Console portante de bateau - Corrigé
Q.1. (0)/(1) : Liaison rotule en A :
{ }
) z , y , x 1 ( 0 rotule
1 0 rotule
1 0 rotule
A 1 0 rotule
0 0 0 Z
Y X F
r r r
=
→
→
→
→
Q.2. (0)/(1) : Liaison linéaire annulaire d’axe (B, zr
):
{ }
) z , y , x ( 1 0 . A . L
1 0 . A . L
B 1 0 . A . L
0 0 0 0 Y X F
r r
r
= →
→
→
Q.3.
1
3
0
Rotule en A Linéaire annulaire d’axe (B,zr
)
Graphe d’analyse Schéma d’architecture
4
Fg→
gr zr
yr xr B
1
3
0
4 C
A 2
G 4
2
?
? ?
?
Objectif d’étude: on cherche toutes les inconnues de liaison entre la console 1 et le quai 0 en A et B On isole l’ensemble E=1+2+3+4 et on effectue le B.A.M.E :
1
3
0
Rotule en A Linéaire annulaire d’axe (B,zr
)
4
Fg→
gr
yr B
1
3
4 C
A
G 4
2
?
? ?
?
Xrotule 0→1
Zrotule 0→1
Yrotule 0→1
XL.A. 0→1
YL.A. 0→1
E=1+2+3+4
B.A.M.E. :
• 0 → 1 : Liaison rotule en A.
• 0 → 1 : Liaison linéaire annulaire d’axe (B, zr ).
• Pesanteur → 4 : Fg 4 m.g.zr
−
→ = en G :
{ }
) z , y , x ( G
4 g
0 0 0 g . m
0 0 F
r r
r
−
→ =
On applique le PFS sur l’ensemble E au point A :
∑ { }
FE→E ={ }
0 →{
Frotule0→1} {
+ FL.A.0→1}
+{ }
Fg→4 ={ }
0→
=
+
+
→
→
→
→
→
→
0 0 ) R ( M
R )
R ( M
R )
R ( M
R
4 g A
4 g 1 A
0 . A . L A
1 0 . A . L 1 A
0 rotule A
1 0 rotule A
r r r
r r
r r
r
Calcul du moment en A de
{
FL.A.0→1}
:1 0 . A . L 1
0 . A . L B 1 0 . A . L
A(R ) M (R ) AB R
M r → = r → + ∧r →
→ MA(RrL.A.0→1)=AB∧RrL.A.0→1
→ MA(RrL.A.0→1)=zB.zr∧
(
XL.A.0→1.xr+YL.A.0→1.yr)
=zB.XL.A.0→1.yr−zB.YL.A.0→1.xrCalcul du moment en A de
{ }
Fg→4 :4 g 4
g G 4 g
A(R ) M (R ) AG R
M r → = r → + ∧r →
→ MA(Rrg→4)=AG∧Rrg→4
→ MA(Rg 4)
(
xG.x yG.y zG.z) (
m.g.z)
xG.m.g.y yG.m.g.xr r
r r
r r r
−
=
−
∧ + +
→ =
Ecriture des 6 équations scalaires issues du PFS : 0
X
Xrotule0→1+ L.A.0→1= (1) 0
Y
Yrotule0→1+ L.A.0→1= (2) 0
g . m
Zrotule0→1− = (3)
0 g . m . y Y
.
zB L.A.0 1− G =
− → (4)
0 g . m . x X
.
zB L.A.0→1+ G = (5) 0
0= (6)
Le nombre d'inconnues Is = 5 ≤ 6 → on peut résoudre.
(3) → Zrotule0→1=m.g (7)
(4) → .m.g
z Y y
B G 1 0 . A .
L → =− (8)
(5) → .m.g
z X x
B G 1 0 . A .
L → =− (9)
(1)+(9) → .m.g
z X x
B G 1 0
rotule → = (10)
(2)+(8) → .m.g
z Y y
B G 1 0
rotule → = (11)
Q.4.
