MP/MP Psi/Psi : Sciences Industrielles [PDF]

Zitiervorschau

MP/MP* PSI/PSI* P R É P A S COLLECTION

DIRIGÉE

PAR

Patrick Beynet

S C I E N C E S BERTR AND

HAUCHECORNE

SCIENCES INDUSTRIELLES DE L’INGÉNIEUR

  Objectifs   Cours résumé   Méthodes   Vrai/faux, erreurs classiques   Exercices de base et d’approfondissement   Sujets de concours (écrits, oraux)   Corrigés détaillés et commentés

2e édition

Sciences industrielles de l’ingénieur MP/MP* - PSI/PSI*

PRÉPAS SCIENCES collection dirigée par Bertrand Hauchecorne

Sciences industrielles de l’ingénieur MP/MP* - PSI/PSI* 2e édition Patrick BEYNET Professeur au lycée Rouvière (Toulon)

COLLECTION PRÉPAS SCIENCES

Retrouvez tous les titres de la collection et des extraits sur www.editions-ellipses.fr

Un étudiant n’est pas un sac que l’on remplit mais une bougie que l’on enflamme. Vladimir Arnold

ISBN 9782340-066663 © Ellipses Édition Marketing S.A., 2022 8/10 rue la Quintinie 75015 Paris

Avant-propos Réussir en classes préparatoires nécessite d’assimiler rapidement un grand nombre de connaissances, mais surtout de savoir les utiliser, à bon escient, et les rendre opérationnelles au moment opportun. Bien sûr, l’apprentissage du cours de votre professeur jour après jour est indispensable. Cependant, on constate que pour beaucoup, c’est loin d’être suffisant. Combien d’entre vous ont bien appris leur cours et pourtant se trouvent démunis lors d’un devoir, et plus grave, le jour du concours. Cette collection a été conçue pour répondre à cette difficulté. Suivant scrupuleusement le programme, chaque ouvrage est scindé en chapitres, dont chacun correspond, en gros, à une semaine de cours. Leur structure est identique pour chaque niveau, en sciences industrielles pour l’ingénieur comme en mathématiques, physique ou chimie. Le résumé de cours est là pour vous remettre en mémoire tous les résultats à connaître. Sa relecture est indispensable avant un devoir, le passage d’une colle relative au thème traité et lors des révisions précédant les concours. Ils sont énoncés sans démonstration. La partie « méthodes » vous initie aux techniques utiles pour résoudre les exercices classiques. Complément indispensable du cours, elle l’éclaire et l’illustre. La partie « vrai/faux » permet de tester votre recul par rapport au programme et de remédier à quelques mauvais réflexes. Son corrigé est l’occasion de mettre en garde contre des erreurs classiques. Les exercices sont incontournables pour assimiler le programme et pour répondre aux exigences du concours. Des indications, que les meilleurs pourront ignorer, permettront de répondre aux besoins de chacun, selon son niveau. Les corrigés sont rédigés avec soin et de manière exhaustive. Ainsi l’ouvrage de sciences industrielles pour l’ingénieur comme ceux de physique, de chimie et de mathématiques vous accompagneront tout au long de l’année et vous guideront dans votre c­ heminement vers la réussite aux concours.

Bertrand Hauchecorne

Sommaire 1.

Cinématique du solide indéformable......................................... 1

2.

Statique du solide indéformable............................................... 43

3.

Étude des chaînes de solides.................................................. 87

4.

Cinétique du solide indéformable............................................. 129

5.

Principe fondamental de la dynamique...................................... 169

6.

Application du théorème de l’énergie cinétique.......................... 211

7.

Précision et rapidité des S.L.C.I............................................... 249

8.

Stabilité des S.L.C.I................................................................ 293

9.

Contrôle des S.L.C.I............................................................... 327

10. Modélisation multiphysique..................................................... 365 11. Systèmes numériques........................................................... 393 12. Algorithmes de résolution numérique....................................... 425 13. Intelligence artificielle............................................................. 463 ■

Annexes

Table de notations......................................................................... 513 Unités.......................................................................................... 519

Chapitre

1

Cinématique du solide indéformable (

Le lancement des premiers modules de l’ ) a été réalisé en , 1998. C’est un projet piloté par la développé conjointement avec l’agence spatiale , et avec la participation des fédérale russe , japonaise agences spatiales européenne et canadienne . La station spatiale internationale est le plus grand des objets artificiels placés en orbite terrestre. Après de nombreuses évolutions, elle s’étend aujourd’hui sur 110 m de longueur, 74 m de largeur et 30 m de hauteur. Sa masse est d’environ 400 tonnes. La station est occupée en permanence par un équipage international effectuant des expériences a été le premier français commandant de l’ scientifiques. L’astronaute en 2021 lors de la mission Alpha.

 ■  ■ Objectifs ■ Ce qu’il faut connaître  

Les notions de trajectoire, vitesse et accélération d’un point en mouvement par rapport à un repère



Le torseur cinématique caractérisant le mouvement d’un solide par rapport à un autre



La relation de composition des torseurs cinématiques



Le torseur cinématique d’une liaison normalisée.

■ Ce qu’il faut savoir faire  

Proposer une modélisation des liaisons avec une définition précise de leurs caractéristiques géométriques



Associer le paramétrage au modèle cinématique retenu



Associer à chaque liaison son torseur cinématique



Déterminer une trajectoire, un vecteur vitesse ou un vecteur accélération



Déterminer le torseur cinématique d’un solide.

■  ■ Résumé de cours 

 



La trajectoire d’un point P dans un repère R O, x, y, z



est l’ensemble des positions

successives occupées par ce point au cours du temps dans R. On la note T(P/R). 









Soient un vecteur U quelconque et deux bases B0 x 0 , y0 , z 0 et B1 x1 , y1 , z1 . dU dU   Ω  B1 / B0   U dt B dt B 0

1

où Ω  B1 / B0  est le taux de rotation de B0 par rapport à B1. 









Soit un point P en mouvement dans un repère R O, x, y, z . VP / R  

d OP [m.s-1] dt R



Soit un point P en mouvement dans un repère R O, x, y, z .

a P / R  

d VP / R  dt

 R

d 2 OP [m.s-2] d t2 R



– Le vecteur vitesse est porté par la tangente à la trajectoire T(P/R) au point P, et orienté dans le sens du mouvement. Le vecteur accélération possède une composante tangente à la trajectoire et une composante normale, dirigée vers l’intérieur de la trajectoire lorsqu’elle possède une courbure. – Pour le calcul d’un vecteur vitesse ou d’un vecteur accélération, aucune base de projection n’est à privilégier. On x s’attachera à avoir un résultat concis. Cinématique du solide indéformable

T(P/R) z

P

a P / R 

O y

V P / R   3 nn

  Au point de réduction M, le torseur cinématique caractérisant le mouvement du solide i en mouvement par rapport au solide j est défini par : pij u ij   Ω  i / j    V  i / j     q ij vij  r V  M,i / j  M w ij  M  ij base de projection Ω  i / j : résultante du torseur cinématique ou taux de rotation [rad.s-1]

V  M,i / j : moment résultant du torseur cinématique ou vitesse linéaire [m.s-1]

– V  P / R   V  P,S / R  et a  P,S / R  

d V  P,S / R  dt

repère lié au solide indéformable S. – a  M,Sn / S1  

n

a  M,S / S i

i-1

sauf si le point P est fixe dans le R

 sauf si les termes de Coriolis sont nuls.

i 2

 V  A,S / R   V  B,S / R   AB  Ω  S / R 

V  3 / 2   V  2 / 1 

Ω  3 / 2   Ω  2 / 1     V  M,3 / 2   V  M, 2 / 1  M

– Premier invariant : la résultante Ω  i / j – Second invariant : l’automoment Ω  i / j  V  A,i / j  Ω  i / j  V  B,i / j Ensemble des points pour lesquels la norme de la vitesse V  M,i / j est nulle, la résultante Ω  i / j étant non nulle.

Centre instantané de rotation (C.I.R.) : V (I 21, 2 / 1)  0 V (A (A, 2 / 1) I21A  nn 4



V (B, (B 2 / 1) I21B

 Ω (2 / 1) (voir figure en page suivante)

Chapitre 1

I21

I21

2 A

B V (B (B, 2 / 1 1)

V (B (B, 2 / 1 1)

B

V (A (A, 2 / 1)

A

V (A (A, 2 / 1)

2 V (A (A, 2 / 1).AB 1) AB  V (B, (B 2 / 1) 1).AB AB

V (B, (B 2 / 1) 1

A

B

V (A (A, 2 / 1)

Même si les méthodes graphiques ne sont plus exigibles pour les concours, on estime qu’elles ont un intérêt pédagogique certain. Le lecteur est alors libre de les aborder. 

  0  V  2 / 1    V  M, 2 / 1    M Ω  2 / 1  V  2 / 1    0   O

0 u 21    0 v 21  0 w  21 Base de projection M

p 21 0    q 21 0  r 0 Base de projection O  21

 O, u 

p u  V  2 / 1   21    0  M

p 221 0    0 0 0 0  u,_,_  M

 O, u  p u  V  2 / 1  u 21u   M  21 

p 21  0 0 M

M   O, u 

λp 21 si l’hélice est à droite 2π u 21  λp  0  u 21   21 si l’hélice est à gauche 2π 0  u,_,_   : pas du système vis/écrou

Cinématique du solide indéformable

u 21 

 5 nn

r z   V  2 / 1  u x 21 v y   21  M  21

0  0 r M  21

z u 21   v 21  0  x,y,z 

 Soient n solides Si ( 1  i  n ), on montre qu’il y a composition des torseurs cinématiques : n

V Sn / S1   V Si / Si-1  i2

On a alors Ω Sn / S1  

n

 Ω S / S i

i-1

 et V  M,Sn / S1  

i 2

1 A 2

V (A (A,1 1/ 0 0)

n

V (A (A, 2 / 1)

n

V  M,S / S i

i-1

.

i2

(A, 2 / 1) : s’il est Vecteur vitesse de glissement V (A non nul, il est dans le plan tangent au contact entre les solides 1 et 2. V  A, 2 / 1  V  A, 2 / 0   V  A,1 / 0 

V (A, (A 2 / 0)

Ω (2 / 1)

Ω  2 / 1  Ω p  2 / 1  Ω r  2 / 1  p 21 n  q 21 t1  r21 t 2

2

V  A, A 2 / 1  v 21 t1  w 21 t 2

vitesse de rotation de pivotement

1

Ω p  2 / 1  p 21

A

t2

t1 V (A (A, 2 / 1)

vitesse de rotation de roulement

Ω r  2 / 1  (q 21 ) 2  (r21 ) 2

vitesse linéaire de glissement

V  A, 2 / 1  (v 21 ) 2  (w 21 ) 2

Condition de non-glissement : V  A, 2 / 1  0 Condition de maintien du contact : V  A, 2 / 1 .nn  0

 nn 6

Chapitre 1

 Liaison encastrement :  0  V  2 / 1    0  0 A

0   0 0     0 0  x,y,z  A  

A 2

2

Liaison pivot d’axe  A, x  :  p 21  V  2 / 1    0 0 A

0   p 21x  0      0  0  x,y,z  A 

u 21   0    0  x,y,z 

2

2 1

 0    u 21x  A

 p 21  V  2 / 1    0 r A  21

2

2

1

A 2

2

u 21   p 21x       u x A  21  0   x,y,z 

2

x 1

1

1

A

0

Cinématique du solide indéformable

2 x 1

1

λp 21  2π   p 21x       λp 21  0     2π x  0 A   x,y,z 

0    p 21x  r21z  0     0   0  x,y,z  A 

1

1

A



Liaison sphérique à doigt d’axes  A, x  et  A, z  :

2 x

 : pas de l’hélice λp u 21  21 si hélice à droite 2π λp u 21   21 si hélice à gauche 2π Liaison pivot glissant d’axe  A, x  :  p 21 V 2 / 1       0 0 A

1

A

Liaison hélicoïdale d’axe  A, x  :   p 21   V  2 / 1    0 0  A

x 1

1

Liaison glissière de direction x : 0  V  2 / 1    0 0 A

1

1

y

2 x

2 z

A 2

2 1

1 2

 7 nn

Liaison sphérique de centre A :  p 21   V  2 / 1    q 21 r A  21

0  p 21x  q 21  2 y  r21z   0     0   0  x,y,z  A 

1

A

1 2

2

 p 21  V  2 / 1    0 0 A

0

   p 21x  v 21     v 21 y  w 21z  w 21  x,y,z  A 

Liaison linéaire rectiligne d’axe normale x :  p 21 V 2 / 1       q 21 0 A

 A, y  et

A

 p 21   q 21 r A  21

  p 21x  q 21 y   v 21     v 21 y  w 21z  w 21  x,y,z  A 

u 21  p 21x  q 211 y  r21z       u 21x  A 0   x,y,z 

0

v 21 w 21

y x

2 1

 p 21x  q 21  2 y  r21z       v y w 21z  21  A  x,y,z 

2

2

1

2

2

y x z A 1

2

2

1

1

x

A

z

1 1

A

0

0

2

de

Liaison sphère plan de normale  A, x  :  p 21  V  2 / 1    q 21 r A  21

1

2

Liaison sphère cylindre de centre A et de direction x:

 V  2 / 1  

1

x

Liaison appui plan de normale x :

2 1



 nn 8

Chapitre 1

■  ■ Méthodes 

 – On applique la formule de Bour lorsque l’on veut déterminer un vecteur vitesse de type V  P / R  ou un vecteur accélération a  P / R  . P est un point géométrique quelconque. – En général, on ne dérive pas de manière globale un vecteur position ou un vecteur vitesse. On cherche plutôt à appliquer la formule de Bour à chacun des vecteurs unitaires qui permettent de le définir. On utilisera donc plutôt des relations de type d u  Ω  i / j  u où u est un vecteur de base appartenant au solide i. j

Méthodes

dt

– L’expression finale de V  P / R  ou a  P / R  n’a pas à être projetée dans la base de R, sauf si demandé. On privilégiera un résultat concis qui peut dépendre de vecteurs unitaires appartenant à des bases différentes. – On se rappellera aussi que l’on ne peut pas systématiquement dériver un vecteur position pour calculer une vitesse, puis une accélération. En effet, V  P,S / R   V  P / R  et a  P,S / R  

d V  P,S / R  dt

uniquement si le point P est R

fixe dans le repère lié au solide indéformable S. Dans le cas contraire, on préfèrera appliquer les relations de composition des mouvements. 

Exemple : rotor d’hélicoptère Le rotor est constitué par :





– un moyeu central 1, en liaison pivot d’axe O,z 0 avec le fuselage 0. Ce moyeu est entraîné en rotation par la turbine, – quatre pales 3, 4, 5, 6 considérées comme indéformables, – quatre pieds de pales identiques considérés comme indéformables, reliant les pales au moyeu. On associe le repère R1 (O,xx1 ,yy1 ,zz1 ) au moyeu 1. On associe le repère R 2 (A3 ,xx 2 ,yy 2 ,zz 2 ) au pied de pales 2. On associe le repère R 3 (A 3 ,xx 3 ,yy3 ,zz 3 ) à la pale 3. Son centre d’inertie G est donné par A 3G  Lx 23 .

