TEST DE DDS LPPI - 2010-2011

TEST DE DDS LPPI - 2010-2011

Résumé de cours manuscrit (A4)

Calculatrice autorisée. Téléphone et autres appareils électroniques interdits.

La clarté des explications sera prise en compte Chaque exercice est indépendant.

Durée 2h

EXERCICE 1 – (15 min – 2 points) : Dans le mécanisme ci-contre, les pièces 1 et 2 sont soumises à de la traction par l’intermédiaire de l’ensemble 3 considéré comme infiniment rigide. Le montage est tel que 3 reste parallèle à l'encastrement (translation rectiligne verticale).

Exprimez :

 la contrainte dans les pièces 1 et 2

 l'allongement de l'ensemble.

Principe fondamental de la Statique : 𝐹₁+ 𝐹₂− 𝐹 = 0 (1)

1 équation à 2 inconnues. Il faut trouver une équation supplémentaire.

Pour cela on va utiliser la particularité de la déformation : ∆𝐿₁ = ∆𝐿₂ Allongement :

D’une manière générale : 𝜀_𝐼𝑖 =^∆𝐿_𝐿^𝑖

𝑖 𝜎_𝐼𝑖 =^𝐹_𝑆^𝑖

𝑖 𝜎_𝐼𝑖 = 𝐸_𝑖. 𝜀_𝐼𝑖

∆𝐿_𝑖 = 𝜀_𝐼𝑖. 𝐿_𝑖 =^𝜎_𝐸^𝐼𝑖

𝑖. 𝐿_𝑖 ∆𝐿_𝑖 = ^𝐹_𝐸^{𝑖.𝐿𝑖}

𝑖.𝑆_𝑖

Dans notre cas ∆𝐿₁ = ∆𝐿₂ ^𝐹_𝐸^1.𝐿1

1.𝑆₁ =_𝐸^𝐹2.𝐿2

2.𝑆₂ (2)

On a maintenant un système de 2 équations à 2 inconnues qu’il faut résoudre. On obtient : 𝐹₁ =_𝐸 ^𝐸1.𝑆1

1.𝑆₁+𝐸₂.𝑆₂. 𝐹 et 𝐹₂ =_𝐸 ^𝐸2.𝑆2

1.𝑆₁+𝐸₂.𝑆₂. 𝐹

∆𝐿₁ = ∆𝐿₂ =_𝐸 ^𝐿

1.𝑆₁+𝐸₂.𝑆₂. 𝐹

Contraintes dans les pièces 1 et 2 :

𝜎₁ = _𝐸 ^𝐸1

1.𝑆1+𝐸2.𝑆2. 𝐹 et 𝜎₂ =_𝐸 ^𝐸2

1.𝑆1+𝐸2.𝑆2. 𝐹

EXERCICE 2 – (30 min – 5 points) : Soit la section droite ci contre, symétrique par rapport à l’axe 𝑦⃗.

Déterminez :

 la position du centre de gravité G

 la valeur du moment statique par rapport à l’axe O𝑦⃗

 la valeur du moment quadratique par rapport à l’axe G𝑥⃗

 l’orientation du repère principal d’inertie

Position du centre de gravité G :

𝑦⃗ est axe de symétrie. Le point G est donc sur cet axe.

𝑺_𝒊 𝒚_𝒊 𝑺_𝒊. 𝒚_𝒊

Ame 50 10 500

Semelle 75 2.5 187.5

∑ 125 687.5

𝑥_𝐺 = 0 𝑚𝑚 𝑦_𝐺 =^{∑ 𝑺}_{∑ 𝑺}^{𝒊.𝒚𝒊}

𝒊 = 5,5 𝑚𝑚

Moment statique par rapport à l’axe O𝒚⃗⃗⃗ :

𝑦⃗ est axe de symétrie. Le moment statique est nul

Moment quadratique par rapport à l’axe G𝒙⃗⃗⃗ : (Pour info celui par rapport à G𝑦⃗ est donné)

Ame Semelle

𝑋𝑋_𝐺

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 𝑚𝑚 𝑋𝑋⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 𝑚𝑚 _𝐺 𝑌𝑌_𝐺

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = −4,5 𝑚𝑚 𝑌𝑌⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 3 𝑚𝑚 _𝐺 𝐼_𝑋 = 416,67 𝑚𝑚⁴ 𝐼_𝑋 = 156,25 𝑚𝑚⁴ 𝐼_𝑌 = 104,17 𝑚𝑚⁴ 𝐼_𝑌 = 1406,25 𝑚𝑚⁴ 𝐼_𝑋𝐺 = 1429,17 𝑚𝑚⁴ 𝐼_𝑋𝐺 = 831,25 𝑚𝑚⁴ 𝐼_𝑌𝐺 = 104,17 𝑚𝑚⁴ 𝐼_𝑌𝐺 = 1406,25 𝑚𝑚⁴ Au final : 𝐼_𝑋^{𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙}_𝐺 = 2260,42 𝑚𝑚⁴ 𝐼_𝑌^{𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙}_𝐺 = 1510,42 𝑚𝑚⁴

Orientation du repère principal d’inertie :

𝑦⃗ est axe de symétrie. G est le centre d’inertie. Le repère (G, 𝑥⃗, 𝑦⃗) est directement le repère principal d’inertie.

