3 GLISSEURS PARALLÈLES.

(1)

Sciences Industrielles pour l’Ingénieur

Corrigé Exercice 1 : 3 GLISSEURS PARALLÈLES.

Question 1 : Déterminer B₂__S et C₃__S .

1) Isolons {S}.

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

- Action mécanique de 1 sur S - Action mécanique de 2 sur S - Action mécanique de 3 sur S 3) Modélisables par :

-

 

¹ ¹

( , ) 0

S S

P A y

A_



 

 

 

  

 

 

T

-



²



²

( , ) 0

S S

P B y

B _



 

 

 

  

 

 

T

-



³



³

( , ) 0

S S

P C y

C _



 

 

 

  

 

 

T

4) Résolution :

Pour se débarrasser de AM₂__S et donc dét erminer C₃__S en fonction de du A₁__S (complèt ement connue), il faut appliquer le théorème du moment statique en B :

, 0

B S S

M _ 



,1 ,2 ,3 0

B S B S B S

M _ M _ M _ 

1 _S 1. 3 _S 2. 0

A_ d z C _ d z

     (calcul du moment par la méthode du bras de levier)

3 1 1

2

S . S

C d A

  d  AN : ₃ 4 .4 16

S 1

C _   N donc C₃__S 16.y

Pour déterminer B₂__S, il faut appliquer le théorème de la résultante statique :

S S 0

R _ 



1 _S 2 _S 3 _S 0

A_ B _ C _  donc B₃__S  20.y

(2)

Corrigé Exercice 2 : SERRAGE À LEVIERS.

Question 1 : Peut-on faire une résolution graphique ?

Comme toutes les liaisons pivots sont perpendiculaires au plan de symétrie (donc suivant z), et que l’hypothèse problème plan est vérifiée (symétrie des liaisons et symétrie du chargement), alors toutes les AM transmissibles par ces liaisons pivots sont modélisables par des torseurs glisseurs.

Exemple de l’AM de 51 en B :

 

⁵ ¹ ⁵⁵ ¹¹ ^,5^,5 ¹¹ ⁵⁵ ¹¹

5 1 ( , , )

( , ) ( , , )

_ _

0 _ 0

B B

B x y z

P B z x y z

X L X

Y M Y

Z

  

   

  

   

   

     

   

 

T

D’autre part, l’AM transmissible par la liaison sphère-plan de point de contact A, de la pièce 6 sur le levier 1 est modélisable par un tors eur glisseur.

Deux AM posent problème :

- l’AM transmissible par la liaison pivot glissant entre le corps du vérin et la tige du vérin, qui n’est donc pas modélisable par un torseur glisseur.

- l’AM transmissible par la liaison entre la pièce 6 et le bâti 5 (dont on ne sait pas grand chose).

C’est pourquoi ces deux AM ne devront pas être sur la frontière d’isolement lors d’une résolution graphique…

Ainsi, comme pratiquement toutes les AM sont modélisables par des torseurs glisseurs, nous pouvons résoudre graphiquement la plupart de nos isolements.

Question 2 : Déterminer le graphe de structure (approprié à une résolution graphique).

3

C 5

A (connue)

F 2

B

4 D

1

G

6

7 Pivot glissant d’axe (DG) Fluide

E

?

Question 3 : Donner le cheminement pour déterminer graphiquement l’action que doit exercer la tige du vérin 7 sur le levier 3 pour assurer le serrage souhaitée.

(NB : Cette question ne sera jamais demandée aux concours).

Méthode réfléchie (à réaliser au brouillon) : Isolements de systèmes soumis à 2 glisseurs : {4, 7, fluide}  (D₂_₄) et (G₃_₇) {2, 3, 4, 7, fluide}  (C_{1 2}_ ) et (F₅_₃) Isolements de systèmes soumis à 3 glisseurs : {1, 2, 3, 4, 7, fluide}  (B_{5 1}_ ) puis F₅_₃ et B_{5 1}_ {3}  (E₂_₃) puis G₇_₃ et E₂_₃

On commence TOUJOURS par les systèmes soumis à deux glisseurs pour obtenir leur droite d’action.