1
3
0
Rotule en A Linéaire annulaire d’axe (B,zr
)
Graphe d’analyse Schéma d’architecture
4
Fg→
gr zr
yr xr B
1
3
0 C 4
A 2
G 4
2
?
? ?
?
x . F Fvent 4 vent 4 r
→
→ =− x
. F Fverin 1 verin 1r
→
→ =
4
Fvent→ 1
verin
F →
Objectif d’étude: on cherche l’expression de l’inconnue Fverin→1 Etape 4 : On isole l’ensemble E=1+2+3+4 et on effectue le B.A.M.E :
1
3
0
Rotule en A Linéaire annulaire d’axe (B,zr
)
4
Fg→
gr
yr B
1
3
C 4
A
G 4
2
?
? ?
?
Xrotule 0→1
Zrotule 0→1
Yrotule 0→1
XL.A. 0→1
YL.A. 0→1
x . F Fvent 4 vent 4 r
→
→ =− x
. F Fverin 1 verin 1r
→
→ =
4
Fvent→ 1
verin
F →
E=1+2+3+4
B.A.M.E. :
• 0 → 1 : Liaison rotule en A.
• 0 → 1 : Liaison linéaire annulaire d’axe (B, zr ).
• Pesanteur → 4 : Fg 4 m.g.zr
−
→ = en G.
• Vent → 4 : Fvent 4 Fvent 4.xr
→
→ =− en G.
• Vérin → 1 : Fverin 1 Fverin 1.xr
→
→ = en C.
L’inconnue recherchée est Fverin→1, les actions mécaniques connues sont Fvent→4et Fg→4 → L’écriture du théorème du moment statique au point B projeté sur l’axe zr
permet d’obtenir une équation scalaire qui relie directement Fverin→1 aux données connues du problème.
Théorème du moment statique au point B projeté sur l’axe zr
(
MB(Frotule0→1)+MB(FL.A.0→1)+MB(Fg→4)+MB(Fvent→4)+MB(Fverin→1 : ))
.z=0r r r
r r
r
0 z ).
F ( M z ).
F (
MB rvent→4 r+ B rverin→1 r= 0 F
. y F
.
yG vent→4+ C verin→1=
4 vent C G 1
verin .F
y
F → =−y → → .F .x
y
F y vent 4
C G 1 verin
r
→
→ =−
A.N. : .15000 7500
4
F1→verin=2 = N < 10000 N → C.d.C.F. ok.
Bouche de Climatisation - Corrigé
Q.1. (0)/(1) : Liaison rotule en A :
{ }
) z , y , x 1 ( 0 rotule
1 0 rotule
1 0 rotule
A 1 0 rotule
0 0 0 Z
Y X F
r r r
=
→
→
→
→
Q.2. (0)/(1) : Liaison linéaire annulaire d’axe (O, yr ):
{ }
) z , y , x 1 ( 0 . A . L
1 0 . A . L
O 1 0 . A . L
0 0 0 Z
0 X F
r r
r
=
→
→
→
1
3
0 2
Rotule de centre B
Rotule de centre D
Pivot glissant d’axe (D,xr2
) Rotule de
centre O Linéaire annulaire d’axe (A,yr
)
Graphe d’analyse
gr Fair→1
fluide
Q.3. On isole l’ensemble 2+3 et on effectue le B.A.M.E. :
• Action de 1 sur 2 rotule de centre B :
{ }
=−
= →
→ 0
x . S . p
F F1 2 2
B 2 1
r
(donné)
• Action de 0 sur 3 rotule de centre D :
{ }
) z , y , x 3 ( 0
3 0
3 0
D 3 0
0 0 0 Z Y X F
r r
r
=
→
→
→
→
L’ensemble est soumis à 2 forces : ces forces ont même norme et sont directement opposées.