EXERCICE 3 – (20 min – 2,5 points) : Un arbre de transmission circulaire tubulaire de ∅_𝑒𝑥𝑡 = 40 𝑚𝑚 et de ∅_𝑖𝑛𝑡 = 35 𝑚𝑚, en alliage d’aluminium 6060 de module d’élasticité transversal 𝐺 = 26 𝐺𝑃𝑎, transmet une puissance 𝑃 = 400 𝑘𝑊 à 𝑁 = 3000 𝑡𝑟/𝑚𝑖𝑛.

Calculez :

 la contrainte maxi

 l'angle unitaire de torsion

Contrainte maxi : 𝜏_𝑚𝑎𝑥 =^𝑀𝑡_𝐼

0 .^{∅𝑒𝑥𝑡}₂ avec 𝑀𝑡 =_𝑁.^𝑃𝜋 30

= 1273,24 𝑁. 𝑚

𝐼₀ = ₃₂^𝜋 . (∅_𝑒𝑥𝑡⁴ − ∅_𝑖𝑛𝑡⁴ ) 𝜏_𝑚𝑎𝑥 = 244,84 𝑀𝑃𝑎

Angle unitaire de torsion :

𝜃 =_𝐺.𝐼^𝑀𝑡

0 𝜃 = 0,471 𝑟𝑎𝑑/𝑚 = 26,98 °/𝑚

EXERCICE 4 – (10 min – 1,5 points) : Une pièce carrée de coté 𝑐 = 10 𝑚𝑚 et d'épaisseur 𝑒 = 3𝑚𝑚 en acier (𝐸 = 220 𝐺𝑃𝑎 − 𝜈 = 0,3) est soumise à deux contraintes de traction 𝜎_𝐼 = 𝜎_𝐼𝐼 = 300 𝑀𝑃𝑎.

Calculez :

 les déformations 𝜀_𝐼, 𝜀_𝐼𝐼, 𝜀_𝐼𝐼𝐼

 la variation de volume

Déformations 𝛆_𝐈, 𝛆_𝐈𝐈, 𝛆_𝐈𝐈𝐈 : D’après la loi de comportement 𝜀_𝐼 = 𝜎_𝐼− 𝜈. 𝜎_𝐼𝐼

𝐸 = 9,55. 10⁻⁴ 𝜀_𝐼𝐼 = 𝜎_𝐼𝐼− 𝜈. 𝜎_𝐼

𝐸 = 9,55. 10⁻⁴ 𝜀_𝐼𝐼𝐼 = −𝜈. (𝜎_𝐼+ 𝜎_𝐼𝐼)

𝐸 = −8,18. 10⁻⁴ Variation de volume :

Δ𝑉

𝑉 = 𝜀_𝐼+ 𝜀_𝐼𝐼+ 𝜀_𝐼𝐼𝐼 = 1,09. 10⁻³

EXERCICE 5 – (20 min – 4 points) :

La poutre ci-contre est encastrée en A, soumise à une charge uniformément répartie 𝑝 suivant 𝑧⃗ de A à B, une force 𝐹⃗ suivant 𝑦⃗ en C et un moment 𝐶⃗

autour de 𝑥⃗ au point C.

 Exprimez le torseur à l'encastrement.

 Pour chaque zone de la poutre, exprimez le torseur de cohésion

 Tracez les diagrammes de variation des éléments du torseur d’action de cohésion différents de zéro en précisant les valeurs particulières.