(3)

Question 4 : Appliquer cette démarche et dét erminer graphiquement, dans la position donnée, cette action.

(Justifier les différentes étapes de la construction).

1) Isolons {4, 7, fluide}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME ) sur {4, 7, fluide}.

- Action mécanique de 2 sur 4 (pivot d’axe ( , )D z ) - Action mécanique de 3 sur 7 (pivot d’axe ( , )G z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :



² ⁴



²₀ ⁴

D D _



 

 

  

 

 

T 

³ ⁷



³₀⁷

G

G_



 

 

  

 

 

T

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 D₂_₄ et G₃_₇ est la droite (DG).

1) Isolons {2, 3, 4, 7, fluide}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME ) sur {2, 3, 4, 7, fluide}.

- Action mécanique de 1 sur 2 (pivot d’axe ( , )C z ) - Action mécanique de 5 sur 3 (pivot d’axe ( , )F z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :

 

^{1 2} ^{1 2}₀

C

C_



 

 

  

 

 

T 

⁵ ³



⁵₀³

F F_



 

 

  

 

 

T

4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la droite d’action de C_{1 2}_ et F₅_₃ est la droite (CF).

1) Isolons {1, 2, 3, 4, 7, fluide}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME ) sur {1, 2, 3, 4, 7, fluide}.

- Action mécanique de 6 sur 1 (sphère-plan de point de contact A et de normale u) - Action mécanique de 5 sur 1 (pivot d’axe ( , )B z )

- Action mécanique de 5 sur 3 (pivot d’axe ( , )F z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :

-

 

^{6 1} ^{6 1}

( , ) 0

P A u

A _



 

 

 

  

 

 

T

(totalement connu)

-

 

⁵ ¹ ⁵₀ ¹

B B _



 

 

  

 

 

T

-



⁵ ³



⁵₀³

F F _



 

 

  

 

 

T

(avec (CF) droite d’action de F₅_₃)

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.

La deuxième propriété nous donne la droite d’action de B_{5 1}_ et la troisième propriété (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de B_{5 1}_ et F₅_₃.

(4)

Sciences Industrielles pour l’Ingénieur 1) Isolons {3}.

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

- Action mécanique de 5 sur 3 (pivot d’axe ( , )F z ) - Action mécanique de 2 sur 3 (pivot d’axe ( , )E z ) - Action mécanique de 7 sur 3 (pivot d’axe ( , )G z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :

-



⁵ ³



⁵₀³

F F _



 

 

  

 

 

T

(totalement connu)

-

 

² ³ ²₀ ³

E E _



 

 

  

 

 

T

-



⁷ ³



⁷₀³

G

G _



 

 

  

 

 

T

(avec (DG) droite d’action de G₇_₃ )

4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la deuxième propriété nous donne la droite d’action d e E₂_₃ et la troisième propriét é (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de E₂_₃ et G₇_₃ .

Question 5 : Sachant que le diamètre extérieur du piston vaut 35 mm et que le diamètre de la tige du piston vaut 10 mm, en déduire la pression nécessaire dans la chambre du piston.

1) Isolons {7}.

- Action mécanique de 3 sur 7 (pivot d’axe ( , )G z ) - Action mécanique du fl uide sur 7 (pression du fluide) - Action mécanique de 4 sur 7 (pivot glissant d’axe (DG)) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :



³ ⁷



³₀⁷

G

G _



 

 

  

 

 

T

^avecG3_7 suivant l’axe de la tige



⁷



⁷

( ) 0

fluide fluide

P DG

R _



 

 

 

  

 

 

T

^avecRfluide_7 suivant l’axe de la tige (car la pression est uniforme)



⁴ ⁷



⁴ ⁷ ⁴ ⁷

,4 7 ,4 7

( )

. 0

P P

P DG

R R DG

avec

M M DG

 

    

   

  

   

   

  

T

4) Résolution :

Il faut appliquer le théorème de la résultant e statique suivant (DG) :



R₂_₂ 0, pour se débarrasser de 4 7

AM _ :

3 7. _fluide 7. 4 7. 0

G _ DGR _ DGR _ DG

3 7. _fluide 7. 0

G _ DGR _ DG

Or G₃_₇ et R_fluide_₇ sont suivant (DG).

