 2  CD2

5
2
2
 39.27 , son centre de gravité G1 est (voir formulaire) tel que :
OG1 
4R
3


 4R





 sin  i  cos  j 
On AG1  AO  OG1  Rcos  i  sin  j  
3



 
4R
4R
 

sin  i   R sin  
cos   j  0.66i  5.39 j
AG1   R cos  
3
3

 

2- Pour le parallélogramme ABDE, la surface est égale à :


S 2  AB  AE  AB AE sin   12 10 sin60   103.92
Son centrede gravité
G2

 est tel que :





AD AB  BD AB i  BD cos  i  sin  j   AB  BD cos  i  BD sin  j



AG 2 
2
2
2
2



 AB  BD cos i  BD sin j  8.5i  4.33 j
AG 2 
2
BC CD 8 6

 24 , son centre de gravité G3 est situé sur
3- Le triangle BCD a pour surface S 3 
2
2

2 
la médiane BM, il est tel que : BG3  BM
3









BM  BC  CM  BC cos  i  sin  j  CM  sin  i  cos  j  5.43i  6.60 j



17


 2 
 2






AG 3  AB  BG 3  AB  BM  12i  5.43i  6.60 j   15.62i  4.40 j
3
3
3
3




m

S
A
G
A
G
i
i
i
i

Le centre de gravité est donnée par : AG  i 1 3
car mi   l i
 i 1 3
 mi
 S i
i 1
i 1
 est la masse surfacique. La tige étant homogène,  est constante, et par conséquent :

AG 
3

 S i AGi
i 1
3
 Si



S1 AG1  S 2 AG 2  S 3 AG3

S1  S 2  S 3
i 1








 39.270.66i  5.39 j   103.928.5i  4.33 j   2415.62i  4.40 j 
 7.68i  4.59 j
AG 
39.27  103.92  24
Par rapport au repère A(x,y), le centre de gravité a pour coordonnées G(7.68,4.59).
18
TD N°4
CINETIQUE
APPLICATION AU TENSEUR D’INERTIE
Exercice 1
a- Calculer les tenseurs d’inertie suivant les repères GXYZ et Axyz d’une plaque rectangulaire de
masse M, de longueur a et de largeur b.
b- Calculer le moment d’inertie de la plaque par rapport à un axe   passant par G et faisant un
angle de 45° avec GX .
c- Calculer le moment d’inertie de la plaque par rapport à un axe ' passant par A et faisant un
angle de 45° avec Ax
Exercice 2
Calculer le moment d’inertie d’une tige homogène de longueur l, par rapport à une droite  
passant par l’une de ses extrémités et faisant avec elle un angle 
Exercice 3
Trouver le tenseur d’inertie d’un cylindre creux de masse M, de hauteur H, de rayon intérieur R1 ,
de rayon extérieur R2 , par rapport à un repère dont un axe est l’axe de révolution et les 2 autres
sont dans le plan de base du cylindre.
En déduire le tenseur d’inertie d’un :
a- cerceau de masse M
b- disque de masse M
c- cylindre plein de masse M
19
SOLUTION DU TD N°4
Exercice1
Le solide est une plaque de dimension a x b. Sa surface est S  ab , sa Masse : M  S
M M

d’où  
. Pour calculer J XX , on découpe le domaine en plaques rectangulaires
S
ab
horizontales infiniment petites (figure 1) de telle sorte que la distance entre cette plaque et l’axe
(GX) soit constante. Cette plaque a pour surface dS  ady et pour masse :
M
M
dm  dS 
ady 
dy
ab
b
b/2
3
3
M
M  y3
M   b   b   M b2
 
  y 2dm   y 2 dy 

     
a
b 3
3b   2   2  
12
S
b / 2
  b / 2
b/2
J XX
En découpant le solide en plaques rectangulaires verticales (figure 2) ( dm  dS 
M
dx )
a
a/2
3
3
M
M  x3
M   a   a   M a 2
2
2
dx 

