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M3 - STATIQUE DU SOLIDE
I – les actions mécaniques
STATIQUE DU SOLIDE Exercice n°1 : Calcul du moment : force x bras de levier
•Expression littéral : MO(F) = ± F x d •Application numérique : MO(F) = - (100 N x 0,13 m) = -13 N.m
y
Calcul du moment : produit vectoriel •Expression littéral : MO(F) = OA ^ F •Application numérique : MO(F) = OA ^ F 0,13 0 0
0
^ -100 = 0
0 0 -13 N.m
X
I – les actions mécaniques
STATIQUE DU SOLIDE Exercice n°2 : Représenter les actions de contact A
2/1
(Fig 1) et B
1/2
(Fig 2)
Action normale au contact Plan tangent
A
2/1
B A
1/2
B
y 10° X
Fig. 1
Echelle : 1mm 5N A 2/1 = 100 N B 1/2 = 160 N
Fig. 2
I – les actions mécaniques
STATIQUE DU SOLIDE Exercice n°2 :
Modéliser sous forme de torseur les actions de l’exercice 2
* Dans le repère local (A,XYZ) associé au contact Y {TA,2/1}=
A
A
2/1
0 0 YA 0 0 0
Avec YA = A XYZ
* Dans le repère général (O,xyz) 100°
{TA,2/1}=
A
X
A
xA 0 yA 0 0 0
(le plus courant)
xyz
X+ 10°
avec
y x
Fig. 1
Echelle : 1mm 5N A 2/1 = 100 N
xA = A cos 100° = -17,4N yA = A sin 100° = 98,5N
I – les actions mécaniques
STATIQUE DU SOLIDE Exercice n°2 :
Modéliser sous forme de torseur les actions de l’exercice 2 {TB,1/2}= B avec
xB 0 0 0 0 0
xyz
xB = B cos 180° = - B = - 160N
B
1/2
B
y Fig. 2
x Echelle : 1mm B 1/2 = 160 N
5N
I – les actions mécaniques
STATIQUE DU SOLIDE Exercice n°3 :
Compléter la relation Torseur – Mobilités – Liaison
{TA,1/2}=
X 0 Z
L M N
0 TY 0
0 0 0
Glissière d’axe Y
{TA,1/2}=
0 Y 0
L 0 N
TX 0 TZ
0 RY 0
Appui plan de normale Y
{TA,1/2}=
X 0 0
0 0 0
0 TY TZ
RX RY RZ
Ponctuelle de normale X
I – les actions mécaniques
STATIQUE DU SOLIDE Exercice n°4 :
Ecrire le torseur de l’action mécanique en A de 1 sur 2
Liaison Pivot d’axe A z
ddl A
Torseur
0 0 0
0 0 Rz
2
A
1
xyz
{TA,1/2}=
A
XA YA ZA
LA MA 0
xyz
I – les actions mécaniques
STATIQUE DU SOLIDE Exercice n°5 :
Modéliser les actions mécaniques du poids P et du vérin 4 Données : Diamètre piston 4 : 30 mm Pression utilisée : 50 bars
P
0 -500daN 0
G
4/5
ML(P 0 0 ) 0 70°
{TL, P } =
L G
4/5
0 0 -500 0 0 0
XG = G cos70° YG = G sin70° 0
xyz
MG(G4/5) 0
Avec G = p . S = p . P R2 = 50bars . P (1,5cm)2 = 353 daN
0 0
{TG, 4/5 } =
G
121daN 332daN 0
0 0 0
xyz
I – les actions mécaniques
STATIQUE DU SOLIDE Exercice n°6 :
Modéliser les actions mécaniques en B de 2/1 , en O de 4/1 et en C de 3/1. Données : Raideur : k = 30 daN/mm * {TB, 2/1 }=
B avec
XB YB 0
longueur libre lo = 10 mm ; EC = 20 mm
0 0 0 xyz
B
2/1
150°
XB = B cos 150° YB = B sin 150°
X+
XO LO * {TO, 4/1 }= YO MO ZO 0 xyz O avec
Ddl : Rz
* {TC, 3/1 }=
C
XC 0 0
C
3/1
0 0 0 xyz
avec XC = C cos 180° = - C = -k .DL = -30 .(20-10)= -300daN
II – le PFS
STATIQUE DU SOLIDE Exercice n°7 :
Determiner graphiquement les actions en A, C et D puis vous vérifierez analytiquement vos résultats (P=2000daN) D 3 1
C 2
A
30°
x 1350
800
P (20000N)
160
y
II – le PFS
STATIQUE DU SOLIDE 1°/ Etablir le graphe des actions mécaniques : D
3 1
C 2 A
3
x 1350
P(Cz)
P (Dz)
2
1
30°
P(Az) P (20000N)
800
P
(20000N)
160
y
II – le PFS
STATIQUE DU SOLIDE 2°/ Ordonnancer les isolements : Méthode : -On n’isole jamais le bâti -On isole les systèmes à deux forces
-On isole les systèmes à trois forces en partant de l’effort connu
D1/3
3
P(Cz)
P (Dz) 1
C2/3 C3/2
A1/2
2
P(Az) P (20000N)
II – le PFS
STATIQUE DU SOLIDE 3°/ Étude de l’équilibre du tirant 3: -On isole le tirant 3 : -On fait le bilan des actions extérieures à 3 :
Forces
Direction + sens
norme
C
2/3
?
