SOLUTION DU PROBLÈME GÉNÉRAL
• Nous connaissons parfaitement la direction de la résultante de 5 sur 3 (droite FD) et
celle de 4 sur 3 (droite CE). Les actions de 1 sur 3 (la résultante) passe donc par le
point d’intersection de FD et de CE. Sa direction est connue.
4. On isole l’ensemble 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7. Il est soumis aux actions extérieures en
A et B de la part du solide 1 (liaisons pivots parfaites) et de la gravité aux centres de
gravité G2 et G7 des solides 2 et 7. Nous avons donc dans ce cas quatre torseurs qui
se réduisent aux points considérés à des résultantes. Nous ne pouvons pas appliquer le
résultat précédent. Mais les deux efforts dus à la gravité sont connus. Il est possible de
les remplacer par un torseur équivalent au barycentre G 27 des masses des deux solides.
Dans ce cas le torseur sera de la forme
A(gravité → 2 + 7)
constitué d’une résultante
#–
R(gravité → 2 + 7) = m 2 · #– g + m 7 · #– g et d’un moment nul.
Nous nous retrouvons alors avec le cas précédent de trois forces coplanaires appliquées. On peut résoudre sans difficulté particulière avec la direction de la résultante
des actions de 1 sur l’ensemble en B connue (déterminée précédemment) et celle de la
gravité connue également en direction. On en déduit la direction des actions de 1 sur
l’ensemble en A.
5. Il suffit de reprendre l’équilibre de 3 pour résoudre complètement le problème à ce
stade sans aucune difficulté, soit analytiquement soit graphiquement.
PARTIE III.
1. La conservation de la masse s’écrit : r c · ( #– v c · #– e r ) · dA = r p · ( #–
w · #– e r ) · dA. On en
déduit r c = 4,2 kg · m
−3 . On a également da/dt = w dont on tire l’équation horaire
a(t) = a 0 + wt et la masse de propergol à un instant donné : M p (t) = r p p(b
2 − a
2 )L ;
en particulier : M p (0) = 244 t.
2. Du fait de la conservation de la masse de gaz, le débit radial est égal au débit axial :
2pa 0 Lv c = pa
2
0 v, soit v = 2(L/a 0 )v c . Le rapport des deux temps caractéristiques
s’écrivant :
t tr /t cb = [L/(b − a 0 )](w/v).
on a d’une part L/(b − a 0 ) = 50 et d’autre part w/v =
1
2
(a 0 /L)(w/v c ) = 3,5 · 10
−5 .
Par conséquent, t tr /t cb ∼ 1,7 · 10
−3 et l’approximation quasi statique est légitime.
3. Puisque l’intégrale dont se déduit
#–
R est étendue à une surface fermée, on peut, sans
rien changer, retrancher l’intégrale de la pression atmosphérique qui est constante :
#–
R =
∂S i
( p − p a ) · #– n · dA +
∂S e
( p − p a ) · #– n · dA.
Mais, sur ∂S e , p = p a et la deuxième intégrale disparaît, ce qui établit le résultat.
©
Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
583
“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 583 — #593
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• Nous connaissons parfaitement la direction de la résultante de 5 sur 3 (droite FD) et
celle de 4 sur 3 (droite CE). Les actions de 1 sur 3 (la résultante) passe donc par le
point d’intersection de FD et de CE. Sa direction est connue.
4. On isole l’ensemble 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7. Il est soumis aux actions extérieures en
A et B de la part du solide 1 (liaisons pivots parfaites) et de la gravité aux centres de
gravité G2 et G7 des solides 2 et 7. Nous avons donc dans ce cas quatre torseurs qui
se réduisent aux points considérés à des résultantes. Nous ne pouvons pas appliquer le
résultat précédent. Mais les deux efforts dus à la gravité sont connus. Il est possible de
les remplacer par un torseur équivalent au barycentre G 27 des masses des deux solides.
Dans ce cas le torseur sera de la forme
A(gravité → 2 + 7)
constitué d’une résultante
#–
R(gravité → 2 + 7) = m 2 · #– g + m 7 · #– g et d’un moment nul.
Nous nous retrouvons alors avec le cas précédent de trois forces coplanaires appliquées. On peut résoudre sans difficulté particulière avec la direction de la résultante
des actions de 1 sur l’ensemble en B connue (déterminée précédemment) et celle de la
gravité connue également en direction. On en déduit la direction des actions de 1 sur
l’ensemble en A.
5. Il suffit de reprendre l’équilibre de 3 pour résoudre complètement le problème à ce
stade sans aucune difficulté, soit analytiquement soit graphiquement.
PARTIE III.
1. La conservation de la masse s’écrit : r c · ( #– v c · #– e r ) · dA = r p · ( #–
w · #– e r ) · dA. On en
déduit r c = 4,2 kg · m
−3 . On a également da/dt = w dont on tire l’équation horaire
a(t) = a 0 + wt et la masse de propergol à un instant donné : M p (t) = r p p(b
2 − a
2 )L ;
en particulier : M p (0) = 244 t.
2. Du fait de la conservation de la masse de gaz, le débit radial est égal au débit axial :
2pa 0 Lv c = pa
2
0 v, soit v = 2(L/a 0 )v c . Le rapport des deux temps caractéristiques
s’écrivant :
t tr /t cb = [L/(b − a 0 )](w/v).
on a d’une part L/(b − a 0 ) = 50 et d’autre part w/v =
1
2
(a 0 /L)(w/v c ) = 3,5 · 10
−5 .
Par conséquent, t tr /t cb ∼ 1,7 · 10
−3 et l’approximation quasi statique est légitime.
3. Puisque l’intégrale dont se déduit
#–
R est étendue à une surface fermée, on peut, sans
rien changer, retrancher l’intégrale de la pression atmosphérique qui est constante :
#–
R =
∂S i
( p − p a ) · #– n · dA +
∂S e
( p − p a ) · #– n · dA.
Mais, sur ∂S e , p = p a et la deuxième intégrale disparaît, ce qui établit le résultat.
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Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
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