SOLUTIONS DES EXERCICES
puisque
# –
G B =
# –
G A +
# –
AB =
h
2
#– x 1 −
L
2
#– y 1 + a #– y 1
avec
#– x 1 = (sin a) #– x − (cos a) #– y et
#– y 1 = (cos a) #– x + (sin a) #– y .
Torseur de l’action de la main exprimé en B
A(Main → D)
=
#–
F
#–
0
C
=
−F #– y
−F #– y ∧
# –
C B
B
=
−F #– y
−Fb cos a #– z
B
,
avec
# –
C B = −b #– y 1
Torseur de l’action du sol sur la roue en B
A(Roue → D)
=
#–
R
#–
0
S
=
R y
#– y
0
B
,
avec
# –
S B = r #– y
Torseur résultant en B :
A(Résultant → D)
=
A(Charge → D)
B
+
A(Main → D)
B
+
A(Sol → D)
B
En projection sur les 3 axes du repère de base, le
torseur résultant s’écrit :
/ #– x : 0, / #– y : −Mg + R y − F, / #– z :
Mg(
h
2
sin a −
L
2
cos a + a cos a) − Fb cos a
b) Il existe un moment en B qui n’est pas nul et
qui a donc tendance à faire tourner la roue et à
faire avancer le diable.
c) En considérant le diable comme le système, le
PFS appliqué en B s’écrit :
A(Sol → Diable)
B
+
A(Charge → Diable)
B
+
A(Main → Diable)
B
= {0}
soit en projection sur les axes de la base, la résultante du PFS s’écrit au point B :
/ #– y : −Mg + R y − F = 0, / #– z : Mg(
h
2
sin a −
L
2
cos a + a cos a) − Fb cos a = 0
Soit :
F = Mg
h
2b
tan a −
L
2b
+
a
b
et R y = P + Mg
h
2b
tan a −
L
2b
+
a
b
4.2 a) On a
#–
V (O ∈ S 1 /S 0 ) =
#–
0 car c’est un
point fixe dans le repère R 0 . La relation de champ
des vitesses donne
#–
V ( A ∈ S 1 /S 0 ) =
#–
V (O ∈
S 1 /S 0 ) +
#–
V(S 1 /S 0 ) ∧
# –
O A = (aa) #– z 1 .
b) On a
#–
V ( A ∈ S 2 /S 0 ) =
#–
V ( A ∈ S 1 /S 0 ) car le
point A est le centre de la liaison pivot entre ces
deux solides.
#–
V (G ∈ S 2 /S 0 )
=
#–
V ( A ∈ S 2 /S 0 ) +
#–
V(S 2 /S 0 ) ∧
# –
AG
= (aa) #– z 1 + (
#–
V(S 2 /S 1 ) +
#–
V(S 1 /S 0 ) ∧
# –
AG
= (bb) #– y 2 + a(a + b sin b) #– z 1
.
#–
V (G ∈ S 2 /S 1 ) =
#–
V ( A ∈ S 2 /S 1 ) +
#–
V(S 2 /S 1 ) ∧
# –
AG = bb #– y 2 .
4.3 a)
#–
V(S 1 /R 0 ) = u #– x 0 et
#–
V (P ∈ S 1 /R 0 ) =
d
# –
O P
dt
R0
= −lu #– y 1
b)
#–
V(S 1 /R 0 ) = u #– x 0 et
#–
V ( A ∈ S 1 /R 0 ) =
d
# –
O A
dt
R0
= du #– y 1
c) P étant le centre de masse du curseur, la question a) permet de déduire la résultante cinétique.
{C(Cr /R 0 )}
=
m
#–
V (P ∈ S 1 /R 0 ) = (−mlu) #– y 1
J (P, C)
#–
V(S 1 /R 0 )
= ( A C u) #– x 0
P
d) De la même façon, A étant le centre de masse
du disque D, on obtient :
{C(D/R 0 )} A
=
M
#–
V ( A ∈ S 1 /R 0 ) = Mdu #– y 1
J ( A, D)[
#–
V(S 1 /R 0 )] = A D u #– x 0
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Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
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“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 599 — #609
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puisque
# –
G B =
# –
G A +
# –
AB =
h
2
#– x 1 −
L
2
#– y 1 + a #– y 1
avec
#– x 1 = (sin a) #– x − (cos a) #– y et
#– y 1 = (cos a) #– x + (sin a) #– y .