Donc G₃_₇  R_fluide_₇ avec R_fluide_₇ p S.

D’où ³ ⁷ ³ ⁷

2 2

.( )

4 4

G G

p S D d

 

 

 

(5)

Corrigé Exercice 3 : PINCE À MORS PARALLÈLES.

Question 1 : Peut-on faire une résolution graphique ?

Comme toutes les liaisons pivots sont perpendiculaires au plan de symétrie (donc suivant z), et que l’hypothèse problème plan est vérifiée (symétrie des liaisons et symétrie du chargement), alors toutes les AM transmissibles par ces liaisons pivots sont modélisables par des torseurs glisseurs.

Exemple de l’AM de 61 en E :

 

⁶ ¹ ⁶⁶ ¹¹ ^,6^,6 ¹¹ ⁶⁶ ¹¹

6 1 ( , , )

( , ) ( , , )

_ _

0 _ 0

E E

E x y z

P E z x y z

X L X

Y M Y

Z

  

   

  

   

   

     

   

 

T

D’autre part l’AM de la pièc e sur le doigt 5 en I est un glisseur vertical.

Une seule AM pos e problème : l’AM transmissible par la liaison pivot glissant entre le corps du vérin et la tige du vérin, qui n’est donc pas modélisable par un torseur glisseur.

C’est pourquoi cette AM ne devra pas être à la limite d’isolement lors d’une résolution graphique.

Ainsi, comme pratiquement toutes les AM sont modélisables par des torseurs glisseurs, nous pouvons résoudre graphiquement la plupart de nos isolements.

Question 2 : Déterminer le graphe de structure (approprié à une résolution graphique).

Corps 1 + corps du

vérin

6

C

5

A

D

F 2

B

5 pièce

I _

(connue)

Pivot glissant d’axe (O,x)

4

Pousseur 3 + tige du

vérin Fluide

E

Attention ce graphe de structures ne comporte que la moitié des pièces. Il manque toutes les pièces en ‘ (2’, 4’, 5’ et 6’).

Question 3 : Donner le cheminement pour déterminer graphiquement l’action du fluide sur la tige. (NB : Cette question ne sera jamais demandée aux concours).

Méthode réfléchie (à réaliser au brouillon) : Isolements de systèmes soumis à 2 glisseurs : {2}  (A₃_₂) et (B₆_₂) {4}  (D₅_₄) et (F_{1 4}_ ) Isolements de systèmes soumis à 3 glisseurs : {5}  (C₆_₅) puis D₄_₅ et C₆_₅ {2, 6}  (E_{1 6}_ ) puis A₃_₂ et E_{1 6}_ {3, tige}  espérons que cela aboutisse…

On commence TOUJOURS par les systèmes soumis à deux glisseurs pour obtenir leur droite d’action.

(6)

Question 4 : Appliquer cette démarche et dét erminer graphiquement, dans la position donnée, cette action.

1) Isolons {2}.

- Action mécanique de 3 sur 2 (pivot d’axe ( , )A z ) - Action mécanique de 6 sur 2 (pivot d’axe ( , )B z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :

 

³ ² ³₀ ²

A A _



 

 

  

 

 

T 

⁶ ²



⁶₀ ²

B B _



 

 

  

 

 

T

4) Résolution :

 et ont même droite d’action, passant par les points d’application. Ainsi la droite d’action de A₃_₂ et B₆_₂ est la droite (AB).

1) Isolons {4}.

- Action mécanique de 5 sur 4 (pivot d’axe ( , )D z ) - Action mécanique de 1 sur 4 (pivot d’axe ( , )F z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :



⁵ ⁴



⁵₀ ⁴

D D _



 

 

  

 

 

T  

^{1 4} ^{1 4}₀

F F_



 

 

  

 

 

T

4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la droite d’action de D₅_₄ et F_{1 4}_ est la droite (DF).

1) Isolons {5}.

