EXTRACTEUR DE ROULEMENTS.

Corrigé Exercice 1 : EXTRACTEUR DE ROULEMENTS.

Hypothèse : On suppose la branche 2 en équilibre.

Question 1 : Si cette hypothèse est vérifiée, que dire de la direction de l’action C_42



.

1) Isolons {branche 2}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {2}.

- Action mécanique de 3 sur 2 (pivot d’axe ( , )B z ) - Action mécanique de 4 sur 2 (ponctuelle de point de contact C et de normale y



avec frottement) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , )x y 

par : - le glisseur B_32

passant par B - le glisseur C_42

passant par C 4) Résolution :

Si un système est en équilibre sous l’action de 2 glisseurs alors ces 2 glisseurs :

 sont opposés (même norme, même direction, sens contraire),

 et ont même droite d’action (passant par les points d’application). Ainsi la droite d’action de B_32

et C_42

est la droite (BC).

Or toutes actions de contact (solide en équilibre ou non) vérifient les lois de Coulomb…

Question 2 : Existe-t-il arc-boutement (c’est à dire non glissement) en C et D lorsqu'une action est exercée par la vis dans la position définie par la figure. Justifier de 2 manières différentes (analytiquement et graphiquement).

Pour qu’il y ait non glissement, il faut que les actions en C et D se situent dans le cône d’adhérence : VERIFICATION ANALYTIQUE :

4 2

C_

fait avec la normale au contact un angle de valeur  (angle d’adhérence). Soit géométriquement :

NB : l’angle d’adhérence est indépendant de la charge comme dans tout problème d’arc-boutement où l’équilibre des solides dépend de la nature des liaisons, de leur position et des coefficients de frottement.

Ainsi tan 0,09 f tan 0,15, d’où l’action C_42

se situe à l’intérieur du cône d’adhérence, et donc l’adhérence est effective : on a un phénomène d’arc-boutement.

VERIFICATION GRAPHIQUE :

Il suffit de tracer le cône d’adhérence (tan 0,15 8,5) et de vérifier que C_42

se situe à l’intérieur de ce cône, pour prouver qu'il y a arc-boutement.

Question 3 : Que dire si f tan 0,06 ou si les points de contact C et D sont éloignés de l'axe ? Si f tan 0,06 ou si les points de contact C et D sont éloignés de l'axe, cela signifie que l'action C_42 est en dehors du cône d'adhérence !!! Or, c'est impossible car toute action est dans ou sur le cône d'adhérence mais JAMAIS en dehors.

Notre hypothèse de départ "système en équilibre" est donc fausse : Il est impossible de vérifier le PFS et les lois de Coulomb en même temps.

2 2

68 50

tan 2 0,09

68 50

100 2



 

 

 

  



 

 

Corrigé Exercice 2 : ACCOUPLEMENT TEMPORAIRE : ROUE LIBRE.

Hypothèse : On suppose la bille 3 en équilibre relatif dans tout le problème.

1) Isolons {bille 3}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {3}.

- Action mécanique de 2 sur 3 (ponctuelle de point de contact B et de normale n_B



avec frottement), - Action mécanique de 1 sur 3 (ponctuelle de point de contact A et de normale n_A

avec frottement).

3) Modélisables par : - le glisseur B_23

passant par B - le glisseur A_13

passant par A 4) Résolution :

Si un système est en équilibre sous l’action de 2 glisseurs alors ces 2 glisseurs :

 sont opposés (même norme, même direction, sens contraire),

 et ont même droite d’action (passant par les points d’application). Ainsi la droite d’action de B_23

et A_13

est la droite (AB).

Effet de non-entraînement (cas 3 et 4) : Glissement entre billes/tambour et billes/noyau.

Si la tendance au glissement est dans le sens de la figure, alors il est impossible que la droite d’action de B_23

et A_13

soit la droite (AB). Ainsi notre hypothèse du départ (bille en équilibre relatif) est fausse et donc dans ce sens, il y a glissement entre les billes et le tambour, d’où non entraînement.

Effet d’entraînement (cas 1 et 4) : Adhérence entre billes/tambour et billes/noyau.

Si la tendance au glissement est dans le sens de la figure, alors il est possible que la droite d’action de B_23



et A_13



soit la droite (AB).

On a donc B_23

et A_13

qui font avec leur normale au contact un angle de valeur _ (angle d’adhérence). Soit géométriquement dans le triangle ABC :

( ) ( ) (        ) donc 2.  

