STATIQUE DES POINTS MATERIELS CORRIGE Exercices

Institut Universitaire de Technologie du Limousin
Département de Génie Civil
19300 EGLETONS
Mécanique des Structures
Année 2011-2012, Semestre 1
Module MS1
STATIQUE DES POINTS MATERIELS
CORRIGE
Exercices sur la résultante de forces
1- Calculez la résultante (graphiquement et analytiquement) des forces P et Q appliquées au boulon
A.
y
Q=60 N
25 °
P=40 N
α
20 °
A
R
56,1 N
80 N
x
r  Rx = ∑ Fxi = P cos 20 + Q cos 45 = 80 N →
R=
 R y = ∑ Fyi = P cos 70 + Q cos 45 = 56,1 N ↑
R de la force peut être obtenue en appliquant le théorème de Pythagore :
r
2
R = 80 + 56,12 = 97,7 N
La grandeur
L’angle
α
que définit sa direction est donné par :
α = tg −1
56,1
= 35°
80
Une voiture en panne est tirée à l’aide de deux câbles. Si la résultante des deux forces exercées
par les câbles est une force de 300 N parallèle à l’axe de la voiture, déterminez : a) la tension dans
chaque câble pour α = 30° , b) la valeur de α lorsque la tension dans la câble 2 prend la valeur la
plus petite possible.
y
T2
a-) Pour α = 30°
2-
Nous avons : R x = 300 N = ∑ Fxi et
α
R y = 0 = ∑ Fyi
20°
1-)
2-)
⇒
300 = T1 cos 20° + T2 cos 30°
0 = −T1 cos 70° + T2 cos 60°
à partir de (2) : T1 = T2
R = 300 N
x
T1
cos 60°
= 1,462 T2
cos 70°
(1) : 300 = [1,462 T2 ]cos 20° + T2 cos 30°
⇒
T2 =
300
= 134 N
1,462 cos 20° + cos 30°
et finalement : T1 = 1,462 T2 = 196 N
1
R = 300 N
Solution trigonométrique :
30°
20°
T1
T2
300
=
=
sin 30° sin 20° sin 130°
⇒ T1 =
T2
T1
300
sin 30° = 196 N
sin 130°
et T2 =
300
sin 20° = 134 N
sin 130°
b-) valeur de α T2 minimum
Nous utilisons la règle du triangle pour
calculer cette valeur de α . Dans le schéma
ci-contre, le segment de droite 1-1 a la
direction connue de T1 . Quelques directions
possibles de T2 sont indiquées par les
segments de droite 2-2. Nous voyons que la
valeur minimum de T2 a lieu lorsqu’elle est
perpendiculaire à T1 . Sa valeur sera alors :
T2 = 300 sin 20° = 102,6 N
Les valeurs de T1 et α correspondant à T2
seront
T1 = 300 cos 20° = 282 N α = 90° − 20° = 70°
2
2
2
300 N
1
20°
2
2
2
1
R = 300 N
α
20°
T2
90°
T1
B et C d’une structure métallique sont rivées au gousset A. L’effort de tension dans la
barre B est de 11 120 N et celle de la barre C est de 8 896 N. Calculez la grandeur et la direction
de la résultante agissant sur le gousset.
3- Les barres
2840 N
α
Barre C
Barre B
F2
15
°
40
°
17556 N
R
F1
r  Rx = ∑ Fxi = F1 cos 50° − F2 cos 75° = 2840 N →
R
 R y = ∑ Fyi = − F1 cos 40° − F2 cos 15° = −17556 N ↓
r
R = 2840 2 + 17556 2 = 17784 N
α = tg −1
17556
= 80,8° ≅ 81°
2840
2
4-
Calculez la résultante des quatre forces appliquées au boulon de la figure illustrée ci-dessous.
y
150 N
80 N
R
14,3 N
20 °
α
15
A
°
x
199,1 N
100 N
110 N
r  Rx = ∑ Fxi = 150 cos 30° + 100 cos15° − 80 cos 70° = 199,1N →
R
 R y = ∑ Fyi = 150 cos 60° − 100 cos 75° + 80 cos 20° − 110 = 14,3 N ↑
r
R = 199,12 + 14,32 = 199,6 N
5-
α = tg −1
14,3
= 4,1°
199,1
On doit soulever le cylindre ci-contre à l’aide de deux câbles dont l’un est soumis à une tension de
600 N. Déterminez la grandeur et la direction de la force F pour que la résultante soit une force
verticale de 900 N.