On obtient : J YY   x dm   x
     
 
a
a  3 
3a   2   2  
12
S
a / 2
a / 2
M 2
2
2
a  b 2
J ZZ   x 2  y dm   x 2 dm   y dm  J XX  J YY 
12
S
S
S
Pour calculer J XY   xydm , on découpe le domaine (figure 3) en plaques rectangulaires de
a/2


 
S
M
M
dxdy 
dxdy .
ab
ab
2
2
2
2
M a/2 b/2
M   a   a    b   b  

xydm

xdx
ydy





         0.
J XY 


ab a / 2 b / 2
ab   2   2    2   2  
S
J XZ  J YZ  0 car z=0
Ce résultat était attendu, car les axes (GX), (GY) et (GZ) sont des axes de symétrie, donc des axes
principaux et par conséquent les produits d’inertie sont nuls.
Remarque : On pouvait utiliser le découpage de la figure 3, pour calculer J XX
3
3
M a/2 b/2 2
M
1   b   b   M 2
2
2M
R J XX   y dm   y
a  (a)          b .
dxdy 
 dx  y dy 
ab
ab a / 2 b / 2
ab
3   2   2   12
S
S
b2 0
0 
M
J G XYZ   0 a2 0 
12
 0 0 b2  a 2 


surface dS  dxdy et de masse dm  dS 
20
Pour calculer le tenseur d’inertie par rapport au repère Axyz, il suffit de changer les bornes de
l’intégrale, 0 à a pour x, et 0 à b pour y, ou appliquer le théorème de Huygens pour les moments
d’inertie.
2


ba
 b2

 ab
 M   b 

M
0
0 

2
2
2


 
4
 3

2


2
ba
 ab
a
a



J Axyz  J G XYZ   M
M  
0
M
0 
 4

22
3


2
2
2


b a 
  a 2  b 2  
0
0



0
0
M       
3



  2   2  




M 2 2
M
2 a 2  2 b2  3ab
J   u J G XYZ u 
a b
J  '  u J Axyz u 
24
12
1
avec u  cos 45, sin 45,0 
1,1,0
2
Exercice 2




Pour trouver le tenseur d’inertie de la tige, il suffit de remplacer dans la formule de J Axyz l par a
0 0 0
M l2 
J oxyz 
et b par zéro.
0 1 0

3
0 0 1
 0 0 0 cos  

M l2 
 M l2 2
J   u J oxyz u  cos , sin  ,0
sin 
 0 1 0 sin   
3 
3



 0 0 1 0

Exercice 3
Pour calculer le tenseur d’inertie des formes circulaires, on préfère utiliser les coordonnées
cylindriques r , , y :
21
 x  r cos 

 z  r sin  .
y  y

Pour trouver l’élément de volume dV, on fait varier r de dr,  de d , et y de dy, on obtient :
dV  dr rd dy , R1  r  R 2, 0    2 , 0  y  H


Le Volume total vaut : V  H R22  R12 ,
M
M
La masse totale vaut : M  V   

V  R 22  R12 H
M
De même dm  dV 
dr rd dy
 R 22  R12 H








2
2
2
J xx   y  z 2 dm   y  r 2 sin 2  dm   y dm   r 2 sin 2 dm
V

J xx 
V
V
V
 2

  y drrddy   r 2 sin 2  drrddy 
H R22  R12  V
V


M

2
2
H 
 R2 2 H 2
R2
  rdr  d  y dy   r 3 dr   1  cos 2 d  dy   M H  M R2  R2
1
2
3
4 2
H R22  R12  R1 0 0
 0 
0 
R1

M



Pour des raisons de symétrie on a : J zz  J xx
2
H
R2
M
M
3 dr d dy  M
dr
rd

dy

J yy   x2  z 2 dm   r 2
r
R 22  R12



2 2
2 2
2

H

H
R 2 R1
R 2 R1 R1
V
V
0
0
Les axes (ox), (oy), (oz) sont des axes principaux, donc les produits d’inertie sont nuls.