NB : Cette relation est indépendante de la charge comme dans tout problème d’arc-boutement où l’équilibre des solides dépend de la nature des liaisons, de leur position et des coefficients de frottement.

Pour qu’il y ait arc-boutement effectif, il faut en plus que les actions de contact vérifient les lois de Coulomb, c'est-à-dire qu’elles se situent à l’intérieur du cône d’adhérence :   , donc   2.

En projetant suivant y



: H r r.cos R.cos  H(Rr).cos r Comme cos est une fonction décroissante :   2. cos cos(2. ) et donc H(Rr).cos(2. ) r

3

B2_ Tendance au

glissement de 3/2

Tendance au glissement de 2/3 : CAS 3 sens horaire

C

3

B2_

Tendance au glissement de 3/2

C Tendance au

glissement de 2/3 : CAS 1 sens trigo

Corrigé Exercice 3 : CONSOLE DE DÉCORATION.

Question 1 : Montrer graphiquement, à l’aide de 2 figures, que si l’objet est : - proche de l’axe, la console glisse le long de la colonne.

- éloigné de l’axe, la console reste en équilibre.

Justifier par écrit votre raisonnement.

Remarque préliminaire :

Si la console est en équilibre, elle vérifie le PFS et ces actions mécaniques de contact les lois de Coulomb.

1) Isolons {la console 2}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {la console}.

- Action mécanique de la pesanteur sur console

- Action méca. en A de la colonne sur console (ponctuelle de point de contact A et de normale x

avec frottement) - Action méca. en B de la colonne sur console (ponctuelle de point de contact B et de normale x

avec frottement) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , )x y

 

par : - le glisseur P

passant par C (totalement connu) - le glisseur A

passant par A - le glisseur B

passant par B 4) Résolution :

Si un système est en équilibre sous l’action de 3 glisseurs alors ces 3 glisseurs sont :

 coplanaires,

 concourants ou parallèles,

 de somme vectorielle nulle.

1^er cas : objet proche de l’axe, la console glisse le long de la colonne ?

On se place à la limite du glissement en B.

L’action en B est donc sur une génératrice du cône d’adhérence pour s’opposer au glissement de 2/1.

Le solide étant en équilibre sous l’effet de 3 glisseurs, ceux- ci sont concourants.

Or l’action en A doit aussi respecter les lois de Coulomb c’est-à-dire que cette action doit être dans ou sur le cône d’adhérence.

Si la charge est trop proche de l’axe il n’est pas possible de respecter les deux conditions et la console glisse (Cf. figure ci contre).

2^ème cas : objet éloigné de l’axe, la console reste en équilibre ? On se place encore à la limite du glissement en B.

L’action en B est donc sur une génératrice du cône d’adhérence pour s’opposer au mouvement.

Le solide étant en équilibre sous l’effet de 3 glisseurs, ceux-ci sont concourants.

Or l’action en A doit aussi respecter les lois de Coulomb c’est- à-dire que cette action doit être dans ou sur le cône d’adhérence.

On constate ici, qu’il existe une solution au problème. Ce phénomène est appelé arc-boutement.

Remarque : le PFS ne permet pas de déterminer la solution exacte au problème.

En effet, en A et B nous avons 4 inconnues, les composantes normales (N et N ) et tangentielle (T et T ).

Or le PFS ne permet décrire que 3 équations pour un problème plan.

Il y a bien deux relations supplémentaires : T_A f N. _A et T_B f N. _B mais elles ne permettent que d’encadrer les solutions possibles.

La solution dessinée n’est donc qu’une des solutions possibles.

Question 2 : Déterminer graphiquement la position limite X_lim de C qui autorise l’équilibre.

En déduire la relation entre X_lim, H et f.

Cet équilibre est-il fonction de la masse de l’objet ?

La position limite est obtenue à partir de l’intersection des génératrices des cônes :

Corrigé Exercice 4 : PINCE DE LEVAGE « HAND-GRIPP ».

Question 1 : Donner le torseur du galet 2 sur la plaque à l’aide d’une écriture en ligne.