y
F
600 N
α
Nous avons :
20
°
x
Rx = 0 et R y = 900 N
1-
Rx = ∑ Fxi
2-
R y = ∑ Fyi ⇒ 900 = 600 cos 20° + F cos α ou bien : F cos α = 900 − 600 cos 20°
(1)
:
( 2)
⇒ 0 = 600 cos 70° − F sin α
F sin α
600 cos 70°
=
F cos α 900 − 600 cos 20°
à partir de (1) :
ou bien : F sin α = 600 cos 70°
⇒ tgα = 0,6104 ⇒ α = 31,4°
F = 394 N
Exercices sur l’équilibre des points matériels
1- Le gousset d’assemblage d’une cellule d’avion, représenté ci-dessous, est soumis aux forces P et
Q de grandeur P=1000 N et Q=1200
F1 N. Déterminez les forces F1 et F2 qui maintiennent le gousset
en équilibre.
y
Q
60°
15°
F2
x
3
P
v
 R = ∑ Fxi = 0
Le gousset est en équilibre ⇒ R = 0 ⇒  x
 R y = ∑ Fyi = 0
∑F
2- ∑ F
1-
xi
= 0 ⇒ F1 cos 60° + F2 − Q cos 15° = 0
yi
= 0 ⇒ F1 cos 30° + Q cos 75° − P = 0
⇒
F1 = 796 N
à partir de (1) : F2 = Q cos 15° − F1 cos 60° = 761N
2- Deux câbles, attachés à l’anneau C, sont chargés suivant la figure ci-dessous. Calculez les efforts
dans les câbles CA et CB.
y
T1
T2
De la figure, nous déduisons que :
1,22
α = tg −1
= 53,28°
0,91
β = tg −1
α
β
x
C
1,22
= 38,75°
1,52
890 N
L’anneau C est en équilibre, d’où :
1- ∑ Fxi = 0 ⇒ T1 cos α − T2 cos β = 0
2-
∑F
yi
=0
⇒
T1 sin α + T2 sin β − 890 = 0
cos β
cos α
à partir de (1), nous avons :
T1 = T2
En introduisant la valeur de
T1 dans l’équation (2), on obtient :
(3)
890
 cos β 
⇒
T
=
= 532 N
T
sin
α
+
T
sin
β
−
890
=
0
2
2
2
 cos α 
cos β


sin α + sin β
cos α
cos β
La valeur de T1 peut être obtenue à partir de (3) : T1 = 532
= 694 N
cos α
3- Deux forces F1 et F2 de valeur F1=5000 N et F2=2500 N sont appliquées au gousset
d’assemblage, tel que dessiné. Calculez les forces P et Q pour que le gousset soit en équilibre.
y
Le gousset est en équilibre ⇒
12-
∑F
∑F
xi
=0 ⇒
Q − F1 + F2 cos 60° = 0 ⇒ Q = 3750 N
yi
=0 ⇒
P − F2 cos 30° = 0 ⇒ P = 2165 N
F2 30°
F1
P
Q
x
4
4- Si on applique deux forces P et Q de valeur P=3560 N et Q=6670 N au gousset précédent, quelles
sont les valeurs de F1 et F2 pour qu’il reste en équilibre ?
Le gousset est en équilibre ⇒
12-
∑F
∑F
xi
=0 ⇒
Q − F1 + F2 cos 60° = 0
yi
=0 ⇒
P − F2 cos 30° = 0 ⇒ F2 = 4110 N
(1) : F1 = Q + F2 cos 60° = 8725 N
5- Sachant que P=445 N, calculez les tensions dans le câble AC et la barre BC.
De la figure, nous déduisons que α = tg −1
y
4
= 53,13°
3
T2
C est en équilibre :
1-
∑ Fxi = 0 ⇒
P cos α − T1 − T2 cos 60° = 0
2-
∑F
P sin α + T2 cos 30° − 534 = 0
yi
=0 ⇒
P
60°
T1
α
534 N
534 − P sin α
= 205 N
cos 30
(1) : T1 = P cos α − T2 cos 60° = 164 N
à partir de (2) :
x
C
T2 =
6- Un coffre chargé pèse 4450 N. Calculez la longueur minimum de la chaîne ACB qui doit être
utilisée pour soulever le coffre, de telle sorte que la tension maximum dans la chaîne ne dépasse
pas 5780 N.