J oxyz


M H2


3








M 2
R  R12
4 2

0







0


M H2 M 2

R2  R12 
3
4

0
0
M 2
R  R12
2 2
0
0

Application
a- Tenseur d’inertie d’un cerceau
Pour un cerceau, on a : R 2  R1  R et H=0, d’où :
J oxyz
 M R2

 2
 0

 0

22
0
M R2
0

0 

0 
M R2 
2 



b- tenseur d’inertie d’un disque
Pour un disque, on a R 2  R, R1  0 et H=0, d’où
 M R2
0

 4
2
J oxyz   0 M R
2

0
 0

c- tenseur d’inertie d’un cylindre plein
Pour un cylindre plein, on a R 2  R, R1  0 , d’où :
J oxyz
M H2 M 2

R

4
 3

0


0


23
0
M 2
R
2
0

0 

0 

2
MR 

4 




0

M H 2 M 2

R 
3
4

0
TD N°5
CINETIQUE
CALCUL DU MOMENT CINETIQUE ET DE L’ENERGIE INETIQUE
Exercice 1
Soit un solide (S) constitué d’une tige OC de masse M’, et d’un cerceau de masse M et de rayon R
tournant autour de son axe horizontal, l’ensemble tourne autour de Ozo qui est fixe et vertical.
a- Calculer le moment cinétique de (S) par rapport à O.
b- Calculer son énergie cinétique.
Exercice 2
Deux tiges homogènes OA et AB, de masse M et de longueur l sont articulées entre-elles en A. La
première est mobile autour de O. Elles sont assujetties à rester dans le plan vertical Oxoyo.

Calculer le moment cinétique du système  o et son énergie cinétique.
Exercice 3
On considère un pendule dit elliptique constitué d’une barre O’A homogène (masse M, longueur l)
qui oscille dans le plan vertical et dont l’extrémité O’ glisse sur l’axe horizontal Oxo.

Calculer son moment cinétique  o et son énergie cinétique.
Exercice 4
Soit une plaque homogène de masse m, de cotés 2a et 2b, et de centre de gravité G, tournant autour

d’une de ses diagonales fixe à la vitesse angulaire  .

Calculer son moment cinétique  G et son énergie cinétique
24
SOLUTION DU TD N°5
1- Rappel
Le tenseur d’inertie d’un cerceau de rayon R (TD n°4, exercice 3) :

M 2
 R
xyz   0


 0

D’après d’Huygens : J o
0




0


M R2
2
M a 
2

0
M R2
 M a2
2
0
(2)
Le tenseur d’inertie d’une barre de longueur l est (TD n°4, exercice 2) :
D’après d’Huygens :
J oxyz 


0

0



0

0
M l2
l 
M 
12
2
0





0


  0
0


2
0
l  
M  


2 
0
2
M l2
12
0
M l2
3
0



0 

M l2 

3 
0
(4)
Le tenseur d’inertie d’une plaque rectangulaire de cotés 2a et 2b est (TD n°4, exercice 1) :
25
Exercice 1
Soit un solide (S) formé de S1 (tige oc) et de S2 (cerceau) :



Le moment cinétique du système est égal à :  o ( S )   o ( S1)   o ( S 2)
L’énergie cinétique du système est égal à :
Autre méthode, d’après le théorème de Koenig :




 o ( S 2)  M OC  V c   C
 C  J cx1y1z1 2 / 0


26
T ( S 2) 
1
1 

M V C2   2/0  C
2
2
Exercice 2
 

(
AB
)

M
O
G
 V G   G ( AB)
o


OG
l 

  
 OA  AG   0 
R1
 0
 
l
l
 

 cos(    )   l  cos(    ) 
2
  2

l
l




sin(    ) 
sin(    ) 
2
  2


 

0
0

 


 