- Action mécanique de 6 sur 5 (pivot d’axe ( , )C z ) - Action mécanique de 4 sur 5 (pivot d’axe ( , )B z )

- Action mécanique de pièce sur 5 (sphère-plan de point de contact I et de normale y) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :

-



⁶ ⁵



⁶₀ ⁵

C

C _



 

 

  

 

 

T

-



⁴ ⁵



⁴₀ ⁵

D D _



 

 

  

 

 

T

(avec (DF) droite d’action de D₄_₅)

-



⁵



⁵

( , ) 0

pièce pièce

P I y

I _



 

 

 

  

 

 

T

(totalement connu)

4) Résolution :

 coplanaires,

La deuxième propriété nous donne la droite d’action de C₆_₅ et la troisième propriété (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de C₆_₅ et D₄_₅.

(7)

Sciences Industrielles pour l’Ingénieur 1) Isolons {2, 6}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME ) sur {2, 6}.

- Action mécanique de 3 sur 2 (pivot d’axe ( , )A z ) - Action mécanique de 1 sur 6 (pivot d’axe ( , )E z ) - Action mécanique de 5 sur 6 (pivot d’axe ( , )C z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :

-

 

³ ² ³₀ ²

A A _



 

 

  

 

 

T

(avec (AB) droite d’action de A₃_₂ )

-

 

^{1 6} ^{1 6}₀

E E_



 

 

  

 

 

T

-



⁵ ⁶



⁵₀ ⁶

C

C _



 

 

  

 

 

T

(totalement connu)

4) Résolution :

Donc c ompte tenu du théorème précédent, la deuxième propriét é nous donne la droite d’action de E_{1 6}_ et la troisième propriét é (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de A₃_₂ et E_{1 6}_ .

1) Isolons {3, tige}.

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

- Action mécanique de 2 sur 3 (pivot d’axe ( , )A z ) - Action mécanique de 2’ sur 3 (pivot d’axe ( ', )A z ) - Action mécanique de fluide sur tige (pression du fluide) - Action mécanique du corps sur tige (pivot glissant d’axe ( , )O x ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :

-

 

² ³ ²₀ ³

A A _



 

 

  

 

 

T

(totalement connu)

-



^2' ³



^2' ³

' ' A 0

A _



 

 

  

 

 

T

(totalement connu)

-

 

( , ) 0

fluide tige fluide tige

P O x

R _



 

 

 

  

 

 

T

^avecRfluide tige_ suivant l’axe de la tige (car la pression est uniforme)

-

 

^,

, ( , ) , ( , , )

( , ) ( , , )

0 0 0 _

_ _

corps tige corps tige O corps tige corps tige

O corps tige

corps tige O corps tige P O x x y z

P O x x y z

Y M Y

Z N N

   

    

 

   

   

 

     

   

 

 

 

T

(compte tenu de l’hy pothèse plan ( , , )O x y )

D’autre part, il existe une autre symétrie (symétrie des liaisons et symétrie du chargement) que celle du plan ( , , )O x y . En effet, la pince est symétrique par rapport au plan ( , , )O x z . Ainsi :

 

( , , )

0 _ _ _ _ _

corps tige

O x y z



 

 

  

 

 

T

qui est le torseur nul.

(8)

Sciences Industrielles pour l’Ingénieur 4) Résolution :

Ainsi le système {3, tige} est un système de solides en équilibre soumis à l’action de trois glisseurs.

Donc compte tenu du théorème précédent, la troisième propriété (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de R_fluide__tige .

Question 5 : La barre 4 est-elle soumise à de la traction ou de la compression ?

Selon le 1^er dynamique, D₄_₅ est vers le bas, donc D₅_₄ est vers le haut et donc la barre 4 est soumise à de la traction.

(9)

Sciences Industrielles pour l’Ingénieur 2

6 C

5

J D

B

8 7 F

3

H G^pes_⁸

(connue)

? 4

Fluide Pivot glissant d’axe (BF)

Corrigé Exercice 4 : SYSTÈME DE PESÉE EMBARQUÉE.

(Selon le concours École de l’Air filière MP)

A) Levage du conteneur.

Question 1 : Déterminer graphiquement, dans la position donnée, la poussée F₄_₆ du vérin [3+4].

