Système triangulé – Etude d’un pont – Corrigé
Q.1. On isole l’ensemble de la structure, on effectue le Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) et on applique le PFS au point A.
0 F . 2 L . 2 Y . L . 4
0 F . 2 Y Y
0 X
H H A A
=
×
−
=
− +
=
Soit après résolution YA =YH=F
On numérote toutes les barres et on nomme tous les points.
yr
A H
xr 2.F
XA E
YA YH
B
C
D F
G
1 2 3 4
6 5 7
9 8 10 11
12 13
Q.3. Hypothèse : toutes les barres sont tendues.
On isole le nœud A on effectue le BAME et on applique le théorème de la résultante statique.
0 45 sin . X Y
0 45 cos . X X
11 A
11 1
= +
=
+ →
0 X 2 . F 2
0 X 2 . X 2
11 11 1
= +
= +
→ X 2.F F X
11 1
−
=
= yr
A xr
X1
YA X11
45°
On isole le nœud C on effectue le BAME et on applique le théorème de la résultante statique.
0 X
0 X X
10 2 1
=
= +
− →
0 X
F X
10 2
=
=
yr C
xr X2
X10
X1
On isole le nœud B on effectue le BAME et on applique le théorème de la résultante statique.
0 X 2 . X 2 2 . X 2
0 X 2 . X 2 2 . X 2
11 9
10
11 9
12
=
−
−
−
=
− +
→
F . 2 X X
F . 2 X 2 . . 2 2 X
11 9
11 12
=
−
=
−
=
=
yr B
xr X9
X10
X11
X12
45° 45°
Par symétrie, on obtient les mêmes résultats pour les nœuds H, G et F. D’où :
F . 2 X
F X
5 4
−
=
= pour le nœud H
0 X
F X
6 3
=
= pour le nœud G
F . 2 X
F . 2 X
7 13
=
−
= pour le nœud F
On isole le nœud D on effectue le BAME et on applique le théorème de la résultante statique.
0 X X
0 X
13 12 8
= +
−
=
− →
13 12
8
X X
0 X
=
=
yr D
xr X13
X8
X12
On connait à présent les actions mécaniques exercées sur chacune des barres. L’étude statique du nœud E permet de vérifier l’équilibre statique à partir de tous les résultats précédents.
Q.4. Si Xi > 0 alors la barre est tendue (T), si Xi < 0, la barre est comprimée (C).
Barre 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
Xi F F F F − 2.F 0 2 .F 0 2 .F 0 − 2.F −2.F −2.F Nature
sollicitation
T T T T C T T C C C
Pour cette charge appliquée, les barres 11, 12, 13 et 5 sont comprimées, les barres 1, 2, 3, 4, 7 et 9 sont tendues et les barres 6, 8 et 10 ne sont pas sollicitées. → C.d.C.F. ok.
Système de positionnement de radar – Corrigé
Q.1. On utilise une fermeture géométrique.
0 AA
=r → AD DC CA 0
=r +
+ → .x2 x.x3 d.y1 0 r r r
r +− ++ =
λ
= + γ
− θ λ
= γ
− θ λ
0 d sin . x sin .
0 cos . x cos
. →
+ θ
=λ γ
θ
=λ γ
x d sin sin .
x cos cos .
x 1 d sin . x
cos
. 2 2
=
λ θ+ +
λ θ
→ λ2+d2+2.d.λ.sinθ=x2 →
λ
− λ
= − θ 2.d.
d sin x
2 2 2
→ λ
− λ
= −
θ 2.d. d arcsinx
2 2 2
Q.2. A.N. :
Pour x = 500 mm → =− °
×
×
−
= −
θ 70
710 230 2
230 710 arcsin500
2 2 2
Pour x = 920 mm → =+ °
×
×
−
= −
θ 62
710 230 2
230 710 arcsin920
2 2 2
C.d.C.F. : −60°≤θ≤60° → C.d.C.F. respecté.
Q.3. Graphe de structure.