Cinématique du solide indéformable

 9 nn



Le moyeu 1 est en liaison pivot d’axe O,z 01







avec la carlingue 0. L’angle  est l’angle de

rotation du moyeu, θ  x 0 , x1 .



Le pied de pale 2 est en liaison pivot d’axe A 3 , y12





 avec le moyeu 1. L’angle  est appelé

angle de battement, β  x1 , x 23 .





La liaison de la pale 3 avec ce pied de pale 2 est une pivot d’axe A 3 , x 23 . L’angle  est appelé angle de pas de la pale 3, α 

y

12 , y 3

.

Le point A3 est tel que : OA3  rx1 r  0 . Les trois autres pales sont reliées de manière identique au moyeu en A4, A5, A6.

y122

y0

θ

x1

x 233 β

z3

x1 

z 01

θ

x0

z2

α

z2 

y12

β z 01

y3 

x 23

α y12

Pour déterminer le vecteur V  G / 0  , on peut dériver le vecteur position OG par rapport à la base de R0.

 nn 10

Chapitre 1

V G / 0 



d OA 3  A 3G d OG  dt 0 dt



 0

d rx1 d Lx 23  dt 0 dt

r 0

d x1 dx  L 23 dt 0 dt

0

d x1  Ω 1 / 0   x1  θz θ 01  x1  θy12 dt 0 d x 23 dt

0





 Ω  2 / 0   x 23  Ω  2 / 1  Ω 1 / 0   x 23  βy β 12  x 233  θz θ 01 0  x 23 3  βz 2  θ cosβy12

y12  Lβ Lβz βz 2 . On en déduit V  G / 0    r  L cosβ  θy

d V G / R  dt

0

Lθβsinβ a  G / 0    r  Lcosβ  θ  Lθβ β i β  y12   r  Lco βsinβ Lcosβ  θ d y12 dt d z2 dt

0

0

d  r  L cosβ  θy θy12  Lβ Lβz βz 2    . dt 0

d y12 dz Lβz 2  Lβ 2 dt 0 dt

0

 Ω 1 / 0   y1  θθz 01  y1  θx1





 Ω  2 / 0   z 2  Ω  2 / 1  Ω 1 / 0   z 2  βy β 12  z 2  θz θ 01 β 2  θsinβy12 0  z 2  βx



a  G / 0    r  Lcosβ  θ  Lθβ Lθβsin β i β  y12   r  Lcosβ βsin sβ  θ 2 x1  Lβ Lβz 2  Lβ βx β 2  θsin βy12



a  G / 0    r  Lcosβ  θ  2Lθβ 2Lθβsin β i β  y12   r  Lcosβ  θ 2 x1  Lβz 2  Lβ βsin Lβ 2 x 2

Aucune base de projection particulière n’est privilégiée. Les vecteurs V  G / 0  et a  G / 0  ne sont pas à écrire dans la base liée au solide 0.  Lorsqu’un mécanisme peut être modélisé cinématiquement plan, les sousensembles cinématiques se déplacent dans des plans parallèles. Il est alors possible d’envisager une étude graphique afin de déterminer des vecteurs vitesse. Les résultats sont alors obtenus pour une configuration donnée du mécanisme. 

Exemple : On s’intéresse à un système participant à l’enfouissement de câbles sous marins (fibres optiques, câbles électriques, pipelines). Pour maîtriser l’orientation du câble par rapport au poseur, l’ensemble châssis intermédiaire S1 doit pouvoir s’incliner. Le châssis intermédiaire S1 est donc guidé en rotation par rapport au châssis inférieur S0 solidaire du véhicule sous marin, l’axe passe par le point A. C’est un vérin hydraulique, appelé vérin de relevage, qui impose l’orientation du câble.

Cinématique du solide indéformable

 11 nn

Méthodes

Pour le calcul de l’accélération, a  G / 0  

A Châssis intermédiaire (S1) B Vérin de relevage

Châssis inférieur (S0) (Fixé sur le véhicule sous marin)

On souhaite déterminer la vitesse de rotation du châssis intermédiaire S1 par rapport au châssis inférieur S0 à partir de la vitesse de sortie de la tige du vérin de relevage. La tige du vérin est articulée en B sur le châssis intermédiaire et son corps est articulé en C au châssis inférieur. On supposera pour cette étude une vitesse de sortie de la tige par rapport au corps du vérin de 10 mm/s. On choisit pour l’échelle des vitesses : 1 cm  2 mm/s. On donne AB = 425 mm. La construction est donnée en page suivante. B, tige / corps  est porté par (BC), dans le sens de la sortie. Le support de V  B La composition des mouvements au point B donne : V  B,S1 / S0   V  B,S1 / tige   V  B B, tige / corps   V  B B,corps corps / S0 S  Comme le point B est sur l’axe de l’articulation entre la tige du vérin et le châssis S1, V  B,S1 / tige   0 . B, tige ti / corps corp   V B B,corps corps / S0 . On en déduit : V  B,S1 / S0  V  B Le mouvement du corps du vérin par rapport au châssis S0 est une rotation dont l’axe passe par B,corps cor / S0  est perpendiculaire à (CB). le point C. On en déduit que le support de V  B Le mouvement du châssis S1 par rapport au châssis S0 est une rotation dont l’axe passe par le point A. On en déduit que le support de V  B,S1 / S0  est perpendiculaire à (AB).

Par construction, on trouve V  B,S1 / S0   11 mm/s. A étant le centre instantané de rotation du mouvement de S1 par rapport à S0, V  B,S1 / S0  11   0,026 rad/s. Ω  S1 / S0   AB 0, 425 On souhaite alors déterminer la vitesse du châssis intermédiaire S1 par rapport au châssis inférieur S0 en un point G indiqué en page suivante. V G G,S1/ S1/ S0  V B,S1/ S0  On utilise les propriétés du CIR A du mouvement de S1/S0 : .  AG AB Par construction, on trouve V  G,S1 / S0   20 mm/s.

 nn 12

Chapitre 1

G B’

V  B,S1 / S0 

V  B,corps B cor / S0 

 (CB)

 (AB)

V  B,S1 / S0 

V  G,S1 / S0 

 – Pour chaque liaison entre deux solides, on peut proposer un torseur cinématique. – Dans un mécanisme, les solides sont liés avec des liaisons autorisant un nombre plus ou moins important de degrés de liberté. Pour des liaisons en série, le mouvement résultant est la composition des différents mouvements de chacune des liaisons. On peut alors déterminer un torseur cinématique en composant les différents torseurs de chacune des liaisons élémentaires. 

Exemple : rotor d’hélicoptère (suite méthode 1.1) On peut reprendre le calcul de la vitesse V  G / 0  en composant les mouvements. On note qu’ici le point G est fixe dans le repère lié au solide 3, donc V  G,3 / 0   V  G / 0  et a  G,3 / 0   a  G / 0  .

On compose les mouvements : V  G,3 / 0   V  G,3 / 2   V  G, 2 / 1  V  G,1 / 0  .

Cinématique du solide indéformable

 13 nn

Méthodes

VB B, tige / corps 

On peut écrire les différents torseurs cinématiques suivants : βy θz αx  βy  αx θz   V 1 / 0    01  ,  V  2 / 1    12  ,  V 3 / 2    0 23    0  0   A3  A3  O On en déduit par la relation de Varignon : V  G,1 / 0   V  O,1 / 0   Ω 1 / 0   OG  θz θz 01   rx1  Lx 23    r  L cosβ  θy12 V  G, 2 / 1  V  A 3 , 2 / 1  Ω  2 / 1  A 3G  β βy y12  Lx L 23  Lβz 2 V  G,3 / 2   V  A 3 ,3 / 2   Ω  3 / 2   A 3G  αx αx 23  Lx L 223  0 Lβ βz 2 Finalement, V  G,3 / 0    r  L cosβ  θyy12  Lβz

θzz0  β  βy y122  αx α 2233   On peut alors écrire  V  3 / 0     01  θy12  Lβz Lβ βz 2   r  Lcosβ  θy  G Pour le calcul de a  G,3 / 0  , on peut dériver le vecteur vitesse V  G / 0  comme à la méthode 1.1 car on a a  G,3 / 0   a  G / 0  . Attention, a  G,3 / 0  

3 / 2 d V G G,3 dt



d V G G, 2 / 1

0

dt

0

En effet, le calcul des différents termes donne : d V  G,3 / 2  dt

0



 0

d V  G,3 / 2  dt



d  Lβz 2 dt

0

d V  G,3 / 2  dt

d V  G,1 / 0  dt

0

0

d V  G, 2 / 1 dt







βzz 2  Lβ β   Lβz 0

d  r  L cosβ  θy y12 dt



d z2 dt

0

Lβ 2  Lβ 2 x 2   Lβz

Lθβ β i β  y12   r  L cosβ  θ βsin    r  L cosβ  θ  Lθβsin 0

d y12 dt

0

Lθβ β i β  y122   r  Lcosβ  θ 2 x1 βsinβ    r  Lcosβ  θ  Lθβsinβ 0

On ne retrouve donc pas exactement le terme d’accélération de Coriolis trouvé à la méthode 1.1 2Lθβ θβ β sin βy y12 .

 nn 14

Chapitre 1

■  ■ Vrai/Faux 

Dans la relation V  P / R  

d OP , on peut remplacer le point O par dt R









Pour le mécanisme ci-dessus, on montre que : q 21 y 0   V 2 / 1       p q y  21 0    A  2π





Pour le mécanisme ci-dessus, on montre que : 0     V 2 / 0     p   q10 y0   A  2π





 

 

n’importe quel point de l’espace.

On s’intéresse au mécanisme suivant : z0

x0

A

1

y0

O 0

2

0 : bâti 1 : vis à billes (pas p, hélice à droite) 2 : chariot OA  h hzz 0 On donne alors :

 V  2 / 0  

   0    v 20 y0   A

Pour le mécanisme ci-dessus, on montre que V  A,1 / 0   V  A / 0  . Pour le mécanisme ci-dessus, on montre que V  A, 2 / 0   V  A / 0  .

Cinématique du solide indéformable

 15 nn

Pour le mécanisme ci-contre, le vecteur vitesse est donné par : V  B, 2 / 0   V  B, 2 / 1  V  B,1 / 0 

z2 B

z0

z0 2

2 A

x1





  θ 2 x1  Pour le mécanisme ci-dessus, on montre que :  V  2 / 1    . 0  A





Pour le mécanisme précédent, le vecteur taux de rotation de 2/0 est donné par Ω  2 / 0   θ 2 x1 .









1 x0 O

1

y0

0 x0

Pour le mécanisme précédent, le vecteur accélération a  B, 2 / 0  est donné par a  B, 2 / 0   a  B, 2 / 1  a  B,1 / 0  .

 nn 16

Chapitre 1

■  ■ Énoncé des exercices 

 L’objet de l’étude est un robot Kuka assurant la palettisation de bidons pleins dans l’entreprise Agronutrition.

(O2O6O7O3) et (O3O8O9O10) sont des parallélogrammes déformables. On pose O1O 2  axx1  bz1 , O 2 O3  cxx 2 , O3O10  O8O9  dxx 3 , O10 O5  exx 4 , O5O 4  ffz 4 . On désigne par ij la vitesse angulaire du solide i par rapport au solide j. On se place dans la situation particulière où 1 = 0°, 4 = 0° et 2 = 90°.





Seule la liaison 3/2 est actionnée, on pose α3  x 2 , x 3 . Tracer une représentation plane montrant les différentes bases. Déterminer : V  O 4 / 7  : vitesse de O4 par rapport à 7 ; V  O 4 ,7 / 1 : vitesse de O4 appartenant à 7 par rapport à 1 ; V  O 4 ,1 / 0  : vitesse de O4 appartenant à 1 par rapport au sol ;

Cinématique du solide indéformable

 17 nn

V  O 4 , 4 / 0  : vitesse de O4 appartenant à 4 par rapport au sol.

Quel est la nature du mouvement du poignet 4 par rapport à la pièce 7 ? Ceci correspond-il à la vocation de palettisation du robot ?

D’après concours CCP

 Le système étudié est un bras maître à retour d’effort de système de réalité virtuelle. Il est principalement constitué (hormis le bâti 0) de la mise en série de cinq solides : – le socle 1, – le bras 2, – l’avant-bras 3, – la platine 5, – la poignée de manœuvre 8. Les quatre premiers solides forment avec le bâti, la chaîne ouverte des liaisons pivot L01, L12 et L23. La poignée 8, est reliée à la platine 5 par trois liaisons pivot en série dont les axes se coupent en O. La platine 5 est maintenue horizontale par une transmission à poulies et câbles. On étudie dans un premier temps le mécanisme modélisé ci-après.

 : pivot d’axe  B, j : pivot d’axe  C, j : pivot d’axe  D, j

L01 : pivot d’axe B, k 01 L12 L23 L35

123 123

   

123

AB  L1k 01 BC  L 2 i2 CD  L3 i3 DO  L5 i1

On bloque la rotation dans la liaison L01, q1=0. Déterminer le vecteur vitesse V  D / 0  .  nn 18

Chapitre 1

Quelle est la condition sur q2 et q23 pour que le vecteur vitesse V  D / 0  soit porté par i1 ? Le bras Virtuose 3D présenté sur les figures comporte un dispositif spécifique de maintien en position horizontale de son support de poignée, la platine 5. Ce dispositif agit indépendamment de la motorisation des axes. Il est constitué de quatre poulies (la poulie 4 étant double) de même diamètre liées aux solides 1, 4 et 5. Deux câbles inextensibles relient sans glisser les poulies 1 et 4 puis 4 et 5. i2

k 01

L24 L23 i1

 : pivot d’axe  C, j : pivot d’axe  C, j : pivot d’axe  D, j

L12 : pivot d’axe B, j123

i1

i1

L35

123

123 123

   

i3

Montrer que ce dispositif conduit à 4/1=0 et 5/1=0. Conclure quant à la nature du mouvement de 5/1. D’après concours Mines Ponts



Afin d’améliorer les conditions Console de commande d’opérations chirurgicales dites mini Bras esclaves et bras maîtres invasives (comme la précision d’opération et le confort du chirurgien), des robots chirurgicaux ont vu le jour. Cette étude s’intéresse à l’un d’entre eux : le robot Da Vinci. Le chirurgien peut atteindre sa cible grâce à des outils longs et fins traversant le patient grâce à une incision de l’ordre du centimètre. Les trois bras esclaves, de même structure, permettent de mouvoir les outils chirurgicaux. Ces derniers passent à travers le patient grâce à de fines incisions. L’interface entre l’outil chirurgical et le patient au niveau de l’incision est assurée par un trocart qui est une pièce tubulaire servant d’interface entre le corps du patient et l’outil. La figure suivante schématise partiellement le bras esclave et une coupe transversale du patient. L’extrémité de l’outil chirurgical n’est pas représentée. Le point P’ représente un point de référence au niveau de l’extrémité de l’outil et le point T est le centre de l’incision où l’outil rentre dans le corps du patient via un trocart. Les actionneurs et les systèmes d’entraînement utiles à la mise en mouvement ne sont pas représentés pour plus de lisibilité. Cinématique du solide indéformable

 19 nn

Le point T appartient à l’axe  A ', x 0  de la liaison entre 1’ et 0. Le solide 7’ représente le corps d’outil.