zr
yr xr
3
C B
D 2
2
F1→
3
F0→
zr
xr
3 B
D 2
2
F1→
3
F0→
α
e d
xr2
D’où :
{ }
) z , y , x 2 ( 1
2 1
B 2 2
1 B 2 1
0 0 0 Z
0 X 0
x . S . p F F
r r r
r
=
=−
=
→
→
→ → où X1→2=−p.S.cosα et Z1→2 =−p.S.sinα
et
{ }
) z , y , x 3 ( 0
3 0
D 2 3
0 D 3 0
0 0 0 Z
0 X 0
x . S . p F F
r r r
r
=
=
=
→
→
→ → où X0→3=p.S.cosα et Z0→3=p.S.sinα
Q.4. On isole le solide 1et on effectue le B.A.M.E. :
• Action de 2 sur 1 rotule de centre B : F2 1 p.S.xr2
→ =
• (0)/(1) : Liaison rotule en A.
• (0)/(1) : Liaison linéaire annulaire d’axe (O, yr ).
• Action de l’air sur 1 en M : Fair 1 Fair 1.xr
→
→ = zr
xr
B
1
X2→
d
1
Z2→
M G l
1
Fair→
g . m O
On applique le P.F.S. sur 1 au point O et on utilise le théorème du moment statique projeté sur l’axe yr
(
MO(Fair→1)+MO(FRotule0→1)+MO(FLA0→1)+MO(Fg→1)+MO(F2→1))
.y=0r r r
r r
r
(
MO(Frair→1)+MO(Fr2→1))
.yr=0 →(
OM∧Fair→1+OB∧F2→1)
.yr=0→ −.lFair→1+d.p.S.cosα =0 → .Fair 1
cos . d S l .
p = →
α
Q.5. .Fair 1
cos . d S l .
p = →
α → S.d.cosα F p= .lair→1
A.N. :
30) cos(arctan20 20
10 . 20
150 p 40
4× ×
= ×
− = 180300 Pa = 0,18 MPa = 1,8 Bars << 10 Bars → C.d.C.F. ok.
Suspension automobile - Corrigé
3 1
Pivot d’axe (B,zr ) Graphe d’analyse
4 2 6
9
Pivot d’axe (C,zr )
Pivot d’axe (E,xr ) Pivot d’axe (D,zr
) Pivot d’axe (H,zr Pivot d’axe (J,zr )
)
Pivot d’axe (A, zr )
6
F0→
Hypothèse :
Problème de plan P(O yxrr ).
Le torseur d’action mécanique se simplifie systématiquement comme ci-dessous :
) z , y , x ij (
ij ij
ij ij ij
O N
M L Z Y X
r r
r
Q.1. On isole le solide 3 et on effectue le Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) : Solide soumis à 2 forces alors ces 2 forces ont même norme et sont directement opposées.
→ X13 + X43 = 0 et Y13 = Y43 = 0.
3 1
Pivot d’axe (B,zr ) Graphe d’analyse
4 2 6
9
Pivot d’axe (C,zr )
Pivot d’axe (E,xr ) Pivot d’axe (D,zr
) Pivot d’axe (H,zr Pivot d’axe (J,zr )
)
Pivot d’axe (A, zr )
6
F0→
Q.2. On isole l’ensemble E={4+6} et on effectue le BAME :
• 2 → 4 : Liaison pivot d’axe (D, zr ) :
{ }
) z , y , x ( 24 24
D 4 2
0 0 0 0 Y X F
r r
r
→ =
3 1
Pivot d’axe (B,zr ) Graphe d’analyse
4 2 6
9
Pivot d’axe (C,zr )
Pivot d’axe (E,xr ) Pivot d’axe (D,zr
) Pivot d’axe (H,zr Pivot d’axe (J,zr )
)
Pivot d’axe (A, zr )
6
F0→
• 3 → 4 : Liaison pivot d’axe (C, zr
) :
{ }
) z , y , x ( 34
34
C 4 3
0 0 0 0 Y X F
r r
r
→ = et Y34 = 0 (Q.1.)