Graphe de structure :

Méthode réfléchie (à réaliser au brouillon) : Isolements de systèmes soumis à 2 glisseurs : {3, 4, fluide}  (F₆_₄) et (B₂_₃)

{5}  (C₂_₅) et (H₇_₅)

Isolements de systèmes soumis à 3 glisseurs : {7, 8}  (J₆_₇) puis H₅_₇ et J₆_₇ {6}  (D₂_₆)puis D₂_₆ et F₄_₆

1) Isolons {3, 4, fluide}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME ) sur {3, 4, fluide}.

- Action mécanique de 6 sur 4 (pivot d’axe ( , )F z ) - Action mécanique de 2 sur 3 (pivot d’axe ( , )B z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )O x y par :



⁶ ⁴



⁶₀⁴

F F _



 

 

  

 

 

T  

² ³ ²₀ ³

B B _



 

 

  

 

 

T

4) Résolution :

 et ont même droite d’action, passant par les points d’application. Ainsi la droite d’action de F₆_₄ et B₂_₃ est la droite (BF).

1) Isolons {5}.

- Action mécanique de 2 sur 5 (pivot d’axe ( , )C z ) - Action mécanique de 7 sur 5 (pivot d’axe ( , )H z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )O x y par :



² ⁵



²₀ ⁵

C

C _



 

 

  

 

 

T 

⁷ ⁵



⁷₀ ⁵

H H _



 

 

  

 

 

T

4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la droite d’action de C₂_₅ et H₇_₅ est la droite (CH).

(10)

Sciences Industrielles pour l’Ingénieur 1) Isolons {7, 8}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME ) sur {7, 8}.

- Action mécanique de 6 sur 7 (pivot d’axe ( , )J z ) - Action mécanique de 5 sur 7 (pivot d’axe ( , )H z ) - Action mécanique de la pesanteur sur 8

3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )O x y par : -



⁶ ⁷



⁶₀⁷

J

J _



 

 

  

 

 

T

-



⁵ ⁷



⁵₀ ⁷

H H _



 

 

  

 

 

T

(avec (CH) droite d’action de H₅_₇)

-



⁸



⁸

( , ) 0

pes pes

P G y

G _



 

 

 

  

 

 

T

(totalement connu)

4) Résolution :

 coplanaires,

La deuxième propriété nous donne la droite d’action de J₆_₇ et la troisième propriét é (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de J₆_₇ et H₅_₇.

Graphiquement nous trouvons : H₅_₇ = 7800 N et J₆_₇ = 11600 N

1) Isolons {6}.

- Action mécanique de 2 sur 6 (pivot d’axe ( , )D z ) - Action mécanique de 4 sur 6 (pivot d’axe ( , )F z ) - Action mécanique de 7 sur 6 (pivot d’axe ( , )J z ) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )O x y par :

-



² ⁶



²₀⁶

D D _



 

 

  

 

 

T

-



⁴ ⁶



⁴₀⁶

F F _



 

 

  

 

 

T

(avec (BF) droite d’action de F₄_₆ )

-



⁷ ⁶



⁷₀⁶

J

J _



 

 

  

 

 

T

(totalement connu)

4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la deuxième propriété nous donne la droite d’action de D₂_₆ et la troisième propriét é (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de D₂_₆ et F₄_₆ .

Graphiquement nous trouvons : F₄_₆ = 2560 daN

(11)

TD 28 corrigé - PFS Résolution graphique Page 11/14

Sciences Industrielles pour l’Ingénieur B

C

D

H

J F

G 3

4

6

7

8 5

A

1 2

0

x0

y0

O

7 5

(H _ )



6 7

(J _ )



6 7

J _

5 7

H _

8

Gpes_ 6 4

(F_ )



2 6

(D _ )



7 6

J _

2 6

D _

4 6

F _

8

Gpes_

(12)

B) Vidage du conteneur.

Question 2 : Compte tenu de la course de la tige du vérin 1, déterminer l’angle de basculement du conteneur.

L’angle de basculement correspond à la rotation totale du pignon 2.

Or celui-ci fait 1 tour = 2 radian quand la crémaillère avance de 2r. et il fera  radian quand la crémaillère aura avancé de sa course.