Paramétrage et hypothèses : – 1’ : repère R1'   A ', x 0 , y1' , z1'  , φ   y0 , y1 '    z 0 , z1'  , A 'B'  h1x 0 , – 2’ : repère R '2   A ', x '2 , y'2 , z1'  , δ   x1' , x '2    y1' , y'2  ,

– 3’ : B'D '  h 2 y '2 , – 4’ : D 'G '  h 4 x 0 ,

– 7’ : repère R '7   H ', x '7 , y'2 , z 7'  , γ   x '2 , x '7    z '2 , z '7  ,

– F'E '  G 'C' ; F'G '  E 'C ' ; D 'B'  C 'A ' ; D 'C '  B'A ' . Le point T est situé à l’intersection des axes  A ', x 0  et  P ', y '2  . Le vecteur vitesse du point T de 7’ par rapport à 0, noté V  T,7 '/ 0  , doit être colinéaire à y '2 .

Exprimer V  T,7 '/ 0  dans la base  x '2 , y'2 , z '2  en fonction des données de l’énoncé. Il est

conseillé d’utiliser la relation de Varignon en passant par le point P’ et de calculer V  P ',7 '/ 0  par dérivation du vecteur position. Exprimer le torseur cinématique de 7’/0 réduit en T, par ses composantes dans la base  x '2 , y'2 , z'2  et donner la liaison équivalente entre 7’ et 0 au point T. Quelle exigence justifie cette structure ? Expliquer sans calcul.

D’après concours Centrale Supélec

 On s’intéresse à une banderoleuse destinée à enrouler un film transparent pré-étiré sur les faces latérales de produits palettisés. Le but de ce banderolage est de maintenir le chargement de la palette et de le protéger contre les poussières et l’eau. Hypothèses : – La palette est parfaitement centrée sur le point O fixe, appartenant à l’axe de la liaison pivot entre le plateau de banderolage et le socle horizontal.  nn 20

Chapitre 1

– La variation de position du point A est supposée faible devant la distance OA : le point A est donc supposé fixe. Le film est supposé passer par le point A. Axe de rotation du plateau

Bâti 0 Produits palettisés

Chariot

A O Plateau 1

Film 3

Données et paramétrage : – R 0   O, x 0 , y0 , z 0  : repère fixe lié au socle horizontal 0 tel que x 0 passe par le point A.

– R1   O, x1 , y1 , z 0  : repère lié au plateau de banderolage 1 tel que x1 passe par le sommet S de la palette. θ   x 0 , x1   ω1/0  t avec ω1/0 constante.

– R 2   A, x 2 , y 2 , z 0  tel que OA  cxx 0 , x 2 est confondu avec la direction du film. β   x 0 , x 2  – R 3   S, x 3 , y3 , z 0  : repère lié au film, x 3 est confondu avec la direction du film.

Pour faciliter les calculs, on posera AS  λxx 2 . Cinématique du solide indéformable

 21 nn

Tracer une représentation plane des rotations relatives des différentes bases. Exprimer les vecteurs taux de rotation. Exprimer dans la base de R1, le torseur cinématique du solide 1 par rapport au solide 0 en S. Exprimer la condition de non-glissement en S de 3 par rapport à 1. En déduire le vecteur vitesse V  S,3 / 0  en projection dans la base de R1 en fonction de a, b et ω1/0 . Calculer la vitesse de défilement du film vd  V  S,3 / 0  .xx 2 en fonction de a, b,  et ω1/0 . Exprimer la tangente de l’angle  en fonction de a, b, c, et . On donne : a = 0,6 m, b = 0,8 m, c = 2 m, 1/0 = /2 rad.s-1. Par une étude géométrique, justifier et exprimer les angles 1, 2 et M correspondant aux trois positions angulaires particulières de la palette données sur la figure ci-après. Calculer les valeurs numériques (en degré) correspondantes.

Une résolution numérique a permis de tracer la courbe vd = f().

On obtient les valeurs suivantes : 1 = 28,2°, 2 = 155°, M = 75,5°.

 nn 22

Chapitre 1

Calculer les valeurs des vitesses de défilement vd1, vd2 et vdM correspondantes. Compléter le graphique précédent en y reportant ces valeurs caractéristiques ainsi que les points S1, SM, et S2. Sachant qu’à l’instant initial = 1, préciser dans les différentes zones de la courbe, le numéro de la face concernée.

D’après concours Petites Mines

 La technologie hybride de TOYOTA, nommée HSD (Hybrid Synergy Drive) associe un moteur thermique à essence et sa transmission, à deux machines électriques et une batterie de puissance. Les schémas ci-dessous mettent en évidence les deux machines électriques (le moteur électrique et la génératrice) reliées au moteur thermique par un train épicycloïdal.

On note ωi/ j la vitesse de rotation du solide Si par rapport à Sj. Par souci de simplification d’écriture, on note : – Moteur électrique ME : ωME  ω ME/0 , – Moteur thermique : ωMT  ω MT/0 , – Génératrice électrique : ωGE  ωGE/0 . Les roues de la voiture ont un diamètre D de 60 cm, elles roulent sans glisser sur le sol et leur vitesse de rotation par rapport au châssis, notée ωR , est identique en ligne droite. On note V la vitesse du véhicule par rapport au sol en ligne droite. On supposera V  0 . ω Le réducteur présente un rapport de transmission : K  R  0, 25 , où ωS est la vitesse de ωS rotation de l’arbre de sortie du train épicycloïdal. ωS est supposée positive ( ωS  0 ). La transmission par chaîne silencieuse fait partie du réducteur. On donne ci-après le schéma cinématique du train épicycloïdal.

Cinématique du solide indéformable

 23 nn

y0 S2

S2

S3

S3 S4

z0

y4

x4

J

y0

A I

O

S4

x0

S1

S1

S0

S0 On appelle Ri le rayon primitif de la roue dentée liée au solide Si.

Exprimer les relations de non-glissement en I et J. Introduire en référence le solide S4. Déterminer la relation entre ω1/0 , ω3/0 , ω4/0 . La mettre sous la forme ω1/0  λω3/0  μω4/0  0 en identifiant λ et μ en fonction des nombres de dents Z1 et Z3 des planétaires. Sachant que la vitesse maximale du véhicule est V=170 km/h, déterminer l’amplitude de variation de ωS en tr/min. Compte tenu de la réponse à la question précédente, c’est le moteur électrique qui est le plus adapté (plage de vitesse en fonctionnement comparable), pour être relié directement à ωS . On prendra donc dans la suite : ωS  ωME . Le constructeur fournit les deux courbes de fonctionnement ci-dessous. Fonctionnement tout électrique - Démarrage Fonctionnement hybride sans génération d’électricité ω ωMT ωGE ωME ωMT ωME GE

0

0

En analysant les deux courbes précédentes, déterminer à quel composant est associé chaque arbre (1, 3 et 4) du train épicycloïdal. À la suite de l’analyse précédente, le constructeur propose la relation linéaire :  nn 24

Chapitre 1

ωGE   k b  1 ωMT  k b ωS  0 avec ω ME  ωS et k b  2,6

Compte tenu de critères de fabrication, le pignon satellite a 16 dents. En supposant que le module de fonctionnement de chaque engrenage est identique, déterminer le nombre de dents de chaque roue dentée du train épicycloïdal. D’après concours Centrale Supélec

 Le système proposé est extrait d’une ligne d’imprimerie industrielle pour des journaux, magazines, publicités, etc. Après l’impression et le séchage, les cahiers sont pliés puis évacués. Ces fonctions sont effectuées par la plieuse. Nous nous intéresserons ici uniquement à l’évacuation des cahiers. Cette fonction est réalisée au moyen d’un tambour 1 muni de plusieurs ensembles arbre 2 - galet 3. Chaque ensemble permet de traiter un cahier par tour du tambour 1. L’étude cinématique sera faite avec un seul ensemble arbre 2 - galet 3.

Hypothèses : – les liaisons pivot sont modélisées comme parfaites, – le contact galet 3/came liée au bâti 0 est supposé ponctuel en I, – θ = constante, – le repère R 0   O, x 0 , y0 , z 0  est lié au bâti 0, – le repère R1   O, x1 , y1 , z 0  est lié au tambour 1,

– le repère R 2   A, x 2 , y 2 , z 0  est lié à l’arbre 2,

– le repère R 3   C, x 3 , y3 , z 0  est lié au galet 3. Caractéristiques géométriques : co c αx x 2  sin αy 2  avec rayon du galet 3, – CI  r  cos – OA   R  r  x1  hz 0 avec R = 237 mm et r = 26 mm, Cinématique du solide indéformable

 25 nn

– AB   Lxx 2 avec L = 48 mm, hz 0 . – BC  hz Fonctionnement de ce mécanisme : Ce mécanisme est constitué : – d’un tambour 1 en liaison pivot d’axe  O, z 0  par rapport au bâti 0,

– d’un arbre 2 en liaison pivot d’axe  A, z 0  par rapport au tambour 1,

– d’un galet cylindrique 3 en liaison pivot d’axe  C, z 0  par rapport à l’arbre 2. Le galet 3 roule sans glisser sur la came liée au bâti 0. L’ensemble est entraîné par un moteur dont le stator est lié au bâti 0 et le rotor au tambour 1. Le moteur n’est pas représenté sur les schémas cinématiques. Pour maintenir constamment le contact entre le galet 3 et la came liée au bâti 0, une barre de torsion élastique liée au tambour 1 et à l’arbre 2 applique sur l’arbre 2 une action modélisable par un torseur couple. Cette barre de torsion n’est pas représentée sur les schémas cinématiques. La came liée au bâti 0 est réalisée à partir d’un cylindre de rayon R. Sur le secteur angulaire , la came comporte un profil constitué par une suite de courbes se raccordant tangentiellement. Le passage d’un galet 3 sur ce profil entraîne une rotation de l’arbre 2 autour de l’axe  A, z 0  , dans un sens puis dans l’autre afin de prendre puis libérer un cahier par fermeture puis par ouverture de la lame de pincement liée à l’arbre 2. Soient I le point de contact entre le galet 3 et la came liée au bâti 0 sur le secteur angulaire  2π  γ  et V  I,3 / 0   v x x 2  v y y2 . Déterminer vx et vy en fonction de L, R, r, β , α , θ et . Sachant que le galet 3 roule sans glisser sur la came liée au bâti 0, déterminer la relation





β  f R, r, L,α,θ .

Lorsque le galet 3 parcourt le secteur angulaire  2π  γ  , l’angle α est constant : α  α 0 . Calculer α 0 en fonction de L, r et R. Effectuer l’application numérique. On montre qu’au cours d’un cycle (rotation d’un tour du tambour 1 autour de son axe  O, z 0  ), la variation de

l’angle α est inférieure à 8°. Montrer sous cette condition que la vitesse de rotation β du

galet 3 autour de son axe  C, z 0  peut être en première approximation, considérée comme constante. Justifier l’intérêt de la liaison pivot entre l’arbre 2 et le galet 3.

D’après concours Centrale Supélec

 Le support de l’étude est une ligne de fabrication de laine de verre de l’entreprise ISOVER. La laine de verre, disponible en rouleaux ou en panneaux équipés ou non d’un papier Kraft pare vapeur, est principalement utilisée pour l’isolation thermique et phonique des bâtiments. L’alimentation du four en poudre de verre est réalisée par l’intermédiaire du chariot de l’enfourneuse qui effectue des allers et retours au dessus de la surface du four et par l’ouverture alternative de la trappe située à la base du chariot nommée casquette.

 nn 26

Chapitre 1

L’enfourneuse est constituée du chariot, de sa trémie et de la trappe d’ouverture nommée casquette dont le principe de fonctionnement est représenté par le schéma cinématique du document réponse ci-dessous.

Cinématique du solide indéformable

 27 nn

Le moteur entraînant le réducteur est un moteur à courant continu à excitation séparée. Grandeurs nominales : Pm = 460 W, Nm = 1500 tr.min−1. Réducteur à roue et vis sans fin de rapport de transmission k = 95,8. On donne AB = 40 mm. Vérifier que les caractéristiques du moteur permettent d’obtenir le mouvement d’oscillation de la casquette à une fréquence maximale fmaxi = 0,25 Hz. En utilisant une échelle des vitesses de 1 mm pour 2 mm.s−1, tracer les constructions sur le schéma cinématique en page précédente et déterminer, pour la fréquence maximale fmaxi = 0,25 Hz, la valeur de la norme de la vitesse du point F de la casquette V  F,5 / 0  . D’après concours Centrale Supélec

 Le système proposé est extrait d’un simulateur de vol. Les principaux constituants mécaniques sont (voir schéma en page suivante) : – le bras 1, pièce verticale destinée à assurer essentiellement la position en hauteur de la cabine :  en liaison pivot en A1 avec le bras supérieur b1 d’axe  A1 , x 0  ,  en liaison sphérique en A2 avec le bras inférieur b2, – le bras supérieur b1 est en liaison pivot d’axe  O1 , x 0  avec le bâti , – le bras inférieur b2 est en liaison sphérique avec le bâti , – le bras 1 est commandé par un vérin hydraulique, dont le corps C V est en liaison pivot d’axe

 OV , x 0 

avec le bâti  et la tige tV est en liaison sphérique en A avec le bras 1. La configuration géométrique du système est caractérisée par la position angulaire β du bras supérieur b1 de longueur L = O1A1 = O2A2 =1,22 m. Quel est le mouvement du bras 1 par rapport au bâti  ? Donner le vecteur taux de rotation Ω (1/). Déterminer le vecteur vitesse V (A,1/0) en fonction de L et β .

La valeur de la vitesse de sortie de la tige tV par rapport au corps du vérin CV est constante et de valeur 1 m.s−1. Effectuer graphiquement sur le schéma du document réponse des constructions permettant de déterminer la vitesse instantanée de rotation β du bras supérieur b1 pour la position de l’ensemble correspondant à β = 30°. On prendra une échelle de représentation des vitesses de 3 cm pour un module de vitesse de 1 m.s−1. Déterminer la vitesse verticale vV du bras 1.

 nn 28

Chapitre 1

D’après concours CCP

 Exercice 1.1. Le point O3 est fixe dans le repère lié au solide 7. Exercice 1.2. On peut dériver le vecteur position BD . Exercice 1.3. On peut dériver le vecteur position A 'P ' . Exercice 1.4. Le torseur cinématique du mouvement de 1/0 est au point O, ω z   V 1 / 0    0 1/0 0  . Il faut ensuite appliquer la relation de Varignon.    O 



Exercice 1.5. V(I,S2 / S1 )  0 et V(J,S3 / S2 )  0 







Exercice 1.6. V(I,3 / 0)  V(C,3 / 0)  Ω  3 / 0   CI .