• 0 → 6 : AcTon mécanique du sol sur la roue en L :
{ }
) z , y , x ( 06 L 6 0
0 0 0 0 F
0 F
r r
r
→ =
On applique le PFS sur E={4+6} en D :
∑ { }
FE→E ={ }
0 →{ } { } { }
F3→4 + F2→4 + F0→6 ={ }
0→
{ }
0) R ( M
R )
R ( M
R )
R ( M
R
6 0 D
6 0 4 D
2 D
4 2 4 D
3 D
4 3 D
=
+
+
→
→
→
→
→
→ r
r r
r r
r
Calcul du moment en D de
{ }
F3→4 : MD(Rr3→4)=MC(Rr3→4)+DC∧Rr3→4→ MD(Rr3→4)=DC∧Rr3→4
→ MD(Rr3 4) (c.xr a.yr) X34.xr a.X34.zr
=
∧
−
→ =
Calcul du moment en D de
{ }
F0→6 : MD(Rr0→6)=ML(Rr0→6)+DL∧Rr0→6→ MD(Rr0→6)=DL∧Rr0→6
→ MD(R0 6)
(
(c e).x (a ).y))
F06.y (c e).F06.zr r
r r r
+
=
∧ +
− +
→ = µ
Ecriture des 3 équations scalaires issues du PFS (problème plan) : 0
X
X34+ 24= (1)
0 F
Y24+ 06= (2)
0 F ).
e c ( X .
a 34+ + 06= (3)
Q.3. On isole le solide 9 et on effectue le Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) : Solide soumis à 2 forces alors ces 2 forces ont même norme et sont directement opposées.
→ Y19 + Y29 = 0 et X19 + X29 = 0.
3 1
Pivot d’axe (B,zr ) Graphe d’analyse
4 2 6
9
Pivot d’axe (C,zr )
Pivot d’axe (E,xr ) Pivot d’axe (D,zr
) Pivot d’axe (H,zr Pivot d’axe (J,zr )
)
Pivot d’axe (A, zr )
6
F0→
Q.4. On isole le solide 2 et on effectue le BAME :
• 9 → 2 : AcTon du ressort sur 2 en H:
{ }
) z , y , x ( 92 H 2 9
0 0 0 0 Y
0 F
r r
r
→ =
3 1
Pivot d’axe (B,zr ) Graphe d’analyse
4 2 6
9
Pivot d’axe (C,zr )
Pivot d’axe (E,xr ) Pivot d’axe (D,zr
) Pivot d’axe (H,zr Pivot d’axe (J,zr )
)
Pivot d’axe (A, zr )
6
F0→
• 1 → 2 : Liaison pivot d’axe (A, zr
) :
{ }
) z , y , x ( 12 12
A 2 1
0 0 0 0 Y X F
r r
r
→ =
• 4 → 2 : Liaison pivot d’axe (D, zr
) :
{ }
) z , y , x ( 42 42
D 2 4
0 0 0 0 Y X F
r r
r
→ =
On applique le PFS sur 2 en A :
∑ { }
FE→E ={ }
0 →{ } { } { } { }
F9→2 + F1→2 + F4→2 = 0→
{ }
0) R ( M
R )
R ( M
R )
R ( M
R
2 4 A
2 4 2 A
1 A
2 1 2 A
9 A
2 9 A
=
+
+
→
→
→
→
→
→ r
r r
r r
r
Calcul du moment en A de
{ }
F9→2 : MA(Rr9→2)=MH(Rr9→2)+AH∧Rr9→2→ MA(Rr9→2)=AH∧Rr9→2
→ MA(Rr9 2) (L.xr h.yr) Y92.yr L.Y92.zr
=
∧ +
→ =
Calcul du moment en A de
{ }
F4→2 : MA(Rr4→2)=MD(Rr4→2)+AD∧Rr4→2→ MA(Rr4→2)=AD∧Rr4→2
→ MA(Rr4 2) d.xr (X42.xr Y42.yr) d.Y42.zr
= +
∧
→ =
Ecriture des 3 équations scalaires issues du PFS (problème plan) : 0
X
X12+ 42= (4)
0 Y Y
Y92+ 12+ 42= (5)
0 Y . d Y .
L 92+ 42= (6)
Q.5. X34+X24=0 (1)
0 F
Y24+ 06= (2)
0 F ).
e c ( X .
a 34+ + 06= (3)
0 X
X12+ 42= (4)
0 Y Y
Y92+ 12+ 42= (5)
0 Y . d Y .
L 92+ 42= (6)
On a 6 équations pour 6 inconnues → on peut résoudre le système.