27
T ( AB) 

1

2  1
M VG
( AB)  G (AB)
2
2
28
Exercice 3
,
 x


  
OG  OO ' O' G   0 
0
 
l
l
 

 sin    x  sin  
2
2

 

l
l




cos  
cos  
2
  2

 0  

0

 


 

Exercice 4

La plaque tourne autour de sa diagonale de vecteur unitaire u





 ( plaque )  u   (i cos   j sin  )   (i
 b2

M

0
 G ( plaque )  J G xyz  ( plaque ) 
3 
0


a
a 2  b2
0
2
a
0
0 

0 

a 2  b2 
1 

a 2 b2
T ( plaque )   ( plaque )  G ( plaque )  M  2 2
2
3 a  b2

29

 j

b
a 2  b2
)

a2  b

a
 
Mab
b 
a 2  b2  0  3 a 2  b2
 


ai  bj 
2
b
 
a
0
 
TD N°6
CINETIQUE
THEOREMES GENERAUX
Exercice 1
Une barre AB homogène de masse M, de longueur l glisse sans frottement dans un cerceau.
Trouver la relation
à partir du théorème du moment cinétique. (on pose a=OH)
Exercice 2
Soit le roulement sans glissement d’un disque mince de masse M, de rayon r sur un anneau fixe de
rayon R.
- Trouver la relation entre
(
est la vitesse angulaire du disque)
- Trouver la relation
à partir du théorème du moment cinétique


- Calculer T et N les composantes de la réaction de contact en I.
- Montrer qu’à partir d’une certaine valeur  1 de  , le disque quitte l’anneau.
On prend :  (0)   0 et
30
Exercice 3
Un disque mince (masse M, rayon r) roule sans glisser à l’intérieur d’un anneau fixe de rayon R.
Calculer à partir du théorème de l’énergie cinétique, la période des petites oscillations du disque
sachant que les frottements de roulement sont négligeables.
Exercice 4
Deux tiges CA et CB de masse m et 2m, de longueur l et 2l (respectivement) sont solidaires et
perpendiculaires entre elles. Elles sont assujetties par des liaisons parfaites à tourner dans un plan
vertical autour du point fixe C. En A, est fixé un ressort de raideur k, la position de son extrémité O
est choisie de façon que CA soit horizontale lorsque le système est en équilibre.
- Calculer la période des oscillations de faible amplitude au voisinage de la position d’équilibre.
Exercice 5
Les extrémités A et B d’une barre homogène de masse M et de longueur 2l glissent sans frottement,
A sur un axe vertical, B sur un axe horizontal. On repère la position de la barre par l’angle
 qu’elle fait avec l’axe l’horizontal. On prend à t=0 :  (0)   0 et
.
- Ecrire l’équation du mouvement
à partir du théorème de l’énergie cinétique.


- Calculer les réactions R A et R B
- Montrer qu’à partir d’une certaine valeur  1 de  , le point A quitte l’axe vertical.
31
SOLUTION DU TD N°6
Exercice 1
Le théorème du moment cinétique appliqué au point fixe o donne :


d o
Mo 
dt
Pour intégrer cette équation, on multiplie par d :
32
(1)
Exercice 2


 est l’angle de rotation du disque autour de l’axe oz 1/ 0   k
 est l’angle de rotation du disque autour de l’axe Iz.


La vitesse totale du disque est égale à :  2 / 0     k

Roulement sans glissement : V I  0
Le théorème du moment cinétique appliqué en C (centre de masse) donne :


d c
Mc 
dt

 



 
 M c  CI  T  r i 1  T j1  rT i 1  j1  rTk
 

(2)

Appliquons maintenant le théorème du centre de masse :
  

N T  P  M  C
En projetant l’éq (4) sur le repère Rc, on obtient :
En remplaçant T par (3) on obtient :
33
(4)
Calcul des réactions
1
Mg cos 
3
1
N  Mg 7 sin   4 sin  0 
D’après les éq (5) et (7)
3
4
sin   sin  0
Le disque quitte l’anneau quand N=0, d’où
7
D’après les éq (3) et (6)
T
(8)
(9)
(10)
Exercice 3
D’après le théorème de l’énergie cinétique :
 

dT
 P F
dt




 
P  F  pV C  RV I  p.V C car V I =0 (roulement sans glissement)

I est le point de contact appartenant au disque, R est force de réaction en I.
 