Cinématique du solide indéformable

 29 nn

■  ■ Corrigé des vrai/faux 

faux

vrai

vrai

faux

vrai

faux

vrai

faux

faux

faux

On peut remplacer le point O par n’importe quel point fixe dans le repère R. Le torseur cinématique d’une liaison glissière de direction y 0 est bien de la forme   0    quel que soit le point de réduction.  v 20 y0   A Avec une hélice à droite le torseur cinématique de la liaison hélicoïdale de 2/1 est bien q 21 y 0    V  2 / 1    p q y  .  2π 21 0 

 V  2 / 0  

A

q 21 y0     V  2 / 0     V  2 / 1    V 1 / 0     p q y   21 0    A  2π

q10 y0   . 0  A

0    Or q10  q 21 et donc  V  2 / 0     p .  q y 10 0    A  2π Le point A est fixe dans un repère lié à 1. V  A,1 / 0   V  A / 0  .

Le point A n’est pas fixe dans un repère lié à 2. p V  A / 0   0 alors que V  A, 2 / 0    q10 y 0 . 2π Il y a bien composition des vecteurs vitesse.

θ x  Pour une liaison pivot glissant d’axe (A, x1 ),  V  2 / 1    2 1  . u 21x1  A

Il y a composition des vecteurs taux de rotation : Ω  2 / 0   Ω  2 / 1  Ω 1 / 0   θ 2 x1  θ1z 0 .

Il n’y a pas dans le cas général de composition des vecteurs accélération. Dans notre cas, le terme de Coriolis serait faux.

 nn 30

Chapitre 1

 – Il ne faut pas dériver systématiquement un vecteur position pour déterminer un vecteur vitesse. Lorsque A n’est pas fixe dans un repère lié à S, V  A / R   V  A,S / R  . – Lorsqu’un point est fixe dans un repère R, V  A / R   0 . Cela n’implique pas

Corrigé

forcément V  A,S / R   0 . – Pour dériver un vecteur, il faut appliquer la formule de Bour. Dans le contraire, il est nécessaire de projeter le vecteur dans la base par rapport à laquelle on dérive. Le résultat est alors donné de manière non concise et sera alors peu exploitable pour les calculs ultérieurs. – Il n’y a pas de composition des vecteurs accélération dans le cas général.

Cinématique du solide indéformable

 31 nn

■  ■ Corrigé des exercices 

y 0  y1  y2  y4

α1  0 α 2  90 α 4  0

z3

z 0  z1

x 0  x1

 z 4  z5

 x 4  x5

 x2

V  O4 / 7  

dO O3 O 4 dt

ddx x3 dex 4 V  O4 / 7    dt 7 dt V  O 4 / 7   dα α3 z3

x2

α3

 y5



z2

x3

 7

dO3O10 dt

dfz 4  dt 7

7

 7

dO10 O5 dt



α3 z2

y 2  y3

 7

dO5O4 dt

7

 dΩ  3 / 7   x 3  dΩ  3 / 2   x 3  d dα α3 y3  x 3

 Méthode 1.1 V  O 4 ,7 / 1  0 car notre cas d’étude le solide 7 est fixe par rapport au solide 1. V  O 4 ,1 / 0   0 car notre cas d’étude le solide 1 est fixe par rapport au solide 0. V  O 4 , 4 / 7   V  O 4 / 7  car le point O4 est fixe dans le repère lié à au solide 4.

Par composition des mouvements V  O 4 , 4 / 0   V  O 4 / 7   V  O 4 ,7 / 1  V  O 4 ,1 / 0  . α3 z3 . On en déduit V  O 4 , 4 / 0   dα

 Méthode 1.3 Le mouvement de 4 par rapport à 7 est une translation circulaire de rayon d. Pour palettiser des produits (ici des bidons), il est préférable que le préhenseur garde la direction z 4 verticale par rapport au sol.

 nn 32

Chapitre 1

V  D / 0  dii2 dt

dii3 dt

dBD BD dBC dCD dii    L2 2 dt 0 dt 0 dt 0 dt

 L3 0

di3 dt

0

 q 2 j123 12  i2  q 2 k 2 0

 q 233 j1233  i2  q 23k 3 0



V  D / 0    L 2 q 2 k 2  L3q 233k 3

  Méthode 1.1



q 2 cos q 2  q 233 cos q 233  0 Après intégration, sin q 2  sin q 23  0 et donc q 2  q 23 . Hypothèses de non-glissement au contact poulies/câbles : ω 42  ω12 et ω53  ω 43 . ω41  ω12  ω12 et donc ω 41  0 . On en déduit que ω51  ω53  ω34  ω41  0 .





Le mouvement de 5/1 est une translation parallèle au plan i1 , k 01 .



d A 'B'  B'D '  D 'G '  G 'P ' dA A 'P ' V  P ',7 '/ 0    dt 0 dt





 0

d  hx x 0  h 2 y '2  h 4 x 0  λy'2  dt

0



V  P ',7 '/ 0    h 2  λ  Ω  2'/ 0   y'2  λy λy '2   h 2  λ  δz1'  φx1'  y '2  λy y '2





V  P ',7 '/ 0    λ  h 2  δx x '2  φ cos  δ  z1'  λy y '2

 Méthode 1.1 V  T,7 '/ 0   V  P ',7 '/ 0   Ω  7 '/ 0   P 'T









V  T,7 '/ 0    λ  h 2  δx '2  φ cos  δ  z1'  λy '2  δz δ 1'  φx1'  γy γ '2   λ  h 2  y '2

On en déduit : V  T,7 '/ 0  λyy'2 .  Méthode 1.3



 

Ω  7 '/ 0   δδzz1'  φ φx1'  γy γ '2  δz '2  φ  cos  δ  x '2  sin  δ  y '2   γy '2

Cinématique du solide indéformable

  33 nn

Corrigé



V  D / 0     L 2 q 2 sin q 2  L 2 q 23 sin q 23  i1   L3q 2 cos q 2  L3q 23 cos q 23  k1

φ cos  δ  0    i  δ  λ  V  7 '/ 0   γ  φφsin δ 0  ' ' ' T  x 2 ,y2 ,z2 

La liaison équivalente 7’/0 est une liaison sphère/cylindre de centre T et de direction y '2 .  Méthode 1.3 Cette structure permet de ne pas blesser le patient au niveau du trocart. Ω 1 / 0   θz θz 0  ω1/0 z0 1/ z 0 , Ω  2 / 0   Ω  3 / 0   βz y1

y0

θ

y 2  y3

y0

β

x1 z0

 V 1 / 0   

x 2  x3

θ



x0

z0

β



x0

ω1/0 z0       0  O

V S,1 / 0   V  O,1 / 0   Ω 1 / 0   OS  0  ω1/0 z 0  ω1/0 z 0     V 1 / 0     a 2  b2  y1  ω1/0 2  S

a 2  b2 a 2  b2 x1  ω1/0 y1 2 2

 Méthode 1.3 Condition de non-glissement en S de 3 par rapport à 1 : V  S,3 / 1  0 . V S,3 / 0   V S,3 / 1  V S,1 / 0   V S,1 / 0   ω1/0

a 2  b2 y1 2

 Méthode 1.3 vd  V S,3 / 0  .x x 2  ω1/0

a 2  b2 a 2  b2 sin β  θ  y1.x 2  ω1/0 2 2

OA  AS  OS

 nn 34

Chapitre 1

cx x 0  λx 2 

a 2  b2 x1 2

a 2  b2 x1.y2 2 a 2  b2 a 2  b2 csinβ   sin β  θ     sin β  cos θ   cos β  sin θ   2 2 a 2  b2 c tanβ   tan β  cosθ  sin θ   2   a 2  b2 a 2  b2 cosθ  tanβ   sin  θ  c    2 2  

En projection sur y 2 , cx x 0 .y2 

a 2  b2 sin θ 2 Pour finir, tan β  . a 2  b2 c cosθ 2

Corrigé



a/2 et donc β1  8,6 . c b/2 et donc β 2  11,5 sin β 2   c a 2  b2 / 2 et donc β M  14,5 sin β M   c a 2  b2 vd  ω1/0 sin  β  θ  2 π 0,62  0,82 vd1  sin  8,6  28, 2   0, 47 m/s 2 2 sin β1  

Cinématique du solide indéformable

 35 nn

π 0,62  0,82 sin  11,5  115  0,63 m/s 2 2 π 0,62  0,82  sin  14,5  75,5   0,78 m/s 2 2

vd2 

vdM

Face 3

Face 2

Face 1

Face 4

Vd1 S1 S2

Vd2

SM

VdM







Non-glissement en I : V(I,S2 / S1 )  0 et donc V(I,S2 / S4 )  V(I,S1 / S4 ) . 











V(A,S2 / S4 )  0 , donc V(I,S2 / S4 )  Ω S2 / S4   AI  ω2/4 z 0   R 2 x 4   R 2 ω2/4 y 4 V(O,S1 / S4 )  0 , donc V(I,S1 / S4 )  Ω  S2 / S4   OI  R1ω1/4 y 4

On en déduit  R 2 ω2/4  R1ω1/4 . 





Non-glissement en J : V(J,S3 / S2 )  0 et donc V(J,S3 / S4 )  V(J,S2 / S4 ) . 











V(O,S3 / S4 )  0 , donc V(J,S3 / S4 )  Ω  S3 / S4   OJ  ω3/4 z 0   R 3 x 4   R 3ω3/4 3/ y 4 V(A,S2 / S4 )  0 , donc V(J,S2 / S4 )  Ω S2 / S4   AJ  ω2/4 z 0   R 2 x 4   R 2 ω2/4 y 4

 Méthode 1.1 On en déduit R 3ω3/4  R 2 ω2/4 . En combinant les deux relations, R 3ω3/4  R1ω1/4 .  R 3ω3/0  R 3ω4/0  R1ω1/0  R1ω4/0 R1ω1/0  R 3ω3/0   R1  R 3  ω4/0  0

ω1/0 

 R1  R 3  R3 ω3/0  ω4/0  0 R1 R1

 nn 36

Chapitre 1

Relation de la forme ω1/0  λω3/0  μω4/0  0 avec λ 

R3 R et μ  1  3 . R1 R1

ω D et K  R  0, 25 . ωS 2 2V On en déduit : ωS  . KD 2  170 30 A.N. : ωS   630 rad/s soit ωS  630   6010 tr/min. 0, 25  0,6  3.6 π La plage de variation de s est donc [0 ; 6010 tr/min].  R1  R 3  R On rappelle que ω1/0  3 ω3/0  ω4/0  0 R1 R1 Le premier tracé donne pour MT=0, GE et ME de signes opposés et ωGE  ωME . De plus, R3 > R1. On en déduit ω4/0  ωMT , ω3/0  ωME  ωs et ω1/0  ωGE .

V  ωR

ωGE   k b  1 ωMT  k b ωS  0 avec ω ME  ωS et k b  2,6

R3 Z  3 . R1 Z1 L’énoncé donne Z2=16 dents. La géométrie du train donne R 3  R1  2R 2 et donc Z3  Z1  2Z2 .

Z3  2,6  Z1

On en déduit le système suivant : Finalement

Z1  20dents Z3  52dents

Z3  Z1  32

Corrigé

On en déduit k b  

.

.









La relation de Varignon donne V(I,3 / 0)  V(C,3 / 0)  Ω  3 / 0   CI . 







.

.

.

V(I,3 / 0)  V(C,3 / 0)  (θ  α  β)zz 0  r(cos αx 2  sin αy 2 ) .

.

.

V(I,3 / 0)  V(C,3 / 0)  r(θ  α  β)(cos αy y 2  sin αx 2 ) 



Ensuite V(C,3 / 0)  V(C, 2 / 0) car la liaison 3/2 est une liaison pivot d’axe (C, z 0 ) . 









.

.

Lx 2  hz 0 ) . De plus, V(C, 2 / 0)  V(A, 2 / 0)  Ω  2 / 0   AC  V(A, 2 / 0)  (θ  α)zz 0  (L 







.

.

V(C, 2 / 0)  V(A, 2 / 0)  L(θ  α)y y2 V(A, 2 / 0)  V(A,1 / 0) car la liaison 2/1 est une liaison pivot d’axe (A, z 0 ) .

Cinématique du solide indéformable

 37 nn













V(A,1 / 0)  V(O,1 / 0)  Ω 1 / 0   OA  Ω 1 / 0   OA car la liaison 1/0 est une liaison pivot

d’axe (O, z 0 ) . 

V(A,1 / 0)  θzz0   (R  r)x x1  hz h 0   (R  r)θy1 On en déduit donc que : 

V(I,3 / 0)  (R  r)θy θy y1  L(θ  α)y α) 2  r(θ (θ  α  β β)sin αx 2  r(θ  α  β)cos αy 2 

V(I,3 / 0)  (R  r)θ(sin θ(sin αx x 2  cos αy 2 )  L(θ  α)y α) 2  r(θ (θ  α  β β)sin αx 2  r(θ  α  β)cos αy 2 









V(I,3 / 0)  (R  r)θsin θsin α  r(θ  α  β β) i α x 2  (R β)sin (  r)θ )θ cos α  L( L(θ  α))  r(θ (θ  α  β)cos α y 2

Pour finir,

Vx  Rθsin θsin α  r( r(α (α  β β)sin ) α α  r(2θ  α  β β)cos α Vy  Rθθ cos α  L(θ  α) 



La condition de non-glissement de 3/0 s’écrit V(I,3 / 0)  0 . .

.

θsin α  r(α r((  β)sin β) α  0 On a alors Rθsin

Rθθ cos α  L(θ  α) α  r(2θ  α  β β)) cos α  0

Rθsinα θsinα  rβsin rβ β sin α  rαsin rα αsin α  0 α

 R cos α  L  2r cos α  θ  rββ cos α   r cos α  L  α  0 On élimine α :

θsin α  βsin β α   r cos α  L     R cos α  L  2r cos α  θ  rβ cos α  r sin α  0  Rθsin

β  r sin α  r cos α  L   r 2 cos αsin α   θ  R sin α  r cos α  L    R cos α  L  2r cos α  r sin α  Lrβsin βsin α  θ  R sin α  r cos α  L    R cos α  L  2r cos α  r sin α 

βθ βθ

 R  r cos α  L    R cos α  L  2r cos α  r 

Lr  22  R  r  r cos α  L  r  R  

Lr  R  R  r  cos α  β  θ 1   2  r L  

 Méthode 1.3 Sur le secteur angulaire (2π  γ) , le triangle OAC est isocèle en O. L/2 . On remarque que cos α 0  Rr  L/2  α0  arccos  

Rr

 nn 38

Chapitre 1

 L/2   48 / 2   A.N. : α0  arccos    arccos    84,8 Rr  237  26  .   R  r  cos α  . R On rappelle que β  θ 1   2  r L   Si la variation de l’angle α est inférieure à 8° alors cosα peut être considéré comme constant. .