(2) → Y24=−F06 (7)
(3) → 34 .F06 a
) e c
X =−( + (8)
(1) + (8) → 24 34 .F06 a
) e c X (
X =− = + (9)
(4) + (9) → 12 42 24 .F06 a
) e c X ( X
X =− = = + (10)
(6) +(7) → 92 42 24 .F06 L Y d L. Y d L.
Y =−d = =− (11)
(5) + (11) → 12 92 42 92 24 .F06 F06 L
Y d Y Y Y
Y =− − =− + = − (12)
Q.6. =− =− ×9,81=−
4 .2200 15 F 25 L.
Y92 d 06 8992,5 N
y . k
Y92= → 0,0899
100000 5 , 8992 k
y=Y92 =− =− m soit 9 cm < 12 cm → C.d.C.F. ok.
Broyeur - Corrigé
Q.1. Graphe des liaisons du système :
Q.2. Figures géométrales :
3
2 1
0 Rotule
en C Pivot d’axe
(A,yr0 )
Pivot glissant d’axe (B,yr0
)
Pivot glissant d’axe (D,zr0
)
θ10
z1
r
y1
r =yr0 zr0 xr0
x1
r
θ21
z2
r
yr1
=yr2 zr1 x1
r xr2
θ30
yr3
z0
r =zr3 xr0 x3
r y0
r
Q.3. Pour la position particulière θ10=0° et θ30=0° :
2 1
0 y y
y r r
r = =
0
D 1 0
2 3
1
0 z
z r
r =
A B
C
y3
r
Q.4. Fermeture géométrique : AA 0
=r→ AB BC CE ED DA R.zr1 (t).yr1 h(t).zr0 L.yr3 d.yr1
− +
− +
= + + +
+ λ
En projection dans R0 :
=
−
=
− +
=
− 0 ) t ( h cos . R
0 d cos . L ) t (
0 sin . L sin . R
10 30
30 10
θ θ λ
θ θ
→ h(t)=R.cosθ10
→
=
−
=
10 30
30
sin . R sin . L
) t ( d cos . L
θ θ
λ
θ →L2=(d−λ(t))2+R2.sin2θ10→ 10 2 2 2 R .sin L
d ) t
( θ
λ = − −
→
−
=
=
) t ( d cos . L
sin . R sin . L
30
10 30
λ θ
θ
θ →
) t ( d
sin .
tan 30 R 10
λθ
θ = − →
10 2 2 2
10 30
sin . R L ) t ( d
sin . tan R
θ λ
θ θ
−
=
= − Q.5. Liaison 0-1 : Pivot d’axe (A,yr0
)
→
{ }
B0
01 01
01 01 01
A 1 0
N 0 L Z Y X F
→ =
Q.6. Liaison 2-1 : Pivot glissant d’axe (B,yr0 ) →
{ }
B0
21 21
21 21
B 1 2
N 0 L Z
0 X F
→ =
Q.7. Liaison 3-2 : Rotule en C →
{ }
B0
32 32 32
C 2 3
0 0 0 Z Y X F
→ =
Q.8. Liaison 0-3 : Pivot glissant d’axe (D,zr0 )
→
{ }
B0
03 03 03 03
D 3 0
0 M
L 0 Y X F
→ =
Q.9. On isole le solide 1 + BAME :
3
2 1
0 Rotule
en C Pivot d’axe
(A,yr0 )
Pivot glissant d’axe (B,yr0
)
Pivot glissant d’axe (D,zr0
) Moteur
{ }
=
→
0 p
0 p D 3
P N .z
z . Z
F r
r
{ }
=
→
0 A m 1
M C .y
F 0 r
r
On applique le PFS sur le solide 1 :
→ Théorème du moment statique au point A et en projection sur l’axe yr0
:
