solutions des exercices
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La condition de non rotation reste inchangée, puisque le moment de
F ie par rapport à
tout axe passant par G est nul :
(R Ax − R Bx )
L 1
h
2
= (R Bz 1 R Az ) a
Mv
2 a − 2R Bx
L 1
h
2
= Mga ⇒ R Bx = −
Mga
(2L 1 h)
1
Mv
2 a
2
R Ax =
Mga
(2L 1 h)
1
Mv
2 a
2
R Bz = Mg
et
R Az = 0
Pour le cylindre décrit, M = rpR
2 h = 2 400 kg, et une vitesse angulaire v = 314 rd.s
−1 ,
on a R Ax ≈ R Bx ≈ 12 130 N pour un écart de centrage de 0,1 mm sur un rayon de
300 mm. Pour des pièces tournant à grande vitesse, le moindre défaut de centrage peut se
traduire par des forces gigantesques sur les paliers de roulement ; ce problème est important
du point de vue de la sécurité d’un atelier, puisque l’usure peut conduire à leur rupture.
M g
mg
R
A
B
C
x
y
D
T
T'
–T
–T'
+
24 La relation fondamentale de la
dynamique appliquée au sous système
constitué du solide S 1 de masse M s’écrit :
− →
R 1
− →
T 1 M − → g = M
a 1 ,
ce qui donne en projection R = Mg et
a 1 =
T
M
u x , en utilisant des notations
arithmétiques (g, R et T sont positifs).
Pour le solide S 2 de masse m, on a de
même :
− →
T
1 m − → g = m
a 2 ,
d’où
a 2 =
g −
T
m
u y .(T
> 0).
Le théorème du moment cinétique appliqué à la poulie s’écrit sous sa forme scalaire :
J ¨ u = (T
− T )r, avec le sens conventionnel positif indiqué sur le schéma. C’est parce que
les brins de fil AB et CD sont inextensibles (et toujours tendus) que les tensions des fils
en A et B sont opposées (respectivement en C et D).
Comme le déplacement horizontal du point A a la même valeur que celui (vertical) du
point D, les valeurs des accélérations des deux masses sont égales : a 1 = a 2 .
Par ailleurs, le fil ne glissant pas sur la poulie, lorsqu’elle tourne d’un angle u, A (et D) se
déplacent de ru, de sorte que l’on a a 1 = a 2 = r ¨ u.
En réécrivant la relation associée au théorème du moment cinétique dans laquelle on
élimine T , T
et ¨ u, il vient :
J
a 1
r
= (mg − ma 2 − Ma 1 )r
d’où on tire
a 1 = a 2 =
m
m 1 M 1
J
r 2
g
1. MÉCANIQUE
111
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La condition de non rotation reste inchangée, puisque le moment de
F ie par rapport à
tout axe passant par G est nul :
(R Ax − R Bx )
L 1
h
2
= (R Bz 1 R Az ) a
Mv
2 a − 2R Bx
L 1
h
2
= Mga ⇒ R Bx = −
Mga
(2L 1 h)
1
Mv
2 a
2
R Ax =
Mga
(2L 1 h)
1
Mv
2 a
2
R Bz = Mg
et
R Az = 0
Pour le cylindre décrit, M = rpR
2 h = 2 400 kg, et une vitesse angulaire v = 314 rd.s
−1 ,
on a R Ax ≈ R Bx ≈ 12 130 N pour un écart de centrage de 0,1 mm sur un rayon de
300 mm. Pour des pièces tournant à grande vitesse, le moindre défaut de centrage peut se
traduire par des forces gigantesques sur les paliers de roulement ; ce problème est important
du point de vue de la sécurité d’un atelier, puisque l’usure peut conduire à leur rupture.
M g
mg
R
A
B
C
x
y
D
T
T'
–T
–T'
+
24 La relation fondamentale de la
dynamique appliquée au sous système
constitué du solide S 1 de masse M s’écrit :
− →
R 1
− →
T 1 M − → g = M
a 1 ,
ce qui donne en projection R = Mg et
a 1 =
T
M
u x , en utilisant des notations
arithmétiques (g, R et T sont positifs).
Pour le solide S 2 de masse m, on a de
même :
− →
T
1 m − → g = m
a 2 ,
d’où
a 2 =
g −
T
m
u y .(T
> 0).
Le théorème du moment cinétique appliqué à la poulie s’écrit sous sa forme scalaire :
J ¨ u = (T
− T )r, avec le sens conventionnel positif indiqué sur le schéma. C’est parce que
les brins de fil AB et CD sont inextensibles (et toujours tendus) que les tensions des fils
en A et B sont opposées (respectivement en C et D).
Comme le déplacement horizontal du point A a la même valeur que celui (vertical) du
point D, les valeurs des accélérations des deux masses sont égales : a 1 = a 2 .
Par ailleurs, le fil ne glissant pas sur la poulie, lorsqu’elle tourne d’un angle u, A (et D) se
déplacent de ru, de sorte que l’on a a 1 = a 2 = r ¨ u.
En réécrivant la relation associée au théorème du moment cinétique dans laquelle on
élimine T , T
et ¨ u, il vient :
J
a 1
r
= (mg − ma 2 − Ma 1 )r
d’où on tire
a 1 = a 2 =
m
m 1 M 1
J
r 2
g
1. MÉCANIQUE
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