1
3 S
Rotule en A 2
Pivot glissant d’axe (F,xr3
) Linéaire annulaire d’axe (B,zr1
) Glissière d’axe
(E,zr1 )
Rotule en C 4
Rotule en D
→ 3 inc.
→ 3 inc.
→ 3 inc.
→ 2 inc.
→ 4 inc.
→ 5 inc.
Q.4.
{ }
) 3 B 13 ( 13 13
C 3 1
0 0 0
Z Y X F
→ =
{ }
) 3 B 34 (
34 34 34 F 4 3
N M 0
Z Y 0 F
→ =
{ }
) 3 B 24 ( 24 24
D 4 2
0 0 0
Z Y X F
→ =
Q.5. On isole l’ensemble {3+4} et on effectue le Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME). Le système isolé est soumis à 2 forces → ces 2 forces ont même norme et sont directement opposées. Direction de
3
R1→ et de R2→4 : xr3
. Par conséquent on a :
{ }
) 3 B ( 13
C 3 1
0 0 0
0 0 X F
→ =
{ }
) 3 B ( 24
D 4 2
0 0 0
0 0 X F
→ =
Q.6. On isole la tige 4 seule, on effectue le BAME et on applique le PFS.
Hypothèse : la haute pression est dans la cavité inférieure du vérin.
0 S . p
X24+ = →X24=−p.Sp
p 4
2 p.S
R → =
Q.7. On isole le solide 2, on effectue le BAME et on applique le PFS.
4
p X24
y3
r Y34
N34 x3
r
BAME :
•
{ }
−
→ =
0 z .
F P g
G 2
pesanteur r
r
•
{ }
) 1 B ( 12 12
B 2 1 annulaire lin
0 0 0
0 Y X F
′
′
→ =
•
{ }
) 3 B ( 42
D 2 4
0 0 0
0 0 X F
→ =
•
{ }
) 1 B 12 ( 12 12
A 2 1 rotule
0 0 0
Z Y X F
→ =
Théorème du moment statique au point A projetée surzr2 : 0
z ).
x . X AD z . P AG
( ∧− rg+ ∧ 42r3 r2= Avec zrg sin .yr0 cos .zr0
α + α
= ; AG R2.xr2 h2.zr2
−
= ; AD .xr2 λ
= . Calcul de (AG P.zrg).zr2
−
∧ :
[
(R2.xr2 h2.rz2) P.(sin .yr0 cos .zr0)]
.rz2α + α
−
∧
− =−P.R2.sinα.cos(β+θ) Calcul de (AD X42.xr3).zr2
∧ :(λ.xr2∧X42.xr3).zr2=λ.X42.sin(γ−θ) D’où : −P.R2.sinα.cos(β+θ)+λ.X42.sin(γ−θ)=0
→ .sin( )
) cos(
. sin . R . X42 P 2
θ
− γ λ
θ + β
= α
Q.8. et Q.9. A.N. : X24=−p.Sp→
p 42
S p=X
) 0 18 sin(
710
0 cos . 15 sin 1200 400 )
sin(
.
) cos(
. sin . R . X42 P 2
−
×
×
= × θ
− γ λ
θ + β
= α 566
X42= N → 0,02MPa 0,2Bars 28000
p= 566 = = < 10 Bars → C.d.C.F. ok.
Etude d’un robot de consolidation de parois rocheuses : le Roboclimber – Corrigé
(D'après Mines-Ponts PSI 2011)
Graphe d’analyse.
Robot
0
z . F
F r
= gr
Ponctuelle de normale (A,zr
)
Ponctuelle de normale (B,zr
)
Câble
?
?
Q.1. Si on isole le câble seul on constate que le solide est soumis à 2 forces → Ces 2 forces sont directement opposées et de même norme. La direction de l’action mécanique du câble sur le robot peut donc être modélisée par un glisseur en H :
→
0 x . Fcable robot c
H
r r
.