1
z0
r A
B z1
r x0
r
θ10
Z21 X21
X10
Z10 Cm
0 C y ).
R AB
( ∧ 2→1 r0+ m =
0 C y )).
z . Z x . X ( z . R
( r1∧ 21r0+ 21r0 r0+ m= 0 C sin . Z . R cos . X .
R 21 θ10− 21 θ10+ m=
Q.10. On isole le solide 2 + BAME :
3
2 1
0 Rotule
en C Pivot d’axe
(A,yr0 )
Pivot glissant d’axe (B,yr0
)
Pivot glissant d’axe (D,zr0
) Moteur
{ }
=
→
0 p
0 p D 3
P N .z
z .
F Z r
r
{ }
=
→
0 A m 1
M C .y
F 0 r
r
Attention le système est soumis à 2 actions mécaniques mais l’action mécanique du solide 2 sur le solide 2 n’est pas un glisseur !
On applique le PFS sur le solide 2 :
→ Théorème de la résultante statique :
2 B C
xr0
X12
y0
r Z12 Z32
X32
Y32
L12
z0
r M12
En projection dans R0 :
= +
=
= +
0 Z Z
0 Y
0 X X
12 32 32
12 32
→ Y32 = 0
Q.11. On isole le solide 3 + BAME :
3
2 1
0 Rotule
en C Pivot d’axe
(A,yr0 )
Pivot glissant d’axe (B,yr0
)
Pivot glissant d’axe (D,zr0
) Moteur
{ }
=
→
0 p
0 p D 3
P N .z
z . Z
F r
r
{ }
=
→
0 A m 1
M C .y
F 0 r
r
On applique le PFS sur le solide 3 : C 3
D Y23 =0
yr3
Z23
X23
Y03
X03
x0
r yr0
z0
r
L03 ZP
NP
M03
→ Théorème de la résultante statique : 0 z . Z x . X z . Z y . Y x .
X03 0 03 0 P 0 23 0 23 0 r r r
r r
r + + + + =
→ Théorème du moment statique au point D : 0
z . N y . M x . L R
DC 2 3 03 0 03 0 P 0
r r r
r + + =
+
∧ →
→ Théorème de la résultante statique en projection dans R0 :
= +
=
= +
0 Z Z
0 Y
0 X X
23 P 03
23 03
→ Théorème du moment statique au point D :
=
∧R2→3
DC ( L.yr3 h(t).zr0) (X23.xr0 Z23.zr0) L.yr3 X23.xr0 L(t).yr3 Z23.zr0 h(t).zr0 X23.xr0
∧ +
∧
−
∧
−
= +
∧ +
−
0 23 3
23 0 30
23.cos .z L.Z .x h(t).X y X
.
L r r r
+
−
= θ
En projection dans R0 :
= +
= +
−
=
−
0 cos . X . L N
0 X ).
t ( h sin . Z . L M
0 cos . Z . L L
30 23 P
23 30
23 03
30 23 03
θ θ θ
0 Z
ZP+ 23= L30−L.Z23.cosθ30=0 NP+L.X23.cosθ30=0 Q.12. De la question 9, on a : R.X21.cosθ10−R.Z21.sinθ10+Cm=0.
De la question 10, on a :
=
−
=
=
−
=
21 12 32
21 12 32
Z Z Z
X X
X .
De la question 11 on a :−ZP=Z23 → ZP =Z32et
30 P 23 L.cos X N
− θ
= →
30 P 32 L.cos X N
= θ 0
C sin . Z . R cos cos .