Liaison linéaire rectiligne de ligne de contact )

z , P

( ₁ et de normale x₁

 

) z , y , x ( plaque 2

, M plaque 2

) x , P ( M plaque 2

1 1 1 1

0 M

0

0 0 X





 















 ^ _





T

ATTENTION : la forme du torseur reste identique pour tout point du plan (P,x₁,z₁), mais les composantes n’ont pas forcément la même valeur en ces différents points… alors que le torseur a les mêmes composantes pour M appartenant à une normale au contact.

Liaison linéaire rectiligne de ligne de contact (P,z₁) et de

normale x₁ + problème plan (x₁,y₁)

 

) z , y , x ( plaque 2

) x , P ( M plaque 2

1 1 1 1

0 _ 0

0 0 X





 















 ^





T

Liaison linéaire rectiligne de ligne de contact (P,z₁) et de

normale x₁ avec adhérence + problème plan (x₁,y₁)

 

) z , y , x ( plaque 2

plaque 2

P plaque 2

1 1 1

0 _ 0

0 Y X





 

















T

Car avec l’hypothèse adhérence/frottement, il existe une composante tangentielle Y_2plaque en plus de la composante normale X_2plaque.

Cette composante tangentielle vérifie la loi de Coulomb : Y_2plaque f.X_2plaque ^.

H D

A

Xlim

B





C

lim lim

( ).tan ( ). tan

2 2

D D

H X    X  

2. lim.tan

H X 

2. lim. H X f

lim 2.

X X H

  f

Où X_2plaque R_2plaque .cos et Y_2plaque R_2plaque .sin

Car les actions tangentielles de 2plaque s’opposent au glissement éventuel de la plaque/2 et 0.

 











   

 















 _{ }^{  }

0

y . sin . R

x . cos . R

0 _ 0

0 Y X

1 plaque

2 1 plaque

2 ) P

z , y , x ( plaque 2

plaque 2

P plaque 2

1 1 1







T

un torseur glisseur.

Question 2 : En isolant la plaque, déterminer l’expression de R_2plaque en fonction de  ^{et P.}

Compléter la figure-réponse 1 en indiquant les actions s’exerçant sur la plaque.

1) Isolons {la plaque}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {la plaque}.

- Action méca. de 2 sur plaque (lin. rect. de ligne de contact (P,z₁) et de normale x₁ avec adhérence) - Action méca. de 2’ sur plaque (lin. rect. de ligne de contact (P',z₁) et de normale x₁ avec adhérence) - Action mécanique de la pesanteur sur plaque

3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan (x₁,y₁) par :

-

 











   

 ^{ }



0

y . sin . R

x . cos .

R_{2 plaque 1 2 plaque 1}

P plaque

T

-

 











   

 ^{ }



0

y . sin . R

x . cos .

R_{2' plaque 1 2' plaque 1}

' P plaque '

T

-

 





 0

y . P ₁

) y , G ( P plaque pes

1

T

NB : si le système est symétrique R_2'plaque  R_2plaque 4) Résolution :

Il faut donc appliquer le théorème de la résultante statique suivant y₁ :

 

  2.sin R_{2 plaque} P

Question 3 : En isolant la biellette 3, déterminer la relation entre R_23 et R_53 .

Compléter la figure-réponse 2 en indiquant les actions s’exerçant sur la biellette 3.

1) Isolons {la biellette 3}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {la biellette 3}.

- Action mécanique de 2 sur 3 (pivot d’axe (B,z₁)) - Action mécanique de 5 sur 3 (pivot d’axe (C,z₁)) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan (x₁,y₁) par :

-

 

0 R_{2 3}

B 3

T

-

 

C 3

T

Si un système est en équilibre sous l’action de 2 glisseurs alors ces 2 glisseurs :

 sont opposés (même norme, même direction, sens contraire),

 et ont même droite d’action (passant par les points d’application).

Ainsi la droite d’action de R_23 et R_53 est la droite (BC) et R_23  R_53 ^.

Question 4 : En isolant le galet 2, déterminer l’expression de R_32 en fonction de P, , , r, R et de l’angle d’adhérence .

Compléter la figure-réponse 3 en indiquant les actions s’exerçant sur le galet 2.

1) Isolons {le galet 2}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {le galet 2}.

- Action méca. de la plaque sur 2 (lin. rect. de ligne de contact (P,z₁) et de normale x₁ avec adhérence) - Action mécanique de 3 sur 2 (pivot d’axe (B,z₁))

- Action mécanique de 4 sur 2 (pivot d’axe (A,z₁)) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan (x₁,y₁) par :

-

 











   

 ^{ }



0

y . sin . R

x . cos .