Q.2. On isole l’ensemble robot et on effectue le BAME :
→ AcTon du sol sur le robot en A
→ AcTon du sol sur le robot en B
→ AcTon pesanteur sur le robot en G
→ AcTon câble sur le robot en H
→ AcTon du sol sur le tube en E On applique le PFS sur le robot.
TRS : Fcable robot.xc P.z0 F.z ZA,sol robot.z ZB,sol robot.z 0 r r r
r r
r − + + → + → =
→
En projection sur x
r : Fcable→robot.cosβ−P.sinα=0
→ β
= α
→ cos
.sin P Fcable robot
avec sin maxi pour α=90° α et cos =cte où β
e arctann
=
β où e = 20.d (valeur maximale autorisée) ou e = 2.d (valeur minimale autorisée)
d’où : = °≤β≤ =10,6°
4 75 , arctan0 40 1
75 ,
arctan0 .
D’où : 29500N
6 , 10 cos
28000 cos
) P F
(cable robot max = ≈
= β
→
Soit 14750N dans chaque câble < 25000N → C.d.C.F. ok.
Q.3. On isole l’ensemble robot et on effectue le BAME :
→ AcTon du sol sur le robot en A
→ AcTon du sol sur le robot en B
→ AcTon pesanteur sur le robot en G
→ AcTon câble sur le robot en H
→ AcTon du sol sur le tube en E On applique le PFS sur le robot.
Thm du moment statique en H en projection sur yr
: d.Z 0
3 d . .2 2 F .d cos .
P α − +− B,sol→robot=
Q.4. A la limite du décollement ZB,sol→robot=0 → 0 3
d . .2 2 F .d cos .
P α − max =
→ = .P.cosα 4
Fmax 3 → CondiTon de non décollement : ≤ .P.cosα 4
F 3
Pour α = 45° → 28000 cos45 14850 4
F=3× × = N > 10000N → C.d.C.F. ok.
Pour α = 80° → 28000 cos80 3650 4
F=3× × = N > 3000N → C.d.C.F. ok.
Si la paroi est verticale → α = 90° → F = 0 N, il n’est pas possible de forer des parois verticales car la composante du poids projetée sur l’axe zr
ne peut plus compenser la poussée nécessaire pour enfoncer le tube.
Q.5.
Point de contact doigt tube
Echelle 1 : 2 ΔxA
D
A’’ A C C’’
Graphiquement on mesure 0,75 cm sur la construction graphique soit avec l’échelle ΔxA = 1,5 cm.
Q.6. On isole le solide 3 et on effectue le BAME. Le solide est soumis à l’action de 2 glisseurs :
{ }
F4→3 et{ }
F1→3 . Les résultantes de ces 2 glisseurs sont directement opposées et de même norme. La direction de ces 2 résultantes est la droite (AC).De plus R4 3 R1 3 0
=r + →
→ →R4→3=−R1→3 =R3→1.
On isole le coulisseau 4 et on effectue le BAME. Le solide est soumis à l’action de 3 glisseurs :
{
FR2→4}
,{ }
F3→4 et{ }
F3'→4 . Les résultantes de ces 3 glisseurs sont coplanaires, concourantes en un point J et de somme vectorielle nulle. On connaît la résultante RR2→4 =k2.∆xB=13×31=403 N porté par xr− et la direction des 2 autres résultantes des glisseurs.
On isole le solide 1 seul et on effectue le BAME. Le solide est soumis à l’action de 3 glisseurs :
{ }
F3→1 ,{ }
F2→1 et{
Ftube→1}
. Les résultantes de ces 3 glisseurs sont coplanaires, concourantes en un point I et de somme vectorielle nulle. On connaît la résultante de{ }
F3→1 et la direction de la résultante de{
Ftube→1}
.Echelle : 1cm → 100 N
J
Direction de R3→4 et R3→1
Direction de R3'→4
4 2
RR→
Triangle des forces 1
4
R3→
4 2
RR→
I
4 '
R3→
4 3
1
1
R3→
Direction de Rtube→1 Direction de R2→1
1
R2→
1
Rtube→
Triangle des forces 2
Graphiquement on mesure 3,5cm pour Rtube→1 soit Rtube→1 =350N → R1→tube =350N.