Nm = 1500 tr.min−1 et k = 95,8. Il faut un tour de sortie de motoréducteur 1 pour un aller/retour de la casquette 5. 1500 On en déduit f maxi   0, 26 Hz. 60 95,8 V  B,1 / 0   Ω 1 / 0  AB A  2π 0, 25 0,04  62,8 mm/s.

Le mouvement de 1/0 est une rotation autour d’un axe passant par A. V  B,1 / 0  est donc orthogonal à (AB), dans le sens du mouvement de 1/0. V  B, 2 / 0   V  B,1 / 0  car le point B est CIR du mouvement de 2/1. Le mouvement de 3/0 est une rotation autour d’un axe passant par C. V  D,3 / 0  est donc orthogonal à (CD), dans le sens du mouvement de 3/0. Or V  D, 2 / 0   V  D,3 / 0  car le point D est CIR du mouvement de 2/3. Par équiprojectivité du champ des vecteurs vitesse de la bielle 2 en mouvement par rapport au B, 2 / 0  .BD BD  V  D, D 2 / 0  .BD BD . bâti 0, V  B On utilise les propriétés du CIR C du mouvement de 3/0 : Par construction, on trouve V  E,3 / 0   100 mm/s.

VD D,3 3 / 0 CD



V  E,3 / 0 CE

.

V  E,3 / 0   V  E, 4 / 0  car le point E est CIR du mouvement de 3/4.

Le mouvement de 5/0 est une rotation autour d’un axe passant par OC. V  F,5 / 0  est donc orthogonal à (OCF), dans le sens du mouvement de 5/0. Or V  F, 4 / 0   V  F,5 / 0  car le point F est CIR du mouvement de 4/5. Par équiprojectivité du champ des vecteurs vitesse de la bielle 4 en mouvement par rapport au E, 4 / 0  .EF EF  V  F F, 4 / 0  .EF EF . bâti 0, V  E Par construction, on trouve V  4,5 / 0   93 mm/s. Cinématique du solide indéformable

 39 nn

Corrigé

Comme θ , r et L sont constants, alors la vitesse de rotation β peut être considérée comme . R constante. On a donc sous cette condition β θ . r La liaison pivot 3/2 permet au galet 3 de rouler sans glisser sur la came liée au bâti 0. Cela limite la puissance dissipée par frottement de glissement.

V  B,1 / 0   V  B, 2 / 0  V  D,3 / 0   V  D, 2 / 0 

// (AB)

V  F, 4 / 0  V  D,3 / 0 

 V  F,5 / 0 

V  E,3 / 0   V  E, 4 / 0 

D’  (DC)

 Méthode 1.2 O1A1 = O2A2 et O1O2 = A1A2. (O1A1A2O2) est un parallélogramme déformable. A1A2 garde donc une orientation constante. Le mouvement du bras 1 par rapport au bâti  est une translation circulaire de rayon L. On en déduit Ω (1/) = 0 . V (A1,b1/) =

dO O1A1  Ω  b1 / 0   O1A1  βx βx 0  Ly b  Lβz b . dt 0

Le bras 1 est en liaison pivot en A1 avec le bras supérieur b1 d’axe  A1 , x 0  .

βzz b . On en déduit que V (A,1/) = V (A1,b1/) = Lβz

 Méthode 1.1 V (A,tV/CV) =1 m.s−1. V (A,tV/0) = V (A,1/0) car A est sur l’axe de la liaison pivot tige tV/bras 1. De plus, V  A, t V / 0   V  A, t V / C V   V  A,C V / 0  . Ensuite le mouvement de 1/0 étant une translation, le champ des vecteurs vitesse est uniforme et V  A,1 / 0   V  A1 ,1 / 0  . V (A1,1/0) = V (A1,b1/0) car A1 est sur l’axe de la liaison pivot bras b1/bras 1.  nn 40

Chapitre 1

On en déduit β 

V  A1 , b1 / 0  L



1,03  0,85 rad/s. 1, 22

Par projection sur la direction z 0 , la composante verticale de V  A,1 / 0  , est v V  0,9 m/s.

V  A, t V / 0 

V  A, t V / C V 

 V  A,1 / 0  V  A1 ,1 / 0 

vV z0

 V  A1 , b1 / 0 

 (OVA) V  A,C V / 0 

 Méthode 1.2

Cinématique du solide indéformable

 41 nn

Corrigé

 (O1A1)

Chapitre

2

Statique du solide indéformable

Le 1er brevet sur l’ (dite « fabrication additive ») est déposé en 1984, par trois Français : Jean-Claude André, Olivier de Witte, et Alain le Méhauté, pour l’entreprise . L’entreprise américaine lance en 1988 la première imprimante 3D. De nombreux procédés ont vu le jour : (StéréoLithographie Apparatus, 1984), (Fused Deposition Modeling ou dépôt de fil (Direct Metal Laser fondu, 1988), (3D Paper Printing, Sintering, 1995), 2003). Les développements ultérieurs ont permis d’avoir des imprimantes 3D couleur, d’améliorer les temps d’exécution, de donner la possibilité de construire sa propre imprimante ou de fabriquer des pièces de taille très importante (maisons). À l’origine plus dédié au prototypage rapide, le procédé d’impression 3D tend de plus en plus à permettre la fabrication de pièces fonctionnelles. Aujourd’hui, le marché de l’impression 3D est en pleine expansion.

 ■  ■ Objectifs  ■ Ce qu’il faut connaître 

Le modèle local d’une action mécanique à distance ou de contact



Les lois de Coulomb sur le frottement



Le modèle global ou torseur d’une action mécanique



Le torseur d’actions mécaniques transmissibles par une liaison normalisée



Le théorème des actions réciproques



Le principe fondamental de la statique.

■ Ce qu’il faut savoir faire  

Isoler un système matériel



Faire un bilan des actions mécaniques extérieures s’appliquant sur le système isolé



Proposer une modélisation globale des actions mécaniques extérieures



Conduire une démarche d’isolements afin d’atteindre l’objectif demandé



Appliquer tout ou partie du principe fondamental de la statique.

■  ■ Résumé de cours 

  Soit M un point quelconque appartenant au solide S indéformable. Action de la pesanteur au point M : df M  ρ d Vg – ρ masse volumique [kg/m3] – g  gz accélération de la pesanteur [m.s-2] – dV Élément de volume infinitésimal dV  d xd ydz en coordonnées cartésiennes dV  ρdθdρdz en coordonnées cylindriques

z

M

dV

S

df M

O

x

y

en coordonnées sphériques d V  r 2 sin φ d θ d φ d r



Soit M un point quelconque appartenant au solide S indéformable.



ρ d Vg  F  pesanteur  S  M  A,pesanteur A pesanteur  S   AM  ρ d Vg Poids du solide S : R  pesanteur  S   ρ d Vg  mg R  pesanteur  S 

A

V

V

V

avec m la masse de S. G, pesanteur  S  0 Au centre de gravité G : M  G 

Soit M un point quelconque dans le plan tangent au contact de 1/2. Action de contact au point M : df M 1  2   P d S n – P pression de contact [Pa] – n normale au contact – dS élément de surface infinitésimal (ou surface élémentaire) : en coordonnées cartésiennes dS  d x d y 1 Statique du solide indéformable

n df M 1  2 

M

2

dS

 45 nn

en coordonnées cylindriques dS  ρ d θ d ρ (surface plane) ou dS  R d θ d z (surface cylindrique) en coordonnées sphériques dS  R 2 sin φ d θ d φ (surface sphérique) Action linéique au point M : df M 1  2   q d x n – q charge linéique [N/m] – dx élément de ligne – n normale au contact

Action surfacique au point M : df M 1  2   dn M 1  2  dt M 1  2 dn n M 1  2   P d Sn n – P pression de contact [Pa] – dS élément de surface – n normale au contact

n

2 M

1

n dn n M 1  2 

dx

θ

df M 1  2 

2 V  M, 2 / 1

Facteur de frottement du contact 1 / 2 : f  tan φ – Adhérence : V  M, 2 / 1  0 et θ  φ – Limite d’adhérence : V  M, 2 / 1  0 , θ  φ et tan φ 

df M 1  2 

1

dS M dtt M 1  2 

t

dtt M 1  2  dn n M 1  2 

M, 2 / 1  dfM 1  2  0 , – Glissement : V  M dtt M 1  2 

θ  φ , tan φ 

dn n M 1  2 

– Effort normal au contact N(1  2) 

 dn S

M

1  2 

– Moment résistant au roulement M r (O (O,1 1  2) 

 OM  dn S

M

1  2  , O point de l’axe de rotation du roulement

M r (O (O,1 1  2)  μ r N(1  2) (égalité à la limite ou s’il y a roulement effectif Ω r  2 / 1  0 )

μr coefficient de résistance au roulement [m]

 nn 46

Chapitre 2

– Moment résistant au pivotement Mp  O O,1 1  2 

 OM  dt S

M

1  2  , O point de l’axe de rotation du pivotement

M p (O (O,1 1  2)  μ p N(1  2) (égalité à la limite ou s’il y a pivotement effectif Ω p  2 / 1  0 )

μp coefficient de résistance au pivotement





  M  A,S  S  R SS

F  S  S  A

df   F  S  S    AM  F  S  S   n

 Fi  S  S  i 1

Surface Su ace

M

 S  S

n





A

i 1

i

i

Surface

AM  df M

   S  S 

Fi S  S action mécanique modélisée ponctuelle, appliquée au point Mi





df M S  S élément de force surfacique

– La résultante R  S  S et l’automoment





 



R S  S .M M A,S  S sont des invariants du

 quel que soit le point de réduction. A S  S  M  B B, S  S  AB  R  S  S . Relation de Varignon : M  A,

torseur des actions mécaniques F S  S –

– Pour un point P appartenant à la droite de poussée d’un ensemble d’actions mécaniques, M P S  S  0 . P,S 

 Encastrement

F 1  2  

 X 211x  Y21 2 y  Z21z    L x  M 21y  N 21z  A  21

Pivot d’axe  A, x 

F 1  2 

X 21x  Y21y  Z21z    M 21y  N 21z  A

Glissière de direction x

F 1  2  

Y21y  Z21z     L x  M 21y  N 21z  A  21

Statique du solide indéformable

 47 nn

Hélicoïdale d’axe  A, x   pas de l’hélice λX L12   12 si hélice à droite 2π λX L12  12 si hélice à gauche 2π

 X 21x  Y21y  Z21z   F 1  2    λX12     2π x  M 21 y  N 21z  A

Pivot glissant d’axe  A, x 

F 1  2 

 Y21y  Z21z    M y  N 21z  A  21

F 1  2 

X 21x  Y21y  Z21z    M 21y  A

Sphérique de centre A

F 1  2 

 X 21x  Y21 y  Z21z     0    A

Appui plan de normale x

F 1  2 

X 21x     M y  N 21z  A  21

Arête/plan d’axe  A, y  et de normale x

F 1  2  

X 21x    N z A  21 

Sphère/cylindre de centre A et de direction x

F 1  2  

Y21y  Z21z      0    A

Sphère/plan de normale  A, x 

F 1  2  

  X 21x     0  A

Sphérique à doigt d’axes  A, x  et

 A, z 

Cas d’un problème modélisé plan, de normale z

 nn 48

F 1  2  

X12  Y12 _ A

_   _  L12  x,y,z





Chapitre 2

  Il existe au moins un repère R appelé repère galiléen, tel que pour tout système matériel S en équilibre par rapport à ce repère, le torseur associé aux actions mécaniques extérieures à S est





égal au torseur nul : F S  S  0 . 





R S S 0





M A,S  S  0 , A

F 1  2   F  2  1 

 Les méthodes graphiques de résolution ne sont plus exigibles aux concours mais on pense que leur intérêt pédagogique est certain. Le lecteur est alors libre de les aborder. B  2  S

S A 1  S 

B

A

ou

A 1  S 

A

B  2  S  A 1  S 

B B  2  S

S

La droite d’action des deux forces est (AB).

S A 1  S 

Cm  3  S B A

L

Statique du solide indéformable

B  2  S

A 1  S 

B  2  S

B  2  S  A 1  S  Cm  3  S  B  2  S  L

 49 nn

– Supports identiques B  2  S

S A C

A 1  S 

B C  3  S

B  2  S

C  3  S

A 1  S 

B  2  S  C  3  S  A 1  S 

– Supports parallèles C  3  S

S

A 1  S 

B

A

B  2  S

A 1  S  L1

C  3  S

B  2  S

C L2

B  2  S  A 1  S  C  3  S  B  2  S  L 2  A 1  S  L1

– Supports concourants C  3  S

S

B

A C

B  2  S

B  2  S

C  3  S

A 1  S 

A 1  S  

 nn 50

Chapitre 2

■  ■ Méthodes 





Exemple : coefficient de résistance au pivotement d’une roue directrice On étudie le pivotement d’une roue directrice suite à l’action du conducteur sur le volant, son véhicule étant à l’arrêt. On considère que l’axe de pivotement de la roue est normal à la zone de contact pneu/sol, et passe par son centre O. En première approximation, la surface de contact est circulaire, de rayon r. On pose R  sol  pneu   Fz . L’effort F est la conséquence de l’action de la pesanteur agissant sur l’ensemble du véhicule. On suppose que la répartition de la pression de contact est uniforme. Elle est égale à la pression de gonflage P0 du pneu. z

df n  sol  pneu 

R  sol  pneu 

O

M

Ω  pneu / sol  x

z O

y Mp O O,sol so  pneu 

O θ

er

eθ df t  sol  pneu  y M

er x On peut dans un premier temps déterminer la dimension de la surface de contact, et donc le rayon r.

Statique du solide indéformable

 51 nn

Méthodes

On peut être amené à donner un torseur d’actions mécaniques à partir d’un modèle local. Il faut alors intégrer un élément de force infinitésimal sur une ligne de contact, une surface ou un volume le cas échéant. Le choix d’un système de coordonnées adéquat facilite les calculs. Dans d’autres cas, on peut donner directement un modèle global quand il s’agit des actions transmissibles par une liaison normalisée, lorsque l’on connaît la résultante et le centre de poussée (cas de la pesanteur par exemple), ou qu’il s’agit d’un torseur couple dont le moment résultant est déjà défini.

 df sol  pneu    df sol  pneu  . Par raison de symétrie,  df sol  pneu   0 . On en déduit R  sol  pneu    df sol  pneu  avec df sol  pneu   P d Sz . R  sol  pneu  

S

n

t

S

S

t

S

n

n

0

La géométrie de la surface de contact entraîne l’utilisation de coordonnées polaires. On a alors d S  ρdρdθ .



r

2π

r2 2 z  P0 πr 2 z  2πz 2

  dS  P z On aurait pu aussi écrire R  sol  pneu    P dSz  dS  P SzS  P πr z . ol  pneu   R  sol

S

P0ρdρdθz  P0 z

0

ρdρ

0

S

dθ  P0

0

0

S

0

2

0

F . P0 π S’il y a pivotement de la roue, alors c’est qu’il y a glissement de la roue par rapport au sol. Les actions mécaniques tangentielles s’opposent au glissement.