. L . N
R 10 P 10 m
30
P θ − θ + =
θ → 30 10 P 10
P
m .cos R.Z .sin
cos . L . N R
C θ θ
θ +
−
=
Q.13. En considérant que le couple de broyage nul, on a : Cm=R.ZP.sinθ10→
R ZP,mini =Cm
A.N. : 5,33
10 . 3
16 ,
ZP,max = 0 −2 = N > 5 N → Le critère effort minimal du cahier des charges est respecté.
Machine de traction – Corrigé
Q.1.
1
0
Pivot d’axe (A,yr ) Graphe d’analyse
Glissière d’axe (C,yr 2 ) Hélicoïdale d’axe (B,yr
)
{ }
−
→ =
0 y 2. F F
O 2
éprouvette r
r
{ }
=
→ M .y F 0
A 41 1
4 r
r
Le respect de la condition de symétrie impose de diviser par 2 l’effort F.
Q.2. 1/0 : Pivot d’axe (A,yr
) :
{ }
+ +
= +
→ = L .x N .z
z . Z y . Y x . X N
0 L Z Y X F
01 01
01 01 01 A ) z , y , x 01 ( 01
01 01 01
A 1
0 v r
r v r
r r r
2/0 : Glissière d’axe (C,yr
) :
{ }
+ +
= +
→ = L .x M .y N .z z . Z x . X N
M L Z
0 X F
02 02 02
02 02 C
) z , y , x 02 ( 02 02
02 02
C 2
0 v r r
r v
r r r
Q.3. 1 → 2 : Hélicoïdale d’axe (B,yr
) :
{ }
+ +
+
= +
→ L .x M .y N .z z . Z y . Y x . F X
12 12 12
12 12 12 B 2
1 v r r
r v r
avec 12 Y12 . 2 M pas
− π
=
Q.4. On isole le solide 2 + B.A.M.E. : 1
0
Pivot d’axe (A,yr ) Graphe d’analyse
Glissière d’axe (C,yr 2 ) Hélicoïdale d’axe (B,yr
)
{ }
−
→ =
0 y 2. F F
O 2
éprouvette r
r
{ }
=
→ M .y F 0
A 41 1
4 r
r
Le respect de la condition de symétrie impose de diviser par 2 l’effort F.
B.A.M.E. :
• 0 → 2 : Glissière d’axe (C,yr
) :
{ }
+ +
= +
→ = L .x M .y N .z z . Z x . X N
M L Z
0 X F
02 02 02
02 02 O
) z , y , x 02 ( 02 02
02 02
O 2
0 v r r
v r
r r r
• 1 → 2 : Hélicoïdale d’axe (B,yr
) :
{ }
+ +
+
= +
→ L .x M .y N .z z . Z y . Y x . F X
12 12 12
12 12 12 B 2
1 v r r
r r v
avec 12 Y12 . 2 M pas
− π
=
• éprouvette → 2 :
{ }
−
→ =
0 y 2. F F
O 2
éprouvette r
r
Etape 5 : On applique le PFS sur 2 au point B.
{ }
FE 2 ={ }
0∑
→ →{ } { }
F0→2 + F1→2 +{
Féprouvette→2}
={ }
0→
{ }
0) R
( M
R )
R ( M
R )
R ( M
R
2 éprouvette B
2 éprouvette 2 B
1 B
2 1 2 B
0 B
2 0 B
=
+
+
→
→
→
→
→
→ r
r r
r r
r
Calcul du moment en B de
{ }
F0→2 :2 0 2
0 C 2 0
B(R ) M (R ) BC R
M r → = r → + ∧r →
→ MB(R0 2) L02.x M02.y N02.z
(
D.x h.y) (
X02.x Z02.z)
v r r
r r v r
r → = + + + + ∧ +
→ MB(Rr0 2) L02.xv M02.yr N02.zr D.Z02.yr h.X02.zr h.Z02.xr +
−
− + +
→ =
Calcul du moment en B de
{
Féprouvette→2}
:2 éprouvette 2
éprouvette O
2 éprouvette
B(R ) M (R ) BO R
M r → = r → + ∧r →
→ .z
2 .F D y 2. x F . D ) R
(
MB réprouvette 2 r r r
−
=
−
∧
→ =
Ecriture des 6 équations scalaires issues du PFS : 0
X
X02+ 12= (1)
2 0
Y12−F= (2)
0 Z
Z02+ 12= (3)
0 L Z . h
L02+ 02+ 12= (4)
0 . Y
2 Z pas . D
M02− 02− 12=
π (5)
0 2 N
.F D X . h
N02− 02− + 12= (6)
Le nombre d'inconnues Is > 6 → on ne peut pas résoudre le système seul. Il faut donc injecter des équations scalaires supplémentaires.