Q.7. Pour des raisons de symétrie, on en déduit que R1'→tube =350N.
Q.8. Lors de la phase de transfert, il faut que l’action mécanique de la pince sur le tube soit suffisante pour éviter un glissement du tube suivant l’axe zr
. Ce non glissement du tenu est possible grâce au frottement présent au niveau des 4 points de contact tube/pince.
On isole le tube seul et on effectue le BAME. Le tube est soumis à 5 actions mécaniques :
{ }
+
= → →
→ 0
z . T n .
F N1 tube 1 1 tube
M tube 1
1
r r r
{ }
+
= → →
→ 0
z . T n .
F N1' tube 1' 1' tube
M tube ' 1
' 1
r
r r
{ }
= −
→ 0
z .
F PT
G tube
g r
r
{ }
+
= → →
→ 0
z . T n .
F N2 tube 2 2 tube
M M
2 2
tube 2
r
r r
{ }
+
= → →
→ 0
z . T n .
F N2' tube 2' 2' tube
M M
'' 2 ' 2 tube 2
r r r
On applique le théorème de la résultante statique sur le tube : 0
R R
R R
R 2'
tube 2 2
tube 2
M M
tube g tube ' 1 tube 1
=r +
+ +
+ → → → →
→
En projection sur xr
: R .x R .x R .x R 2' .x 0
tube 2 2
tube 2
M M
tube ' 1 tube
1→ r+ → r+ → r+ → r=
En projection sur zr
: R .z R .z R .z R .z R 2' .z 0
tube 2 2
tube 2
M M
tube g tube ' 1 tube
1→ r+ → r+ → r+ → r+ → r=
Avec R1 tube.xr R1' tube.xr
→
→ = d’après les questions 6 et 7. La condition de symétrie au niveau des points de
contact permet de conclure que 2'
tube 2 2
tube 2
M M
tube ' 1 tube
1 R R R
R → = → = → = →
A la limite du glissement on a aux 4 points de contact M1, M1’, M2 et M2’ : T1→tube =f.N1→tube
Le théorème de la résultante statique projeté sur l’axe zr
devient : 4.f.N1→tube −Ptube_max =0
→ Ptube_max =4.f.N1→tube =4×0,3×350=420 N > PT = 350N → C.d.C.F. ok.
Q.9. Pour vérifier cette performance il faut vérifier que l’action mécanique du ressort R2 soit suffisante pour maintenir à l’équilibre l’ensemble tube + pince lors de l’extraction du tube dans le carrousel.
On isole le tube et on effectue le BAME : le tube est soumis à 3 actions mécaniques modélisables par des glisseurs :
- action du carrousel sur le tube - action du doigt 1 sur le tube - action du doigt 1’ sur le tube
Les résultantes de ces 3 glisseurs sont coplanaires, concourantes en un point I et de somme vectorielle nulle.
On connaît la direction et la norme de l’action mécanique du carrousel sur le tube. Pour déterminer la direction de l’action mécanique du doigt 1 sur le tube, il faut déterminer la vitesse de glissement en M1 du
tube par rapport au doigt, ce qui permet de déterminer la direction et le sens de l’action mécanique tangentielle du doigt sur le tube lors du glissement du tube par rapport au doigt. On se placera cependant par la suite à la limite du glissement VM ,tube/pince 0
1
=r pour étudier l’équilibre du système.
1 / tube , M1
V
tube
T1→ tube
N1→
En faisant la somme vectorielle
tube
N1→ +T1→tube on en déduit que la direction de l’action mécanique du doigt 1 sur le tube est donc celle-ci.
(Attention les normes des 3 vecteurs dessinés sont ici purement fictives !)