On en déduit r 

Les lois de Coulomb donnent : df t  sol  pneu   f df n  sol  pneu  avec f le facteur de frottement sol/pneu. On a donc df t  sol  pneu   fP0 dSeθ . Le moment résistant au pivotement est donné par : Mp  O O,sol sol  pneu   M p  O,sol O sol  pneu  



S

OM  df t  sol  pneu  

 F  2 2 πfP fP0 r 3 z  πfP0   3 3  P0 π 

3/2 3/

z



S

ρer  fP0 dSeθ  fP0 z

2f 3 πP0



r

0

ρ 2dρ



2π

0

dθ

F3/2 z

M p (O (O,sol sol  pneu)  μ p R(sol  pn pneu) 2 πfP0 r 3 2 2 F On en déduit le coefficient de résistance au pivotement : μ p  3 .  fr  f 2 P0 πr 3 3 P0 π

 La démarche d’application du principe fondamental de la statique est la suivante : – définition d’un repère galiléen Rg, – isolement d’un ensemble matériel S, – bilan d’actions mécaniques extérieures, – application du P.F.S. On appliquera le P.F.S. au point en lequel il y a le plus d’inconnues. Cela facilite les calculs ultérieurs et la résolution du système d’équations.

 nn 52

Chapitre 2

Parfois, il n’est pas nécessaire d’appliquer en totalité le P.F.S., le théorème de la résultante ou du moment résultant en projection suivant une direction peut suffire à atteindre l’objectif demandé. Enfin, une unique application du P.F.S. ne permet pas toujours d’aboutir au résultat demandé. Il est alors nécessaire d’envisager une démarche d’isolements. 

Exemple : système de préhension On s’intéresse au système suivant : 2 0

A D

4

3 E

F G

EC  FD  a

z

1 C

0

5

CD  EF  c

b y

x

0 d

0

0

CB  0

EG  f

e

g

P   Pz

P Le repère lié au solide 0 est galiléen. Les liaisons sont parfaites. On néglige le poids propre des différentes pièces. La charge à soulever engendre un effort P appliqué en G sur l’organe préhenseur 5. On souhaite déterminer l’effort B  2  3   Fy que doit développer le vérin 1+2 à l’équilibre pour maintenir le système préhenseur 5 à l’équilibre.

 

On considère le plan y, z comme plan d’application des différentes forces. Le torseur d’actions transmissibles par une liaison pivot est de la forme : _ F  i  j  Yij Z A  ij

0  _ _ 

 x,y,z 

– Le solide 4 est donc soumis à l’action de deux glisseurs D  0  4  et F  5  4  . L’application du P.F.S. donne donc le support des ces deux forces, soit (DF). – Le solide 5 est soumis à l’action de trois glisseurs E  3  5  , F  4  5  et P .

Statique du solide indéformable

 53 nn

Méthodes

3

B

b . a Analytiquement, on applique le P.F.S. au point E, c’est-à-dire au point comportant le plus d’inconnues. E  3  5   Y35 y  Z35 z et comporte donc deux inconnues.





D’après l’isolement précédent, F  4  5   F  4  5    cos αy  sin αz avec tan α 

ME

0

fP P  EG  P  f  0  0 g  P 0

 

0

0

0

ccsin α  d cos α

M E  4  5   EF  F  4  5   c  F  4  5   cos α  F  4  5  0 d sin α 0 Y35  F  4  5  cos α  0

On aboutit au système suivant : Z35  F  4  5  sin α  P  0 fP  F  4  5   csin α  d cos α   0

Y35 

fP cos α  csin α  d cos α 

  f sin α La résolution nous donne : Z35  P 1      csin α  d cos α   fP F  4  5   csin α  d cos α 

Sachant que cos α  Y35 

a a 2  b2

et sin α 

b a 2  b2

, on peut aussi écrire :

fPa  cb  da 

  fb Z35  P 1    cb  da     F  4  5 

fP a 2  b 2  cb  da 

– Le solide 3 est soumis à l’action de trois glisseurs E  5  3 , C  0  3 et B  2  3 . Analytiquement, on applique le théorème du moment résultant au point C car il n’est pas nécessaire de déterminer les inconnues de liaison en C pour atteindre l’objectif demandé. 0 0 eF M C  2  3  CB  B  2  3  0   F  0 e 0 0  nn 54

Chapitre 2

0

0

b

Z53

aZ53  bY53

M C  5  3  CE  E  5  3  a  Y53  0

0

On en déduit l’équation : eF  aZ53  bY53  0   fb fabP  0 eF  aP 1    cb  da    cb  da    a eF  aP et donc F  P . e On remarque que le résultat est indépendant de la position du point G et donc de la position de la charge à soulever.

La démarche d’application du principe fondamental de la statique est la même que lorsque l’on envisage une résolution analytique. On essayera toutefois d’identifier des isolements de systèmes étant soumis à deux ou trois glisseurs afin d’appliquer les conséquences graphiques du principe fondamental de la statique. 

Exemple : système de préhension (suite méthode 2.2) – Le solide 4 est soumis à l’action de deux glisseurs D  0  4  et F  5  4  . L’application du P.F.S. donne donc le support des ces deux forces, soit (DF). – Le solide 5 est soumis à l’action de trois glisseurs concourants : - E  3  5  : inconnu, - F  4  5  : support (DF) - P : connu (DF)

E

F 5  4

F G

P

E 3  5

P – Le solide 3 est soumis à l’action de trois glisseurs concourants : - E  5  3 : connu,

Statique du solide indéformable

 55 nn

Méthodes



- C  0  3 : inconnu, - B  2  3 : support (AB). (AB)

B

B  2  3

C

E  5  3

 nn 56

E  5  3

C  0  3

E

Chapitre 2

■  ■ Vrai/Faux 

Pour un un solide solide homogène, homogène, le le centre centre géométrique géométrique est est le centre de Pour le centre de poussée de l’action de la pesanteur. poussée de l’action de la pesanteur. On s’intéresse s’intéresse au au mécanisme mécanisme suivant suivant :: On









Pour le le mécanisme mécanisme ci-dessus, ci-dessus, on on montre montre que que :: Pour X 21 x 00  Y Y21 y00  Z Z21 z 00  21x 21 y 21z  X   F 2  1   F  2  1   LL21xx 0  pp YY21yy0  NN 21zz0  21 0   21 0 2π 2π 21 0 A  A





Pour un un mécanisme mécanisme considéré considéré plan plan  xx 00 ,, yy 00  pour les actions actions Pour pour les mécaniques, mécaniques sont sont de de la la forme forme :: mécaniques, les les torseurs torseurs d’actions d’actions mécaniques Xij _ _  X  ij    jj    Y Yijij _ _   FF  ii   _ _ _  x ,y ,z  _ O  x 0 ,y0 ,z0  O





Pour un un mécanisme mécanisme considéré considéré plan plan  xx 00 ,, yy 00  pour les Pour pour les mécaniques, mécaniques, le le torseur torseur des des actions actions mécaniques mécaniques transmissibles transmissibles y liaison glissière 0/1 de direction est de de la la forme forme :: liaison glissière 0/1 de direction y 00 est X 01 _ _  X  01  1 1    0 0 _   FF  00  _   _ _ N 01 01  N O ,y0 ,z ,z 0   xx 00 ,y O 0 0





zz 00

xx 00

A A yy 00

O O 0 0

0 0 :: bâti bâti 1 1 :: vis vis àà bille bille (pas p, p, hélice (pas hélice àà droite) droite) 2 :: chariot chariot 2 On On donne donne alors alors ::

1 1

2 2

0

X X 02  02  2 Y   FF  00   02  2  Y02  Z  Z02 O O  02

0

Statique du solide indéformable

L 02 L02 0 0

    N 02  N 02  xx 00 ,y ,y00 ,z ,z 00 

0

actions actions par par une une

 57 nn 

2 3

z

B

A D

y x

1 C

0

4

On néglige le poids propre des pièces, les liaisons sont parfaites. Pour le mécanisme ci-contre, non considéré comme mécanisme plan, on montre que le support de B  3  2  est porté par la droite (AB).





 y, z  , on montre que le support de B  3  2  est porté par la droite 



On considère un contact surfacique plan sans frottements de normale z entre deux solides 1 et 2. Pour une modélisation avec pression uniforme P, R 1  2   PSz où S est la surface de contact.





frottements, de normale n en un point M, entre deux solides 1 et 2. Pour une modélisation avec pression uniforme P, La résultante R 1  2  est portée par la direction z .





Pour un mécanisme à n sous-ensembles cinématiques, on peut effectuer n isolements indépendants.





3 E

F G P

5

Pour le mécanisme ci-dessus, considéré comme mécanisme plan (AB).

 

On considère un contact surfacique d’axe de révolution O, z , sans

 nn 58

Chapitre 2

■  ■ Énoncé des exercices 

 Le guidage en translation d’une vitre de portière de voiture est réalisé par un coulisseau en contact avec un rail parallélépipédique et par des coulisses. Les joints latéraux et inférieur sont également en contact avec la vitre.

B

vitre Joint latéral gauche

A

Joint latéral droit

z

y

C

x

Joint inférieur

D’un point de vue des actions mécaniques, les joints jouent fortement sur le comportement de la motorisation au cours du temps. Les joints appliquent une action de part et d’autre de la vitre. Le paramétrage est donné sur la figure suivante où seules les actions normales sont représentées. Le contact entre le joint inférieur et la vitre est permanent et se fait approximativement sur un segment de longueur L = 776 mm. Le contact entre les joints latéraux (gauche et droit) se fait progressivement au cours du déplacement de la vitre. La hauteur des deux joints, supposés identiques, est H = 450 mm. Le coefficient de frottement entre un joint et la vitre est pris égal à f = 0,5. Les zones de contact sont supposées être linéiques et la densité linéique d’effort au contact entre un joint et la vitre est supposée constante et égale à p = 25 N.m−1. Déterminer l’expression littérale de la résultante selon z de l’action mécanique du joint inférieur sur la vitre au cours du déplacement de celle-ci. On suppose que la vitesse de déplacement de la vitre est constante et que le temps du déplacement complet est de 4 s. Représenter l’évolution au cours du temps de la résultante des efforts résistants selon z de l’ensemble des joints sur la vitre (2 joints verticaux de hauteur H et un joint horizontal de longueur L). Donner les valeurs numériques minimale et maximale de cet effort.

Statique du solide indéformable

D’après concours CCP

 59 nn

 Une E.P.A.S. est une échelle pivotante automatique à commande séquentielle. Ce système conçu et commercialisé par la société CAMIVA est monté sur le châssis d’un camion de pompiers et permet de déplacer une plate-forme pouvant recevoir deux personnes et un brancard le plus rapidement possible et en toute sécurité. Le véhicule porteur de l’E.P.A.S. doit être équipé de stabilisateurs. Une fois en place, les stabilisateurs le soulèvent, afin qu’il ne repose plus sur les roues (les roues touchent le sol mais ne supportent aucun poids) : le mouvement des suspensions du véhicule mettrait en danger sa stabilité. L’objet de cette partie est de déterminer la longueur de déploiement maximale que le système de sécurité pourra autoriser. y

L L/2

GP

h

H

GE

a

GV M

O b

x

N b

Le véhicule est dans la configuration de la figure précédente : – parc échelle horizontale, – stabilisateurs sortis au maximum, – charge maximale dans la plate-forme. Le problème sera traité en statique plane dans le plan (O, x , y ) de la figure précédente. Les efforts pris en compte sont : – les actions de pesanteur sur chaque élément, Élément

Centre d’inertie

Masse

Coordonnées

Véhicule + charge utile

GV

mV

OG V  ay y

Parc échelle

GE

mE

Plate-forme + charge utile

GP

mP

 nn 60

OG E 

L x  hy 2

OG P  Lx x  Hy Chapitre 2

– les actions de contact de la route sur les stabilisateurs. Ces actions seront modélisées par des glisseurs passant l’un par M, tel que OM   bxx et l’autre par N tel que ON  bxx . Les résultantes de ces glisseurs seront notées respectivement : R M  X M x  YM y et R N  X N x  YN y Exprimez la condition de non-basculement de l’ensemble. Calculez la longueur Lmax de déploiement au-delà de laquelle il y aura basculement.

D’après concours CCP

 Les 4 disques de frein qui équipent chaque essieu du TGV duplex sont conçus sous forme de galettes de d’épaisseur 45 mm, en acier allié. Leur diamètre extérieur est de 640 mm. En cours de freinage, chaque surface du disque reçoit un flux de chaleur égal, uniformément réparti entre les diamètres 310 et 610 mm.

Garniture et plots

Chaque disque est en contact avec deux Essieu garnitures modélisées chacune par un secteur, Disque de longueur radiale le = 150 mm et d’angle α  θ 2  θ1 (voir page suivante). Le facteur de frottement de la garniture sur le disque est noté f et la pression de contact entre la garniture et le disque p. L’usure de la garniture est régulière sur la surface de contact. On peut montrer que cela implique pour chaque élément de surface dS, un produit p constant. est la distance radiale de l’élément dS. Déterminer l’expression du couple de freinage Cf sur chaque disque en fonction de f, p, , , R1 et R2. Déterminer l’expression de la force F qui doit être appliquée sur la garniture pour obtenir Cf en fonction de p, , , R1 et R2. Calculer la valeur de F1 et F2 que doit produire chaque garniture sur le disque de frein (pN/m,  = 50°).

Statique du solide indéformable

 61 nn

D’après concours Centrale Supélec

 On étudie la roue libre débrayable RL10 définie ci-dessous. Le bâti 1 (non représenté) est pris en référence. La cloche 2 est motrice, elle est animée d’un

 

mouvement de rotation par rapport à 1 autour de l’axe O, z . Ω  2 / 1

y

3 2

4a

4b

Ja

Ia x

O 4c

Id

4d Jd

Mécanisme de débrayage non représenté  nn 62

Chapitre 2

2b

4b

5b

y 6/3

2b

2a

5b

5a

6 O

6/3

x

4a

4b

3

y 5a

2a

6 O

4a

x

3

Mécanisme de débrayage Les galets 4a et 4c permettent d’accoupler la cloche 2 et la came 3 pour un sens de rotation 2/1 positif, les galets 4b et 4d pour un sens de rotation négatif. L’ensemble pignon 6 / crémaillères 5a et 5b permet de débrayer la roue libre si nécessaire. Il est supposé que : – les effets de masse sont négligés par rapport aux efforts mis en jeu, – les galets 4 sont maintenus dans leur position par des ressorts de rappel (non visibles) dont les efforts sont négligeables devant les actions mécaniques de contact. Définir et tracer sur le dessin en page précédente les sens et directions des composantes normale N  2  4a  et tangentielle T  2  4a  , de l’action mécanique de contact entre la cloche 2 et le galet 4a F  2  4a  si la cloche 2 est entraînée dans le sens indiqué ci-dessus. De même définir et tracer les composantes de l’action mécanique de contact entre la came 3 et le galet 4a F  3  4a  . En isolant le galet 4a, après un bilan d’actions mécaniques extérieures, déterminer puis tracer les supports de F  2  4a  et F  3  4a  pour que ce galet soit en équilibre. Le facteur de frottement entre le galet et les autres pièces a pour valeur fr = 0,3. Après mesure sur le document réponse, donner les explications qui permettent de dire s’il y a glissement entre ce galet 4a et la cloche 2 ou entre ce galet et la came 3. En appliquant le même raisonnement au galet 4d, déterminer graphiquement si ce galet peut être en équilibre et donc entraîner la came 3. D’après concours CCP

 L’objet de l’étude est un robot Kuka assurant la palettisation de produits. Dans certains cas, le robot doit immédiatement s’immobiliser dans la position courante. On souhaite alors vérifier que les freins équipant le robot sont suffisants pour assurer sa configuration d’équilibre dans le cas d’une charge maximale de 50 daN (préhenseur + produit) et qu’il ne faudra pas mettre des actionneurs en parallèle. On se place dans la situation particulière définie ci-après.