?
D
1/3
?
?
-On exprime le Principe Fondamental de la statique à deux forces : Le tirant 3 soumis à 2 forces est en équilibre ssi : => Les 2 forces ont la même direction (ou support) => Elles sont de sens opposés (traction ou compression) => Elles sont de norme égale -On en conclut que la direction des forces est la droite CD
II – le PFS
STATIQUE DU SOLIDE 4°/ Étude de l’équilibre de la potence 2:
-On isole la potence 2 : -On fait le bilan des actions extérieures à 2 :
Forces
Direction + sens
P
norme 20000 N
C
3/2
DC
?
A
1/2
?
?
-On exprime le Principe Fondamental de la statique à trois forces : La potence 2 soumis à 3 forces est en équilibre ssi : => Elles sont // ou concourantes en un point (I). (car ΣMoment en I = 0) => La somme des forces est égale à zéro. (le dynamique est fermé)
On constate dans le tableau que les forces sont concourantes
II – le PFS
STATIQUE DU SOLIDE -On donne les résultats :
P D 3 1
y
30°
2
A
x 1350
800
P
(20000N)
Direction de P
160
C
II – le PFS
STATIQUE DU SOLIDE Vérification analytique de l’équilibre de 2 : -On isole 2 :
-Bilan des actions extérieures à 2 :
*{TG, P } =
G
0 0 -20000 0 0 0
*{TC, 3/2 } =
C
Xc Yc 0
0 0 0
*{TA, 1/2 } =
A
XA YA 0
0 0 0
Sens et norme inconnus Direction connue
xyz
xyz
avec XC = C3/2 cos150° YC = C3/2 sin 150° avec ddl: Rz
xyz
=>NA=0
et plan sym(xy) =>ZA,LA,MA=0
On constate dans le bilan 3 inconnues : C3/2, XA et YA On peut résoudre
-On exprime le PFS :
{T(2)/(2)}A = {0}
II – le PFS
STATIQUE DU SOLIDE
-Changement de centre de réduction des torseurs en A :
*{TG, P } =
0 0 -20000 0 0 -27.106
A
xyz
avec MA = MG + AG ^ P 0 0 0
1350 0 0 ^ -20000= 0 0 0 0 -27
+
Xc Yc 0
*{TC, 3/2 } =
A
0 0 1214.C3/2
.10
6
xyz
avec MA = MC + AC ^ C3/2 0 0 0
*{TA, 1/2 } =
A
+
2150 C3/2 cos150° 160 ^ C3/2 sin150°= 0 0
XA YA 0
0 0 0
xyz
0 0 1214. C3/2
avec XC = C3/2 cos150° YC = C3/2 sin 150° -Équations d’équilibre : (1) : XA + C3/2 cos 150° =0 (2) : YA + C3/2 sin 150° - 20000 = 0 (3) : 1214 . C3/2 – 27.106 =0 - Résultats : (3) : C 3/2 = 22249 N (1) : XA = 19268 N A1/2=21214N (2) : YA = 8875 N (Utiliser Pythagore)