Donc .2

2

course course

r r

   



La course de la tige étant de 50 mm et le rayon primitif du pignon 2 valant 20 mm, l’angle de basculement du conteneur est :  = 2,5 rad = 143°

Question 3 : Dans cette position, en déduire l’angle de frottement maximal en deçà duquel les déchets pourraient rester à l’intérieur du conteneur. Conclure quant au vidage du conteneur.

Plaçons-nous à la limite du glissement et utilisons les lois de Coulomb :

A la limite du glissement le vecteur R est vertical ascendant (car PR0) et ainsi l’angle de frottement maximal vaut 53° (=143°-90°).

Cette valeur corres pond à un coefficient de frottement de 1,32 (f = tan ) ce qui est très important, voire impossible dans notre contexte. Ainsi tous les déchets s eront vidés.

Question 4 : Déterminer la vitesse de déplacement du vérin ainsi que le t emps nécessaire au basculement.

La cours e de la tige vaut 50 mm et le diamètre du piston vaut 130 mm, ce qui correspond à un volume de 664cm³. Sachant que le débit vaut 300 cm³.s^-1, le temps nécessaire au basculement est de 664

300 2, 2s.

Soit une vitesse moyenne de déplacement de 0,05 ² ¹ 2,3.10 . 2, 2  ^ m s^ .

x

0

y

0

P R

143°

G 53°

Déchets

Isolons les déchets ; bilan des actions extérieures :

- AM de la pes anteur sur les déchets : modélisable par le glisseur P passant par G,

- AM du conteneur sur les déchets : modélisable par le glisseur R.

(13)

Corrigé Exercice 5 : SKIP DE CHARGEMENT.

Question 1 : Déterminer les actions mécaniques en A, B et C appliquées sur le sk ip.

Si nous avions du isoler les galets, voici les justifications que nous aurions du rédiger : 1) Isolons {le galet 5}.

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

- Action mécanique de 3 sur 5 (pivot d’axe ( , )A z ) - Action mécanique de 1 sur 5 (linéaire rectiligne) 3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )G x y par :

 

³ ⁵ ³₀ ⁵

A A _



 

 

  

 

 

T  

^{1 5} ^{1 5}₀

Pt de contact

R_



 

 

  

 

 

T

4) Résolution :

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

Ainsi la droite d’action de A₃_₅ et R_{1 5}_ est la droite passant par A et le point de contact.

Même chose pour l'autre galet…

Même chose pour les 2 extrémités de la chaîne…

1) Isolons {le skip 3}.

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

- Action mécanique de 5 sur 3 (pivot d’axe ( , )A z ) - Action mécanique de 4 sur 3 (pivot d’axe ( , )B z ) - Action mécanique de 2 sur 3 (pivot d’axe ( , )C z ) - Action mécanique de la pesanteur sur 3

3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )G x y par :

 

⁵ ³ ⁵₀³

A A _



 

 

  

 

 

T

(de droite d’action connue)



⁴ ³



⁴₀ ³

B B _



 

 

  

 

 

T



² ³



²₀ ³

C

C _



 

 

  

 

 

T



³



³

0

pes pes

G

G _



 

 

  

 

 

T

(totalement connu)

4) Résolution :

Groupons 2 à 2 ce s gli sseurs qui s e rencontrent respectivement en I et en J.

On peut donc dire que le skip est soumis à 2 glisseurs : R₁ passant par J et R₂ passant par I.

Donc compt e tenu du théorème précédent, la droite d’action des 2 glisseurs résultants R₁ et

R2 est la droite (IJ).

2 3

(C _ )



5 3

(A_ )



(14)

Cherchons le s actions en J en procédant à la somme vectorielle : R₁B₄_₃ G_pes_₃ .

On déduit le second glisseur R₂ opposé à R₁.

Cherchons le s actions en I en procédant à la somme vectorielle : R₂ A₅_₃ C_{2 3}_ .

3

Gpes_

3

Gpes_ 3

Gpes_

R1

R2 B⁴_³

2 3

C _

5 3

A _

R1 4 3

B _ R2

R1 4 3

B _