Statique du solide indéformable

 63 nn

On donne : – O2O3 = O6O7 = 1250 mm – O3O10 = O8O9 = 1350 mm – O2O6 = O3O7 = O3O8 = O9O10 = 500 mm 500zz 4 – P  500 Le poids propre des pièces est négligé par rapport aux autres actions mécaniques. Les liaisons pivot sont supposées parfaites (pas de frottement). On adopte une modélisation plane  z1 , x1  pour notre étude. Les couples de freinage maxi Mf2 et Mf3 des freins associés aux moteurs M2 (axe A2) et M3 (axe A3) sont de 5 N.m sur l’arbre moteur. On leur adjoint en série un réducteur de rapport 1/200. Par une méthode de votre choix : Déterminer les actions de la barre 8 et du bras 3 sur le poignet 4. En isolant l’ensemble {3, 4}, déterminer l’expression du moment Mf3 correspondant à l’action du frein sur la pièce 3 en O3. Le dispositif de freinage ne permet qu’un couple maxi de 5 N.m sur l’axe moteur. Quel est alors le couple de freinage disponible en sortie du réducteur ?

 nn 64

Chapitre 2

Le maintien du freinage est-il assuré ? On veut alors vérifier que le dispositif de freinage du moteur M2 convient. En isolant la pièce 7, déterminer l’action de la barre 6 sur la pièce 7. En considérant l’ensemble {2, 3, 4, 7, 8} déterminer l’expression du moment Mf2 correspondant à l’action du frein sur la pièce 2 en O2. Calculer Mf2. Le dispositif de freinage étant identique à celui de l’axe 3, le maintien du freinage est-il assuré ? D’après concours CCP

 On étudie un bras permettant de porter des bobines de tôle d’aluminium lors de leur fabrication. vérin portehydraulique rouleaux (3) et rouleaux VH2 (4) et (5) bras (2) support (1) bobine vérin hydraulique VH1 Le mécanisme (voir page suivante) présente une symétrie géométrique et mécanique par rapport xOy) . En conséquence, toutes les questions seront traitées en considérant un modèle au plan (xOy) de statique plane. Durant la phase de production, les vérins VH1 maintiennent en position haute le bras (2) ainsi que son équipage (tête (3), rouleaux (4+5), coude (7)). On cherche à estimer la pression régnant dans les B Ø 60 mm chambres (a) des vérins VH1 assurant le maintien en (9) équilibre de l’ensemble en position haute. Les chambres (b) sont à l’échappement. On suppose que : (b) – les articulations aux points A et B sont des liaisons pivot parfaites, – accélération de la pesanteur : g  10 m/s2, Ø 100 mm – R(A, x, y, z) , repère galiléen (8) On isole le système : S1 = {bras (2) + porte-rouleau (3) + rouleaux (4 et 5) + coude (7)} en position haute. (a) A La position du centre de gravité G de l’ensemble S1 est précisée sur le document réponse (page suivante). Sa masse est estimée à 340 kg. Statique du solide indéformable

 65 nn

Établir le bilan des actions mécaniques extérieures s’exerçant sur l’ensemble S1 isolé et en équilibre dans R . Justifier que le support de B  9  S1 (résultante des actions mécaniques des deux vérins VH1 sur S1) soit porté par la droite (AB). Déterminer graphiquement sur le document réponse ci-dessus, la norme de la résultante des actions mécaniques des deux vérins VH1 sur S1 soit B  9  S1 .

En déduire la pression régnant dans la chambre (a) de chacun des deux vérins VH1 dans cette configuration. Faire l’application numérique. La pression sera exprimée en Pa. On souhaite maintenant étudier la position basse lorsque les rouleaux (4) et (5) sont en contact avec la bobine de tôle.

 nn 66

Chapitre 2

8 800

110 OB  1100 0 1 1210

173 OC  1730 0

-115°

y

35° 60° z



x

Bras (2) en position basse (bobine de Ø 900 mm) Durant la phase de préparation de la bobine (cassure du cordon de soudure) les vérins VH1 maintiennent l’ensemble (2+3) de manière à appliquer un effort presseur sur la tôle, évitant son déroulement spontané. Dans cette nouvelle configuration, ce sont les chambres (b) des vérins qui sont alimentées. La pression d’alimentation des chambres (b) est estimée à 60  105 Pa . Les chambres (a) sont à l’échappement (on suppose alors une pression nulle). On se propose de déterminer l’intensité des actions de contact entre les rouleaux et la bobine en étudiant l’équilibre du système S2 = {bras (2) + porte-rouleau (3) + rouleaux (4 et 5)}. L’intensité des actions mécaniques extérieures mises en jeu sur le système S2 permet de négliger les actions mécaniques de pesanteur. On modélise en page suivante les actions surfaciques entre les rouleaux et la bobine à partir de la géométrie du contact (en supposant une répartition de charge linéique constante, q en N/m). Déterminer l’expression littérale du torseur de l’action mécanique de la bobine (6) sur un rouleau en R, en fonction de p et L. On appelle respectivement k et j les points de contact entre la bobine et les rouleaux (4 et 5) de centre K et J (voir figure bras en position basse). Justifier par un raisonnement simple que les actions de contact en k et j ont même intensité.

Soit k  6  S2   j  6  S2  . On pourra isoler le sous système ss = {tête (3) + rouleaux

(4 et 5)} afin d’étayer le raisonnement.

Statique du solide indéformable

 67 nn

La figure du bras en position basse précise, entre autres, les orientations des différents supports des glisseurs d’actions mécaniques, ainsi que les positions relatives des différents points. Déterminer complètement les torseurs d’actions mécaniques extérieures à S2. Faire les applications numériques. Estimer alors la charge de contact linéique q entre la bobine et chacun des rouleaux dans le cas où L  1 m . Faire l’application numérique. y

rouleau (4) q(z)  cste

x

R L/2

bobine (6) z

L/2

Modèle de répartition uniforme de pression linéique entre bobine et rouleau

 Le téléphérique Vanoise Express relie les domaines skiables de La Plagne et Les Arcs. C’est un téléphérique sans pylônes, d’une seule portée de gare à gare. La solution retenue est constituée de deux lignes parallèles portant chacune une seule cabine. Le schéma de principe d’une ligne est donné en page suivante. La capacité de chaque cabine est de 200 personnes. La puissance installée de 1060 kW par cabine autorise un débit maximum de 1000 personnes à l’heure dans chaque sens et par cabine. Chaque ligne est composée principalement de deux câbles porteurs (rails) et d’un câble tracteur.

 nn 68

Chapitre 2

Schéma de principe d’une des deux lignes du téléphérique Cavalier et poulie porteuse

Ancrage des câbles

2 câbles porteurs 42

Cabine M=29 tonnes

d/2

Câble tracteur 45

Poulie motrice D=4 m

y

Tension 1300 kN

2 câbles porteurs 75

Chariot

D/2

Tension 560 kN

x

Gare motrice côté Les Arcs Deux moteurs de 530 kW

Poulies de déviation d=3,8 m

Mc=35 tonnes Gare côté La Plagne Contrepoids de 35 tonnes

Vallée

Schéma de la salle des machines d’une des deux lignes

Pression Freins à patin de service

Pression

Accouplement élastique Moteur 530 kW à 1180 tr/min

m(t)

(t)

Réducteur rapport k=1/20

Accouplement élastique

Réducteur rapport k=1/20

m(t)

Moteur 530 kW à 1180 tr/min

Accouplement élastique débrayable Pression Freins à patin de secours

Pression

Accouplement élastique débrayable

Poulie motrice

On peut voir ci-dessus qu’il existe 4 freins à patin identiques, 2 pour le freinage de service et 2 pour le freinage de secours (en cas de défaillance du précédent). On appelle frein à patin l’unité décrite sur le schéma et sur le plan en coupe ci-après. Statique du solide indéformable

 69 nn

200 mm

140 mm

Patin

Ressort

Piston mobile Arrivée d’huile

Cylindre fixe

Schéma du frein à patin

Arrivée d’huile

Plan en coupe du frein à patin

Pour des raisons de sécurité, les freins à patin de service seuls et sans énergie extérieure doivent être suffisants pour maintenir le téléphérique à l’arrêt quand il est en gare. Chaque frein à patin possède un piston mobile qui se déplace dans un cylindre fixe. Le patin vient frotter sur la poulie motrice, produisant un moment de freinage. C’est un frein de sécurité car sa force de freinage est obtenue sans énergie, par un ressort constitué de 18 rondelles élastiques de type Belleville. Ainsi, en l’absence (ou en cas de défaillance) de la pression hydraulique, le frein est serré. L’huile arrive par l’orifice « Arrivée d’huile » et la pression hydraulique permet seulement de desserrer le frein. Hypothèses et données : – On néglige l’effet du poids du câble tracteur (bien que très lourd, cette hypothèse est vraisemblable car le câble est porté par une trentaine de cavaliers). – Seuls les 2 freins à patin de service sont actionnés. – Tous les ressorts présents dans les freins à patin exercent la même action mécanique. On note Tress mini la plus petite tension du ressort qui permet l’équilibre de la cabine. – Les moteurs électriques ne sont pas alimentés. – La masse de la cabine est M = 29 tonnes (chargement maximum). La masse du chariot est négligée. – Le téléphérique est stationné en gare des Arcs. Le câble porteur est incliné de  = 15° avec l’horizontale. – Les liaisons sont sans frottement (sauf bien sûr les deux liaisons par adhérence étudiées ici). – Le coefficient d’adhérence entre le patin et la poulie motrice est tan φ = 0,3 – La masse du contrepoids en gare de La Plagne est Mc = 35 tonnes. – Le diamètre des poulies de déviation est d = 3,8 mètres. – Le diamètre de la poulie motrice est D = 4 mètres.  nn 70

Chapitre 2

– On donne g = 9,81 m/s² (accélération de la pesanteur). On note T1 et T’1 les tensions dans les brins du câble tracteur, au niveau de la poulie de déviation soutenant le contrepoids. Montrez que T1 = T’1. Précisez le solide isolé, et le principe ou théorème utilisé. Mc  g Montrez que T1 = . Précisez le solide isolé, et le principe 2 ou théorème utilisé. L’action mécanique du câble sur le chariot est modélisée comme un glisseur, de direction perpendiculaire au câble et de norme R. Calculez numériquement la tension T2 du câble tracteur côté Les Arcs. Précisez le ou les solides isolés, et le principe ou théorème utilisé.

Chariot T2 y

T1

T’1

B Mc=35 tonnes

y

R

d/2

x

Câble porteur

D

α=15°

T1

Cabine M= 29 tonnes

Câble tracteur

x

Les freins à patin de service agissent des deux côtés de la poulie en E et E’ sur un rayon r = 1,9 m. L’action de chaque frein de service sur la poulie sera modélisée par un glisseur. La tension des ressorts est Tress mini. On se place à la limite du glissement. Isolez la poulie motrice. En explicitant le principe ou théorème utilisé, donnez l’expression de la tension Tress mini de chaque ressort en fonction de T1, T2, r, D et tan φ . Calculez numériquement Tress mini. Pour des raisons de sécurité, on admettra que la tension Tress mini doit être multipliée au moins par un coefficient s = 2 appelé coefficient de sécurité. On note Tress secu = 2Tress mini. Vérifiez si le niveau du critère « Tension du ressort des freins à patin pour immobiliser le téléphérique en gare, sans énergie extérieure » est suffisant : Tress  280 kN.

T1 y

E

T2 r=1,9 m

A β=200° D/2=2 m E’ E

x

x

z

Le desserrage du frein à patin se fait par injection d’huile sous pression par l’orifice « Arrivée d’huile », visible sur le schéma du frein à patin. Hypothèses et données : – Chaque ressort du frein à patin délivre une tension Tress = 280 kN, supposée constante car les déplacements sont faibles. – Les données dimensionnelles sont indiquées sur le schéma du frein à patin. – Les liaisons sont sans frottement.

Statique du solide indéformable

 71 nn

Calculez numériquement la pression minimum P min que doit exercer l’huile sur le piston mobile pour comprimer le ressort. Vérifiez si le niveau du critère « Pression de desserrage des freins à patin » est suffisant : P 210 bars. Pour s’assurer que la cabine est bien à l’arrêt lorsque le frein à patin de service est serré, il faut encore vérifier que le câble ne peut pas glisser sur la poulie motrice. Nous allons donc calculer le coefficient d’adhérence ν mini juste nécessaire pour assurer l’adhérence du câble sur la poulie motrice. On se place à la limite du glissement. D On isole un bout de câble de longueur  dθ . Il est 2 T2 soumis à trois forces extérieures : les tensions F et T 1 F + dF , et l’action dF Fpc de la poulie sur le câble. Données et notations : – On donne β = 200° l’angle d’enroulement du D/2 A câble. F  dF Fpc . – On note dN, la composante normale de dF  β d/2

Fpc . – On note dT la composante tangentielle de dF

– On note ν mini le coefficient d’adhérence juste nécessaire pour assurer l’adhérence du câble sur la poulie motrice. – Le câble enroulé sur la poulie est soumis à ses deux extrémités aux tensions T1 et T2 vues précédemment.

d/2

d/2

F

d/2

dT dF Fpc

t

M dN n

Écrire l’équation du théorème de la résultante statique appliqué au bout de câble isolé, linéarisée à l’ordre 1 en projection sur n . Écrire l’équation du théorème de la résultante statique appliqué au bout de câble isolé, linéarisée à l’ordre 1 en projection sur t . En déduire une équation différentielle liant F, dF, d et ν mini . Après avoir intégré cette équation différentielle, en déduire l’expression littérale de ν mini en T fonction du rapport 2 et de β. T1 T Indépendamment de ce qui a été fait précédemment, on donne 2 =1,5. T1 Calculez numériquement ν mini . Pour des raisons de sécurité, on ne peut pas être à la limite du glissement. On admettra que ν mini doit être multiplié au moins par un coefficient s = 2 appelé coefficient de sécurité. On note ν mini secu = 2 ν mini . Vérifiez si le niveau du critère « Coefficient d’adhérence entre la

 nn 72

Chapitre 2

poulie motrice et le câble tracteur pour immobiliser le téléphérique en gare » est suffisant : tan φ  0,3. D’après concours E3A



Exercice 2.1. Lors du glissement de la vitre f 

dT joint j i inf i f  vitre dN joint j i iinff  vitre

.

