MECANIQUE RATIONNELLE

UMBB Boumerdès, Faculté des sciences, Département de physique
Cours exercices, Mécanique Rationnelle : TCT et LMD-ST sem :3
A.KADI
→
y
0
→
y 0
→
y 1
B
B 0
θ 0
R → →
A x
1
• G 0
G
•
θ
θ
O → 1 A
x0
O A 0
Solution :
x(t)
→ → →
0
(
0 0 0
→ → →
1( 1 1 1
R O,
x , y , z ) repère fixe et R A,
x , y , z ) est tel que :
→ • → • →
0
Ω1 = θ z0
= θ z1
1. Vecteurs : position, vitesse et accélération absolue du point G ;
L
2
−−→ −−→ −−→ →
→
OG = OO1 + O1G
= x x0
+ cosθ
y0
−−→
=
OG
⎧
⎪L x
⎨ cosθ ⇒
⎪ 2
R ⎩ 0
0
•
⎧
→ ⎪
L x
•
0
V ( G)
= ⎨−
θ sinθ
;
⎪ 2
R
⎪ 0
⎩
0
••
⎧
⎪
x
→
⎛
••
•
0 L
2 ⎞
γ ( G)
= ⎨−
⎜θ
sinθ
+ θ cosθ
⎟ ;
⎪ 2 ⎝
⎠
⎪ 0
R ⎩
0
2. Théorème de la résultante dynamique au point G ;
La résultante des forces extérieures appliquées à la barre est égale à la masse de la barre par
l’accélération de son centre d’inertie. Le sol est lisse, alors la réaction au point A est suivant
l’axe (O, y) donc normale au plan horizontal.
→
R A
→
→
+ P = mγ 0 ( G)
(1)
La projection de cette équation vectorielle sur les axes donne :
••
••
m x = 0 ⇔ x = 0
(2)
•
L ⎛
••
2 ⎞
R Ay
− P = −m
⎜θ
sinθ
+ θ cosθ
⎟ (3)
2 ⎝
⎠
La barre tombe sans vitesse initiale alors :
Comme
x = Cte
•
x
= 0
⇒
x = Cte
alors le centre d’inertie G de la barre tombe verticalement.
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