Torseur de l’action de la main exprimé en B
A(Main → D)
=
#–
F
#–
0
C
=
−F #– y
−F #– y ∧
# –
C B
B
=
−F #– y
−Fb cos a #– z
B
,
avec
# –
C B = −b #– y 1
Torseur de l’action du sol sur la roue en B
A(Roue → D)
=
#–
R
#–
0
S
=
R y
#– y
0
B
,
avec
# –
S B = r #– y
Torseur résultant en B :
A(Résultant → D)
=
A(Charge → D)
B
+
A(Main → D)
B
+
A(Sol → D)
B
En projection sur les 3 axes du repère de base, le
torseur résultant s’écrit :
/ #– x : 0, / #– y : −Mg + R y − F, / #– z :
Mg(
h
2
sin a −
L
2
cos a + a cos a) − Fb cos a
b) Il existe un moment en B qui n’est pas nul et
qui a donc tendance à faire tourner la roue et à
faire avancer le diable.
c) En considérant le diable comme le système, le
PFS appliqué en B s’écrit :
A(Sol → Diable)
B
+
A(Charge → Diable)
B
+
A(Main → Diable)
B
= {0}
soit en projection sur les axes de la base, la résultante du PFS s’écrit au point B :
/ #– y : −Mg + R y − F = 0, / #– z : Mg(
h
2
sin a −
L
2
cos a + a cos a) − Fb cos a = 0
Soit :
F = Mg
h
2b
tan a −
L
2b
+
a
b
et R y = P + Mg
h
2b
tan a −
L
2b
+
a
b
4.2 a) On a
#–
V (O ∈ S 1 /S 0 ) =
#–
0 car c’est un
point fixe dans le repère R 0 . La relation de champ
des vitesses donne
#–
V ( A ∈ S 1 /S 0 ) =
#–
V (O ∈
S 1 /S 0 ) +
#–
V(S 1 /S 0 ) ∧
# –
O A = (aa) #– z 1 .
b) On a
#–
V ( A ∈ S 2 /S 0 ) =
#–
V ( A ∈ S 1 /S 0 ) car le
point A est le centre de la liaison pivot entre ces
deux solides.
#–
V (G ∈ S 2 /S 0 )
=
#–
V ( A ∈ S 2 /S 0 ) +
#–
V(S 2 /S 0 ) ∧
# –
AG
= (aa) #– z 1 + (
#–
V(S 2 /S 1 ) +
#–
V(S 1 /S 0 ) ∧
# –
AG
= (bb) #– y 2 + a(a + b sin b) #– z 1
.
#–
V (G ∈ S 2 /S 1 ) =
#–
V ( A ∈ S 2 /S 1 ) +
#–
V(S 2 /S 1 ) ∧
# –
AG = bb #– y 2 .
4.3 a)
#–
V(S 1 /R 0 ) = u #– x 0 et
#–
V (P ∈ S 1 /R 0 ) =
d
# –
O P
dt
R0
= −lu #– y 1
b)
#–
V(S 1 /R 0 ) = u #– x 0 et
#–
V ( A ∈ S 1 /R 0 ) =
d
# –
O A
dt
R0
= du #– y 1
c) P étant le centre de masse du curseur, la question a) permet de déduire la résultante cinétique.
{C(Cr /R 0 )}
=
m
#–
V (P ∈ S 1 /R 0 ) = (−mlu) #– y 1
J (P, C)
#–
V(S 1 /R 0 )
= ( A C u) #– x 0
P
d) De la même façon, A étant le centre de masse
du disque D, on obtient :
{C(D/R 0 )} A
=
M
#–
V ( A ∈ S 1 /R 0 ) = Mdu #– y 1
J ( A, D)[
#–
V(S 1 /R 0 )] = A D u #– x 0
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“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 599 — #609
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