R_{2 plaque 1 2 plaque 1}

P 2 plaque

T

-

 

0 R_{2 3}

B 2

T

 

0 R_{4 2}

A 2

T

Pour se débarrasser de AM_42 dont on ne connaît rien, il faut appliquer le théorème du moment statique en A suivant z₁ :



0 z . M z . M z .

M_{A,plaque2 1} _{A,32 1} _{A,42 1} 0 z ).

R AB ( z ).

R AP

(  _{plaque2 1}  _{32 1}

0 z ).

x . R x . r . 2 ( z . ) y . sin . R

x . cos . R

( ) x . R x . r

( _{2 1 2 plaque 1 2 plaque 1}  ₁ ₂  _{2 3 3 1}

   _   _  _

0 sin . R . r . 2 sin . R

. R 2 )

sin(

. sin . R

. r sin . cos . R

.

r _{2 plaque}   _{2 plaque}    _{2 plaque}  _{2 3} 

 _{   }

0 sin . R . r . 2 sin . R

. R cos . sin . R

. r sin . cos . R

.

r _{2 plaque}   _{2 plaque}   _{2 plaque}  _{2 3} 

 _{   }

0 sin . R . r . 2 sin . R

. R ) sin(

. R

.

r _2plaque   _2plaque  _23 





.

R_2plaque     _23 





sin . . 2

P

3

2 











 

 _

 













 

 4.r.sin .sin sin . R ) sin(

. r . R_{2 3} P

Question 5 : En isolant l’ensemble de la pince + la plaque, déterminer l’expression de R_cable5 en fonction du poids de la plaque.

1) Isolons {pince + plaque}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {pince + plaque}.

- Action mécanique de la pesanteur sur plaque

- Action mécanique du câble sur 5 (pivot d’axe (D,z₁)) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan (x₁,y₁) par :

 





 0

y . P ₁

) y , G ( P plaque pes

1

T





0 R_{câble 5}

D 5 câble

T

4) Résolution :

Il faut donc appliquer le théorème de la résultante statique : R_cable5 P

Question 6 : En isolant le cadre 5, déterminer l’expression de R_35 puis R_32 en fonction de P,  ^et ^. Compléter la figure-réponse 4 en indiquant les actions s’exerçant sur le cadre.

1) Isolons {cadre 5}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {cadre 5}.

- Action mécanique du câble sur 5 (pivot d’axe (D,z₁)) - Action mécanique de 3 sur 5 (pivot d’axe (C,z₁)) - Action mécanique de 3’ sur 5 (pivot d’axe (C',z₁)) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan (x₁,y₁) par :





0 R_{câble 5}

D 5 câble

T  

0 R_{5 3}

C 5

T





0 R_{5 3'}

C 5 '

T

NB : si le système est symétrique R_53'  R_53 4) Résolution :

Il faut donc appliquer le théorème de la résultante statique suivant y₁ :

) sin(

. 2 R_{3 5} P





 



Et donc selon le résultat de question 3 :

) sin(

. 2 R_{3 2} P





 



Question 7 : Déduire de ce qui précède l’expression de tan en fonction de P, r, R,  et . Quelle est l’influence du poids de la plaque sur l’adhérence ?

On a trouvé 2 expressions de R_32 , donc :

 

) sin(

. 2

P sin

. sin . r . 4

sin . R ) sin(

. r . P





 















 

) sin(

sin . r . 2 sin

sin . R sin . cos . r cos . sin . r







 

















) sin(

sin . r . R 2 tan

sin . cos r .

r 

 

 

 



) sin(

) sin(

).

cos . r R ( sin . r . 2 tan

sin . r



















 



 

) sin(

).

cos . r R ( sin . r . 2

) sin(

. sin . tan r























 



Cette relation est indépendante de la charge comme dans tout problème d’arc-boutement où l’équilibre des solides dépend de la nature des liaisons, de leur position et des coefficients de frottement.

Question 8 : a = 20 mm, r = 14 mm, b = 52 mm, c = 15 mm, R = 26 mm, e = 10 mm, f = 0,3,  = 38°2 et

 = 83°. Calculer tan. Conclure.

182 , 0 tan

Comme tan f0,3, l’action du galet sur la pièce se situe dans le cône d’adhérence, donc l’adhérence est effective et la pièce est autobloquée : c’est le phénomène d’arc-boutement.