L’énergie cinétique du disque est égale à :
1
1 

T  M V C2   2 / 0 J c  y  2 / 0
x
1 1 z1
2
2
Le disque est en mouvement plan, d’où :
34
(1)
Remarque : La seule force qui travaille est celle de la pesanteur (poids), on peut donc appliquer la
loi de conservation de l’énergie totale. T  E p est constante.
L’énergie potentielle E p  Mg ( R  r ) cos 
Exercice 4
35

l
l
 M c  Tl cos   P 2 l sin   P1 cos   k l 2 sin  cos   2mgl sin   mg cos 
2
2
Pour des oscillations de faible amplitude on prend : sin   

l
 M c  l kl  2mg   mg
2
D’après l’éq (1) on obtient :
D’où
Période 
2
kl  2mg 
 2
cos  1
(3)
3ml
kl  2mg 
(5)
3ml
Remarque : Les seules forces qui travaillent sont le poids et celle engendrée par le ressort, on peut
donc appliquer la loi de conservation de l’énergie. L’énergie totale T  E p est constante.
Le système (2 tiges) est rotation autour de l’axe fixe Cz, L’énergie cinétique est égal à:
L’énergie potentielle E p 
1
l
k (l sin  )2  mg sin   2mgl cos
2
2
36
Exercice 5
Remarque : La seule force qui travaille est celle de la pesanteur (poids), on peut donc appliquer la
loi de conservation de l’énergie. L’énergie totale T  E p est constante.
L’énergie potentielle E p  Mgl sin 
37
38
TD N° 7
PRINCIPE DU TRAVAIL VRTUEL
Exercice 1

On considère le système (S), on exerce en B et D une force F selon l’axe horizontal, en C est

appliqué le poids P du à la masse m. Les barres sont de masse négligeables et toutes les liaisons
sont parfaites.
Trouver la relation entre F et P lorsque le système est en équilibre sachant que  ,  , et AE sont
constantes (E point fixe).
Exercice 2
OA, AB et BC barres homogènes identiques (m, 2l) mobiles dans un plan vertical et parfaitement
articulées entre elles. O est un point fixe. Le point C est astreint à rester sur l’axe ox, il n’y a pas de

frottements en O et C. En B, est appliquée une force F .
Trouver la position d’équilibre du système.
39
SOLUTION DU TD N°7
Exercice 1
Le système est en équilibre, donc d’après le principe du travail virtuel, on a :
 
 F i r i  0


Puisque les liaisons sont parfaites, les seules forces qui travaillent sont F et p :
 
 
 
F r B  F r D  p r C  F x B  F x D  mg yC  0
 x B  l cos 

 x D  l cos   2l cos 
 y  l sin   l sin 
 C
x B  l sin 

d’où x D  l sin   2l sin 
y  l cos   l cos 
 C
 Fl sin   F l sin   2l sin   mgl cos  l cos   0
2Fl sin   mgl cos   mgl cos  0
mg  cos 
cos  

F 
 
 
2  sin 
sin 

 et  ne sont pas indépendants.
En effet : AE  2l cos   2l cos   Cte d’où AE  2l (sin   sin )  0
sin 
  
 , en injectant cette expression dans la relation de la force, on obtient :
sin 
mg  1
1 


F 

2  tg tg 
F
mg  1
1 



2  tg tg 
40
Exercice 2
Le système est en équilibre, donc d’après le principe du travail virtuel, on a :
 
 F i r i  0
Les seules forces qui travaillent sont les poids des barres appliqués en leurs centres de gravité, et la

force F .