Q.5. On isole le solide 1 + B.A.M.E. : 1
0
Pivot d’axe (A,yr ) Graphe d’analyse
Glissière d’axe (C,yr 2 ) Hélicoïdale d’axe (B,yr
)
{ }
−
→ =
0 y 2. F F
O 2
éprouvette r
r
{ }
=
→ M .y F 0
A 41 1
4 r
r
Le respect de la condition de symétrie impose de diviser par 2 l’effort F.
B.A.M.E. :
• 0 → 1 : Pivot d’axe (A,yr
) :
{ }
+ +
= +
→ = L .x N .z
z . Z y . Y x . X N
0 L Z Y X F
01 01
01 01 01 A ) z , y , x 01 ( 01
01 01 01
A 1
0 v r
r v r
r r r
• 2 → 1 : Hélicoïdale d’axe (B,yr
) :
{ } { }
F2→1 =− F1→2
−
−
−
−
−
= −
z . N y . M x . L
z . Z y . Y x . X
12 12 12
12 12 12 B
r v r
r r v
avec 12 Y12 . 2 M pas
− π
=
• Courroie 4 → 1 :
{ }
=
→ M .y F 0
A 41 1
4 r
r
Etape 5 : On applique le PFS sur 1 au point B.
{ }
FE 1 ={ }
0∑
→ →{ } { } { } { }
F0→1 + F2→1 + F4→1 = 0 →{ }
0) R ( M
R )
R ( M
R )
R ( M
R
1 4 B
1 4 1 B
2 B
1 2 1 B
0 B
1 0 B
=
+
+
→
→
→
→
→
→ r
r r
r r
r
Calcul du moment en B de
{ }
F0→1 : MB(Rr0→1)=MA(Rr0→1)+BA∧Rr0→1→ MB(R0 1) L01.x N01.z L.y
(
X01.x Y01.y Z01.z)
r v r
r v r
r → = + +− ∧ + + → MB(Rr0 1) L01.xv N01.zr L.X01.zr L.Z01.xv
− +
+
→ =
{ }
F4→1 : torseur couple → MB(Rr4 1) M41.yr→ = Ecriture des 6 équations scalaires issues du PFS :
0 X
X01− 12= (7)
0 Y
Y01− 12= (8)
0 Z
Z01− 12= (9)
0 L Z . L
L01− 01− 12= (10)
0 . Y
2 M41+pas 12=
π (11)
0 N X . L
N01+ 01− 12= (12)
Etape 6 : Le nombre d'inconnues Is = 10 > 6 → on ne peut pas résoudre le système seul
Q.6. (11) + (2) → Y 0
. 2 M41+pas 12=
π et 2 0
Y12−F= → F
. 4 M41 pas
− π
=
Q.7. Cmot = F
. 2 M pas . 2 41
− π
= Q.8.
pas . 2 .
F=−Cmot π A.N. : 3 10 . 3
. 2 .
F=−20 −π = 41800 N > 20000 N C.d.C.F. ok.
Etude statique d’un remonte pente - Corrigé
Q.1.
1
0
Graphe de structure
2
3
Pivot d’axe (B,zr
)
Pivot d’axe (C,zr
)
Pivot d’axe (O,zr
)
Pivot d’axe (O,zr
)
4
Pivot d’axe (O,zr
)