On isole le solide 1 seul et on effectue le BAME. Le solide est soumis à l’action de 3 glisseurs :
{ }
F3→1 ,{ }
F2→1 et{
Ftube→1}
. Les résultantes de ces 3 glisseurs sont coplanaires, concourantes en un point J et de somme vectorielle nulle. On connaît la résultante de{ }
F3→1 et la direction de la résultante de{
Ftube→1}
.On isole le solide 3 et on effectue le BAME. Le solide est soumis à l’action de 2 glisseurs :
{ }
F4→3 et{ }
F1→3 . Les résultantes de ces 2 glisseurs sont directement opposées et de même norme. La direction de ces 2 résultantes est la droite (AC). De plus R4 3 R1 3 0=r + →
→ →R4→3 =−R1→3 =R3→1
On isole le coulisseau 4 et on effectue le BAME. Le solide est soumis à l’action de 3 glisseurs :
{
FR2→4}
,{ }
F3→4 et{ }
F3'→4 . Les résultantes de ces 3 glisseurs sont coplanaires, concourantes en un point K et de somme vectorielle nulle.On connaît le vecteur R3→4 =R1→3 et la direction des 2 autres résultantes des glisseurs.
Résolution graphique :
Etude du dispositif de mise en contact du rouleau de pression d’une machine à draper - Corrigé
Q.1.
4
O B
A 1
2
0
3 x0
r
z0
r
5
x1
r
x2
r
D
E C F
θ β
Q.2. On est dans le cas d’un problème plan :
{ }
) 2 B 01 ( 01
D 1 0
0 0 0
Z 0 X F
→ =
{ }
) 0 B 03 ( 03
A 3 0
0 0 0
Z 0 X F
→ =
{ }
) 0 B 05 ( E 5 0
0 0 0
Z 0 0 F
→ =
{ }
) 2 B 23 ( 23
B 3 2
0 0 0
Z 0 X F
→ =
Q.3. On isole {1+2}, on effectue le Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (B.A.M.E.) et on applique le Principe Fondamental de la Statique (P.F.S.) au point B.
Le système est soumis à 2 actions mécaniques modélisées par des glisseurs, les résultantes de ces 2 glisseurs sont directement opposées et de norme égale → Z01=Z32=0
Q.4. On isole {3+4+5}, on effectue le B.A.M.E. et on applique le P.F.S. au point A.
4
O B
A 3
x0
r
z0
r
5
x1
r
x2
r
θ E β
Z03
X03
X23
Z05
0 cos . X
X03+ 23 β= (4)
0 sin . X Z
Z03+ 05− 23 β= (5)
0 y ).
x . X x 2. (L ) a cos . L .(
Z05 θ+ + 1∧ 23 2 0 =
− r r r
(6)
Q.5. (6) → .X .sin( ) 0 2
) L a cos . L .(
Z05 θ+ + 23 β−θ =
−
) sin(
2. .L X ) a cos . L .(
Z05 θ+ = 23 β−θ (7)
Z05 correspond à l’effort presseur → Z05=F et X23 correspond à l’action de l’air sur 2 (7) →
) sin(
2. L
F ).
cos . L a Fair 2 (
θ
− β
θ
= +
→ (8)
Q.6.
x0
r
B
A x0
r 0
zr
x1
r x2
r
D
θ β
d – c
θ sin 2. L θ
cos 2. L
2 AB=L
Graphiquement on obtient :
θ θ +
= − β
cos 2. L
sin 2. c L d
tan (9)
Remarque : On peut aussi utiliser la technique de la fermeture géométrique.
Q.7. A.N. :
(9) → = °
− +
=
β 73
22 cos 2 . 400
22 sin 2 . 150 400 675 arctan
(8) → 260
) 22 73 sin(
2 . 400
100 ).
22 cos . 400 35
Fair 2 ( =
−
= +
→ N
Q.8. 0,86MPa
300 260 S
p=F = = → p=8,6Bars < 10 Bars → C.d.C.F. ok.
Q.9.
0 0
54 0 d .L p = Z
Q.10. A.N. : 0,31MPa
20 16
100 L
. d p Z
0 0
54
0 =
= ×
= << 50 N/mm2 → La liaison est correctement dimensionnée.