 





(1)
p1OG1  p 2 OG 2  p3 OG3  F OB  p yG1  p yG 2  p yG 3  F x B  0
 yG1  l sin  1

 yG 2  2l sin  1  l sin  2

 yG 3  2l sin  1  2l sin  2  l sin  3
 x  2l cos   2l cos 
1
2
 B
yC  2l (sin  1  sin  2  sin  3)  0 d’où sin  3  sin  1  sin  2  yG3  l sin  1  l sin  2
yG1  l cos  11

yG 2  2l cos  11  l cos  2  2

yG 3  l cos  11  l cos  2  2
x  2l (sin     sin    )
1
1
2
2
 B
En injectant ces expressions dans l’équation (1), on obtient :
4 pl cos  11  2 pl cos  2  2  2 Fl (sin  1  1  sin  2   2)  0
2 p cos1  F sin 11   p cos 2  F sin  22  0  1 ,  2
D’où
2mg

tg  1 

2
p
cos

F
sin

0

1
1

F


 p cos  2  F sin  2  0
tg  2   mg

F
41
TD N°8
EQUATIONS DE LAGRANGE
Exercice 1
Dans un plan vertical oxy, on considère un pendule simple (l,m) dont le point de suspension A se
déplace à vitesse angulaire constante  , sur un cercle de rayon r.
Calculer le lagrangien du système et en déduire l’équation du mouvement.
Exercice 2
42
Exercice 3
Une bille A, assimilée à un point matériel de masse m, peut se déplacer librement sans frottement
sur un cerceau (C) (masse m, rayon a et centre C) grâce à une liaison bilatérale parfaite. Le
cerceau est astreint à se déplacer dans un plan vertical fixe en roulant sans glisser sur l’axe Ox,
  (ox, CA) ,  est l’angle de rotation propre du cerceau.
-Ecrire les équations du mouvement à partir des équations de Lagrange.
- Calculer la période des petites oscillations.
Exercice 4
Exercice 5
Les raideurs des ressorts sont k1, k 2 , k 3 . Les liaisons sont dissipatives (non- parfaites). Les
coefficients d’amortissement sont b1 , b2 , b3 .
Trouver les équations de mouvement.
43
Exercice 6
Toutes les liaisons sont parfaites. La raideur du ressort est k et sa longueur à vide est r 0 . La masse
 1

de (3) est m. Le mouvement de O1 est tel que OO1   t 2 Y 0 .
2
1- Calculer les énergies cinétique et potentielle du système.
2- Etablir les équations du mouvement en utilisant les équations de Lagrange.
44
SOLUTION Du TD N°8
Exercice 1
45
Exercice 2
46
Exercice 3
Pour la bille A on a : (on pose X=OI) :
Son énergie potentielle : U A  mga cos 
47
Exercice 4
48
49
Exercice 5
Considérons le système (les deux masses + 3 ressorts), son énergie cinétique est :
Les liaisons étant non parfaites, les équations de Lagrange s’écrivent :
Q1 est la force totale appliquée sur S1 : Q1  T10  T12  F10  F12
T 10 : est la force engendrée par le ressort 1, elle vaut :
T10   k1 r10   k1 x1 où r10 est le déplacement de S1 par rapport à So.
T 12 : est la force engendrée par le ressort 2, elle vaut :
T12   k 2 r12   k 2 ( x1  x2) r12 est le déplacement de S1 par rapport à S2
F10 et F12 sont des forces d’amortissement :
Le système (1) s’écrit :
Ou sous forme matricielle :
Remarque :
Si les liaisons étaient parfaites (pas d’amortissement), les équations de Lagrange s’écrivent :
50
U étant l’énergie potentielle des ressorts :
1
1
2 1
U  k 1 x12  k 2 ( x 2 x1)  k 3 x 22
2
2
2
Puisque les liaisons ne sont pas parfaites, on doit donc ajouter les forces de liaisons :
Après avoir remplacé et dérivé, on obtient les mêmes équations :
Exercice 6
51