Torseur à l’encastrement :

{ℑ_𝑝} = {

0 0

0 ^{−𝑝.𝐿2}₂ 𝑝. 𝐿 0

}

𝐴

{ℑ_𝐹} = {0 0

𝐹 0

0 2. 𝐹. 𝐿 }

𝐴

{ℑ_𝐶} = {0 𝐶 0 0 0 0 }

𝐴

Soit au final :

{ℑ𝑒𝑛𝑐𝑎𝑠𝑡𝑟𝑒𝑚𝑒𝑛𝑡} = {

0 𝐶

𝐹 ^{−𝑝.𝐿2}₂ 𝑝. 𝐿 2. 𝐹. 𝐿

}

𝐴

Torseur de cohésion : Zone AB

𝑁(𝑥) = 0 𝑇𝑦(𝑥) = 𝐹

𝑇𝑧(𝑥) = 𝑝. (𝐿 − 𝑥) 𝑀𝑡(𝑥) = 𝐶

𝑀𝑓𝑦(𝑥) = −𝑝.^{(𝐿−𝑥)}₂ ² 𝑀𝑓𝑧(𝑥) = 𝐹. (2. 𝐿 − 𝑥) Zone BC

𝑁(𝑥) = 0 𝑇𝑦(𝑥) = 𝐹 𝑇𝑧(𝑥) = 0 𝑀𝑡(𝑥) = 𝐶 𝑀𝑓𝑦(𝑥) = 0

𝑀𝑓𝑧(𝑥) = 𝐹. (2. 𝐿 − 𝑥)

EXERCICE 6 – (25 min – 5 points) :

La poutre métallique (𝐸 = 220 𝐺𝑃𝑎) ci-contre encastrée en A est soumise à l’action d’une charge répartie (𝑝 = 2500 𝑁/𝑚) orientée suivant l’axe −𝑦⃗ et d’une charge ponctuelle 𝐹⃗ = −𝑝. 𝐿. 𝑦⃗ en B à l’abscisse 𝑥 = 𝐿 = 1 𝑚.

Les éléments du torseur d’action de cohésion différents de zéro sont donnés ci-dessous ainsi que les diagrammes de variation de ces éléments :

𝑇𝑦(𝑥) = 𝑝. 𝑥 − 2. 𝑝. 𝐿

𝑀𝑓𝑧(𝑥) = −¹₂. 𝑝. 𝑥² + 2. 𝑝. 𝐿. 𝑥 −³₂. 𝑝. 𝐿²

 Calculez le moment quadratique de la section droite par rapport à l’axe 𝑧⃗

 Déterminez le lieu et la valeur de la contrainte maxi

 Déterminez le lieu et la valeur de la flèche maxi

Moment quadratique de la section droite par rapport à l’axe 𝑧⃗ :

𝐼_𝐺𝑧 = 𝑐⁴

12 = 520 833,33 𝑚𝑚⁴

Lieu et la valeur de la contrainte maxi :

La contrainte est maxi quand le moment de flexion est maxi, c'est-à-dire en 𝑥 = 0 d’après les graphiques.

𝜎_𝑚𝑎𝑥 = ±𝑀𝑓𝑧_𝑚𝑎𝑥 𝐼_𝐺𝑧 .𝑐

2 𝜎_𝑚𝑎𝑥 = ±3. 𝑝. 𝐿². 𝑐

4. 𝐼_𝐺𝑧 = 180 𝑀𝑃𝑎

La contrainte maxi est positive sur la fibre supérieure (fibre en traction) et négative sur la fibre inférieure (fibre en compression).

Lieu et la valeur de la flèche maxi :

D’après le chargement et la liaison encastrement, la flèche sera maxi en 𝑥 = 𝐿 = 1 𝑚 𝐸. 𝐼_𝐺𝑧. 𝑣" = 𝑀𝑓𝑧(𝑥) = −¹₂. 𝑝. 𝑥²+ 2. 𝑝. 𝐿. 𝑥 −³₂. 𝑝. 𝐿²

𝐸. 𝐼_𝐺𝑧. 𝑣^′= −¹₆. 𝑝. 𝑥³+ 𝑝. 𝐿. 𝑥² −³₂. 𝑝. 𝐿². 𝑥 + 𝐶₁

𝐸. 𝐼_𝐺𝑧. 𝑣 = −₂₄¹. 𝑝. 𝑥⁴+¹₃. 𝑝. 𝐿. 𝑥³−³₄. 𝑝. 𝐿². 𝑥²+ 𝐶₁. 𝑥 + 𝐶₂

Conditions aux limites :

En 𝑥 = 0, 𝑣^′= 0 𝐶₁ = 0 𝑣 = 0 𝐶₂ = 0

Equation de la ligne déformée :

𝐸. 𝐼_𝐺𝑧. 𝑣 = −₂₄¹. 𝑝. 𝑥⁴ +¹₃. 𝑝. 𝐿. 𝑥³−³₄. 𝑝. 𝐿². 𝑥²

Valeur de la flèche maxi : 𝑣_𝑚𝑎𝑥 = − 11. 𝑝. 𝐿⁴

24. 𝐸. 𝐼_𝐺𝑧 = −10 𝑚𝑚