y
W = 4450 N
C est en équilibre :
12-
∑F
∑F
xi
= 0 ⇒ T1 cos β − T2 cos β = 0
yi
= 0 ⇒ W − T1 cos α − T2 cos α = 0
⇒ T1 = T2 = T = 5780 N
β
(2) : W − T1 cos α − T2 cos α = 0 ⇒ W = 2 T cos α
W
ou bien : cos α =
= 0,38495 ⇒ α = 67,36°
2T
l=
547
= 495 mm
sin α
l
C
T2
x
β
α
α
T1
α
457 mm
5
Exercices sur le moment d’une force
A
1- Une force verticale de 100 N est appliquée à l’extrémité d’un levier de
longueur L = 24 cm attaché à un axe qui passe par O. Calculez :
a-) le moment de la force par rapport à O ;
b-) la force horizontale en A produisant le même moment par rapport à O ;
c-) la plus petite force en A produisant le même moment par rapport à O ;
d-) la position d’une force verticale de 240 N pour créer le même moment ;
e-) les cas a, b, c et d sont-ils équivalents ?
100 N
60°
O
a-) Moment par rapport à O : La longueur de d , perpendiculaire abaissée de O
sur la ligne d’action de la force de 100 N , est : d = ( 24cm) cos 60° = 12cm
Le moment par rapport au point
F
60°
d
O s’écrit : M F / O = F d = (100 N )(12cm) = 1200 N .cm
d = (24cm) sin 60° = 20,8 cm
Puisque le moment par rapport au point O doit être 1200 N.cm nous poserons
b-) Dans ce cas, nous avons
F
d
M F / O = F d = 1200 N .cm = F (20,8) ⇒ F = 57,7 N →
c-) On voit facilement que d’après l’équation M F / O
60°
= F d , la force F sera minimum
F
d
lorsque d est maximum. Or, d sera maximum lorsqu’il aura la longueur du levier, ce
qui exige que F soit perpendiculaire à celui-ci. Nous avons donc
60°
M F / O = F d = 1200 N .cm = F (24cm) ⇒ F = 50 N
B
M F / O = F d ⇒ 1200 N .cm = (240 N ) d
OB cos 60° = d ⇒ OB = 10 cm
d-) Dans ce cas, on peut écrire :
⇒ d = 5 cm
60°
F
O
d
e-) Aucune des forces trouvées en b , c et d n’est équivalente à la force originale, malgré le fait qu’elles produisent le même
moment par rapport au point O . En d’autres mots : même si sous leur action, le levier va se mettre en rotation d’une manière
identique, chacune de ces forces tire sur lui d’une façon différente.
2- Une force de 50 N est appliquée à la cornière illustrée ci-contre. Calculez un système force-couple
équivalent appliqué au point A.
A
5 cm
10 cm
30°
50 N
6
308 N.cm
x et y :
Fx = (50 N ) cos 30° = 43,3 N
Décomposons la force de 50 N dans ses composantes
Fx = (50 N ) sin 30° = 25 N
,
A
5 cm
50 N
Ces composantes peuvent être transportées en A si nous leur associons un couple
de moment M A égal à la somme des moments par rapport au point A des
composantes dans leur position initiale. Avec la convention de signes adoptée, on obtient
10 cm
M A = (25 N )(5cm) − (43,3N )(10cm) = −308 N .cm
d
C
30°
A
D
3- Calculez le moment de la force de 445 N
par rapport au point A :
30°
127 mm
a-) en utilisant la définition du moment d’une force
b-) en décomposant la force suivant la verticale et
l’horizontale
B
305 mm
MF/A = F d
d = AC sin 30°
d = ( AD − CD ) sin 30°
d = ( AD − BD tg 60°) sin 30° = [305 − 127 tg 60°]sin 30° = 42,51 mm
⇒ M F / A = (445 N )(42,51 mm) = 18919 N .mm
a-)
b-)
60°
F
M F / A = ( F cos 60°)( 305mm) − ( F cos 30°)( 127 mm) = 18919 N .mm
A
127 mm
B
30°
F cos 30
F
60°
305 mm
F
F cos 60
4- Une console fixée à un poteau est soumise à une force
F = 71,2 kN . Calculez un système force-couple équivalent
appliqué au point
F
305 mm
A
A
M F / A = F d = −(71,2kN )(0,305m) = −21,72 kN .m
A
21,72 kN.m
F=71,2 kN
7
P
D
5- Calculez la résultante des charges et le point où sa
ligne d’action coupe l’axe AD si :
203 mm
890 N
a-) P=222 N ;
b-) P=2224 N;
203 mm
667 N
c-) P=1557 N.
203 mm
A
P=222 N
D
a-) P = 222 N
⇒ Rx = ∑ Fxi =890 + 667 − 222 = 1335 N →
Ry = ∑ Fyi =0
∑M
203 mm
890 N
R
203 mm
= ∑ M Fi / A ⇒
− 1335 d = (222 N )(609mm) − (890 N )(406mm) − (667 N )(203mm)
⇒ d ≅ 271 mm
R/ A
667 N
d
203 mm
A
P=2224 N
D
b-) P = 2224 N
⇒ Rx = 890 + 667 − 2224 = −667 N ←
203 mm
Ry = ∑ Fyi =0
∑M
R/A
890 N
= ∑ M Fi / A ⇒
R
203 mm
667 d = (2224 N )(609mm) − (890 N )(406mm) − (667 N )(203mm)
⇒ d = 1285 mm
c-)
P = 1557 N
667 N
d
⇒ Rx = 890 + 667 − 1557 = 0
203 mm
A
Ry = ∑ Fyi =0
∑M
∑M
Fi / A
= (1557 N )(609mm) − (890 N )(406mm) − (667 N )(203mm) = 0,45 kN .m
Fi / D
= (890 N )(203mm) + (667 N )(406mm) = 0,45 kN .m
Les forces se réduisent à un couple de
0,45 kN .m
6- Un convoyeur transporte, à vitesse constante, quatre colis de A vers B. Calculez la grandeur et la position, à un moment
donné, de la charge résultante, si à cet instant les quatre colis occupent la position indiquée.
Rx = 0 , R y = ∑ Fyi = −1779 − 1112 − 667 − 2224 = −5782 N ↓
M R / A = ∑ M Fi / A ⇒
− 5782 d = −1779. 0,61−1112.1,83 − 667. 3,05− 2224. 4,57 ⇒ d = 2,65 m
8
d
R
7- Un poteau de signalisation AB est soumis à trois forces, tel qu’indiqué. Calculez le système forcecouple équivalent appliqué au point A.
7, 2
y
α = tg −1
= 67,38°
2,1 m
3
r  Rx = ∑ Fxi
R
B
 Ry = ∑ Fyi
α
Rx = −1950 cos α = −750 N
R y = −900 − 4000 − 1950 sin α = −6700 N
1950 N
900 N
750 N
7,2 m
A
3510 N.m
4000 N
β
C
6,4°
A
R=6742 kN
R
6700 N
3m
r
R = 7502 + 67002 = 6742 N
M/A
750
β = tg −1
= 6,4°
6700
= (1950 cos α ) 7,2 − 900 . 2,1 = 3510 N .m
7- Une plaque, aux dimensions indiquées, est soumise à quatre forces. Trouvez leur résultante et les
deux points où elle coupe les bords de la plaque.
R
100 N
α
200 N
r  Rx = 250 cos 45° − 250 cos 45° − 200 = −200 N ←
R=
 Ry = 100 + 250 cos 45° − 250 cos 45° = 100 N ↑
r
100
R = 2002 + 1002 = 223,6 N α = tg −1
= 26,57°
200
M R / A = ∑ M Fi / A ⇒
d
G
A
R d = (100 N )(300mm) − (250 N )(106mm) ⇒ d = 15,6mm et l =
α
AG = l
35 mm
d
≅ 35 mm
sin α
9
x
9- Un tuyau d’acier long de 366 cm et pesant 2669 N est soulevé par un pont roulant. Calculez la tension
dans l’élingue ACB si sa longueur est : a) 457 cm, b) 609 cm
y
C
W = 2669 N
C
B
A
x
3,66 m
T1
a-)
α = sin −1
α
α
T2
(366 / 2)
= 53,21°
(457 / 2)
C est en équilibre, d’où :
2-
∑F
∑F
b-)
α = sin −1
1-
xi
=0
⇒ T2 sin α − T1 sin α = 0 ⇒ T1 = T2 = T
yi
=0
⇒ W − T1 cos α − T2 cos α = 0 ⇒ W − 2T cos α = 0 ⇒ T1 = T2 =
W
= 2228 N
2 cos α
(366 / 2)
= 36,94°
(609 / 2)
C est en équilibre, d’où :
12-
∑F
∑F
xi
=0
⇒ T2 sin α − T1 sin α = 0 ⇒ T1 = T2 = T
yi
=0
⇒ W − T1 cos α − T2 cos α = 0 ⇒ W − 2T cos α = 0 ⇒ T1 = T2 =
W
= 1670 N
2 cos α
10

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