Exercice 2.2. Il y a non-basculement s’il y a contact en M. Exercice 2.3. Élément de force normale : dN  pρdθdρz Exercice 2.4. Le galet 4a est soumis à l’action de deux glisseurs. Exercice 2.5. Le solide 8 est soumis à l’action de deux glisseurs. Le solide 4 est soumis à l’action de trois glisseurs. Exercice 2.6. Le système S1 est soumis à l’action de trois glisseurs. Le vérin VH1 est soumis à l’action de deux glisseurs. Exercice 2.7. On applique le théorème du moment statique au point B en projection sur la direction z .

Statique du solide indéformable

 73 nn

■  ■ Corrigé des vrai/faux 

vrai

faux

vrai

faux

vrai

faux

vrai

vrai

vrai

faux

G, pesanteur  S  0 . Pour un solide homogène S, au centre géométrique G, M  G

Le torseur des actions mécaniques transmissibles par une liaison glissière de direction y 0 est de la forme X 02 L02  .  F  0  2    0 M 02  Z  N 02  x ,y ,z  O  02 0

0

0

Avec une hélice à droite d’axe  A, y 0  le torseur des actions mécaniques transmissibles par  X 21x 0  Y21 y0  Z21z 0    la liaison hélicoïdale de 2/1 est bien  F  2  1    p .  L 21x 0  2π Y21 y0  N 21z 0  A

Pour un mécanisme considéré plan

 x 0 , y0 

pour les actions mécaniques, les torseurs

Xij  d’actions mécaniques sont de la forme  F  i  j   Yij _ O

_   _  Nij 

.

 x 0 ,y0 ,z0 

Le torseur des actions mécaniques transmissibles par une liaison glissière 0/1 de direction y 0 est de la forme : X 01  F  0  1   0 Z O  01

L01   M 01  N 01  x ,y ,z  0 0 0

Pour un mécanisme considéré plan  x 0 , y 0  pour les actions mécaniques, le torseur des actions mécaniques transmissibles par la liaison glissière de direction y 0 devient bien : X 01  F  0  1   0 _ O

_

  _  N 01  x ,y ,z  0 0 0

L’isolement de l’ensemble 1+2 donne deux torseurs d’actions mécaniques :

 nn 74

Chapitre 2

X 01 0  X32    et  F  3  2    Y32  F  0  1   Y01 M 01  Z Z N 01  x,y,z  A  01 B  32

0

  . M 32   N32  x,y,z 

Ce ne sont pas des glisseurs et on ne peut donc pas conclure que le support de B  3  2  est porté par la droite (AB). L’isolement de l’ensemble 1+2 donne deux torseurs d’actions mécaniques : 0 0 _ _     et  F  3  2    Y32 _  .  F  0  1   Y01 _  Z Z _  x,y,z  _  x,y,z  A  01 B  32 Ce sont deux glisseurs et on peut donc conclure que le support de B  3  2  est porté par la droite (AB).

 P dSzz  P z dS  PSz . R 1  2   dS  P  df 1  2   P dSn  dSn  PS z

On en déduit R 1  2  

S

M

 df S

M

1  2   S

S

S

S

projetée

où Spprojetée est la surface projetée dans un plan orthogonal à la direction z . On ne peut pas faire un isolement incluant le sous-ensemble cinématique « bâti ». Pour un mécanisme à n sous-ensembles cinématiques, il y a donc n–1 isolements indépendants.  – Lorsqu’un modèle local est proposé, il est en général nécessaire de proposer un modèle global après intégration des éléments de force afin d’appliquer le P.F.S. On ne peut pas additionner des éléments infinitésimaux et des résultantes. – On ne peut pas faire un isolement incluant le sous-ensemble cinématique « bâti ». – Le graphe de structure d’un mécanisme montre les actions mécaniques extérieures de contact agissant sur un ensemble isolé. Il ne faut pas oublier dans le bilan d’actions mécaniques extérieures les actions à distance (pesanteur notamment), l’action d’un fluide ou un couple moteur par exemple. – Il ne faut appliquer systématiquement le P.F.S. en totalité. Parfois la seule application d’un théorème en projection sur une direction permet d’aboutir à l’objectif demandé (souvent loi entrée/sortie d’actions mécaniques). Cela évite des calculs inutiles.

Statique du solide indéformable

 75 nn

Corrigé

z avec M  S . Pour un contact surfacique, df M 1  2   P d Sz

■  ■ Corrigé des exercices 

Élément de force normale au contact joint inférieur / vitre :  pdlx (face extérieure) – dN jjoint i inf i f  vitre i   pdlx (face intérieure) – dN jjoint i iinff  vitre i S’il y a glissement, les lois de Coulomb donnent pour un élément de force tangentielle :  2fpdlz pour un déplacement vers le bas – dT jjoint i iinff  vitre i  2fpdlz pour un déplacement vers le haut – dT jjoint i iinff  vitre i

R jjoint i t inf i f vitre it 



L

0

 dT

jjoint i inf i f vitre i



 dN jjoint  i iinff vitre i



L

0

dT jjoint i inf i f vitre i

R jjoint i t iinff  vitre  2fpL

 Méthode 2.1  2fp  L  2z  Pour l’ensemble des joints, R jjoints i t  vitre i

0, 45    2fp  L  2z   2fp  L  2   t   25   0,776  0, 225  t  R jjoints i t  vitre i 4  

R jjoints i t  vitre i R jjoints i t  vitre i

max max

 2fp  L  2H   41,9 N  2fpL  19,4 N

Il y a non-basculement s’il y a contact avec le sol au point M.  nn 76

Chapitre 2

La condition de non-basculement est donc : YM  0 . On isole l’ensemble du système. Bilan des actions mécaniques extérieures : – action du sol en M : R M  X M x  YM y – action du sol en N : R N  X N x  YN y – poids en GV : PG V   m V gyy – poids en GE : PG E  m E gyy – poids en GP : PG P  m P gyy

    P .zz   NG

 L H Hy  bx b    m gy   .z  m g  b  L  .zz   Lx  L   h b bx    m gy   .z  m g  b   .zz   L2 x  hy 2

 

M N PG V .zz  NG V  PG V .zz   ay  bx    m V gy   .z  m V gb GP

P

 PG P

    R .zz  0  P .zz   NM  R .zz   2bx    X

M N PG E .zz  NG E  PG E MN

MN

P

P

E

E

N

GE

M

Mx

Corrigé

MN

 YM y   .z  2bYM

On applique le théorème du moment statique en N, suivant z : L  mV gb  mP g  b  L   m E g  b    2bYM  0 2  L  m V gb  m P g  b  L   m E g  b   2  YM  2b L  Condition de non-basculement : mV b  mP  b  Lmax   m E  b  max 2   m  mE  mV  On en déduit Lmax 2b  P   2m P  m E

 0

 Méthode 2.2

Élément de force normale au contact disque/garniture : dN  pdsz  pρdθdρz S’il y a glissement des plaquettes sur le disque, un élément de force tangentielle est donné par : R 2 θ2

dT  f dN  fpρ fpρdθdρ et Czz 

Statique du solide indéformable

ρd  OM  dT  fpρz   ρdθdρ S

R1 θ1

 77 nn

C  fpρα

R 22  R12 pour une face de disque et une plaquette. 2

d’où Cf  2C  fpρα(R 22  R12 ) pour un disque et deux plaquettes. R 2 θ2

Fzz 

 dN    pρdθdρz  pρα(R S

2

 R 1 )z

R1 θ1

 Méthode 2.1 F1  F2  1,163  105  50 

π  610  310  3  15kN   10 180  2 

et y

Ω  2 / 1

3

T  3  4a 

2

4b

T  2  4a 

4a

Ja

F  2  4a  Ia

O 4c

N  2  4a 

F  2  4d 

F  3  4a  N  3  4a 

x

4d

Id Jd

F  3  4d 

On isole le galet 4a. Il est soumis à deux actions mécaniques : F  3  4a  et F  2  4a  . Ce sont deux glisseurs portés par (IaJa) à l’équilibre.  Méthode 2.3 Si fr = 0,3 alors le ½ angle du cône de frottement est φ  arctan 0,3  17 .

 nn 78

Chapitre 2



 

JaIa, N  2  4a  L’angle N  3  4a  , IaJa  JaIa



10 est inférieur à 17°.

Les deux résultantes F  3  4a  et F  2  4a  sont donc dans le cône de frottement. Il y a alors adhérence (arc-boutement). La roue libre réalise un accouplement entre 2 et 3. Pour le galet 4d, les actions tangentielles T  2  4d  et T  3  4d  étant dans le même sens que pour le galet 4a, F  3  4d  et F  2  4d  ne peuvent pas être portées par (IdJd). L’équilibre n’est donc pas possible.

 Méthode 2.3 On isole le solide 4. Bilan des actions mécaniques extérieures : – action de 8 sur 4 en O9 – action de 3 sur 4 en O10 – action de P en O4 On applique le P.F.S. en O10. R 8  4   P  R  3  4   0

O10 O9  R  8  4   O10 O 4  P  0

X 48  0  X34  0 0  P  Z34  0 0,5  sin 40  X 48  0,5  cos 40  P  0 X 34  X 48 Z34  P X 48 

P tan 40

X 34  596 N

et donc Z34  500 N X 48  596 N  Méthode 2.2

On isole l’ensemble 3+4. Bilan des actions mécaniques extérieures : – action de 8 sur 4 en O9 Statique du solide indéformable

 79 nn

Corrigé

On isole la barre 8. Bilan des actions mécaniques extérieures : – action de 4 sur 8 en O9 – action de 7 sur 8 en O8 Dans le cadre d’une modélisation plane, ce sont deux glisseurs. Conséquences du P.F.S. : ils sont directement opposés et portés par la droite (O8O9). x1  R  7  8  On pose R  4  8   X 48 .x

– action de 2 sur 3 en O3 – moment Mf3 en O3 – action de P en O4 On applique le théorème du moment statique en O3, suivant y1 : O3O9  R  8  4   M f 3 y1  O3O 4  P  0

0,5  sin 40  X 48  M f 3   0,5  cos 40  1,35   P  0

P  M f 3   0,5  cos 40  1,35   P  0 tan 40  1,35  P  675 N.m

0,5  sin 40  Mf 3

 Méthode 2.2 Le couple de freinage disponible en sortie du réducteur est de 5200 = 1000 N.m. 1000 N.m > 675 N.m donc le freinage est assuré. On isole la barre 6. Bilan des actions mécaniques extérieures : – action de 7 sur 6 en O7 – action de 1 sur 6 en O6 Dans le cadre d’une modélisation plane, ce sont deux glisseurs. Conséquences du P.F.S. : ils sont directement opposés et portés par la droite (O6O7). On pose R  7  6   Z76 z1  R 1  6   Méthode 2.3 On isole 7. –Bilan action 2 surmécaniques 3 en O3 des de actions extérieures : – moment Mf3 en O3 P – action de 8 sur 7 en O8, R  8  7   X 48 x1  x1 – action de P en O4 tan 40 –On action de le 2 sur 7 en O3du moment statique en O3, suivant y1 : applique théorème –O O action  6 O 7P Z067 z1  Rde8 6sur 4 7 en M Oy7, R O 3

9





f3 1

3

4

y1 : On applique en O3P , suivant 0,5  sin 40lethéorème X 48  M f 3du moment 40  1,35 0  0,5  cosstatique O 3 O8  R  8  7   P O 3O 7  R  6  7   0 0,5  sin 40   M f 3   0,5  cos 40  1,35   P  0 P 40 tan 0,5  sin 40   0,5  cos30  Z67  0 M f 3  1,35  tan P 40 675  N.m cos 40 Z67  P cos30

 Méthode 2.2

Le couple de freinage disponible en sortie du réducteur est de 5200 = 1000 N.m. Méthode 2.2 1000 N.m > 675 N.m donc le freinage est assuré. isole la barre 2+3+4+7+8. 6. On On isole le système Bilan des Actions actions mécaniques Mécaniquesextérieures Extérieures: : –– action de 7 sur 6 en O 7 action de P en O4 – action de 1 sur 6 en O6 Dans le cadre d’une modélisation plane, ce sont deux glisseurs.  nn 80 Conséquences du P.F.S. : ils sont directement opposés et portés par la droite (O6O7). Chapitre 2 On pose R  7  6   Z76 z1  R 1  6 

– action de 1 sur 2 en O2 – moment Mf2 en O2

cos 40 40 z1 cos30 On applique le théorème du moment statique en O2, suivant y1 :

– action de 6 sur 7 en O7, R  6  7   P

M f 2 y1  O 2 O 4  P  O 2 O7  R  6  7   0

M f 2   0,5  cos 40  1,35   P  0,5  cos30  Z67  0

cos 40 0 cos30 cos 40 M f 2   0,5  cos 40  1,35   P  0,5  cos30  P 0 cos30 M f 2  1,35  P  675 N.m M f 2   0,5  cos 40  1,35   P  0,5  cos30  P

 Méthode 2.2

On isole S1. Dans le cadre de la modélisation plane envisagée, les actions mécaniques transmissibles par les articulations sont des glisseurs. Bilan des actions mécaniques extérieures : – action de 1 sur 2 en C : C 1  S1 – action de 9 sur 2 en B : B  9  S1 – action de P en G : P = 3400 N On isole le vérin VH1 (8+9). Il est soumis à deux glisseurs A 1  8  et B  S1  9  . Ces deux glisseurs sont donc portés par la droite (AB). L’ensemble S1 est soumis à l’action de trois glisseurs concourants.

La résolution graphique (voir page suivante) donne B  S1  9 

600 daN.

En déduire la pression régnant dans les chambres (a) de chacun des deux vérins VH1 dans cette configuration. Faire l’application numérique. La pression sera exprimée en Pa. Chacun des vérins développe F  B S1  9  / 2  300 daN. La pression dans la chambre (a) est alors : p 

Statique du solide indéformable

4F 4  3000   3,8  105 Pa . 2 πDext π  0,12

 81 nn

Corrigé

1000 N.m > 675 N.m donc le freinage est assuré.

B  9  S1

C 1  S1

B  9  S1 C 1  S1

P

P

 Méthode 2.3 df M  6  4   q  d z  y

R  6  4 



L/2

 L/2

q  d z  y  qL y et par raison de symétrie M  R,6  4   0 .

 R  6  4   Lyy  qLy On en déduit T64      . R

 0



R

 0 

 Méthode 2.1  nn 82

Chapitre 2

On isole le sous système ss = {tête (3) + rouleaux (4 et 5)}. Bilan des actions mécaniques extérieures : – action de 6 sur 4 en k : k  6  S2  porté par (OK) – action de 6 sur 5 en j : j  6  S2  porté par (OJ) – action de 2 sur 3 en H : H  2  3 On applique le théorème du moment résultant en H suivant la direction z .

Étant donné la symétrie du problème, k  6  S2   j  6  S2  .

 Méthode 2.2 On isole S2. Bilan des actions mécaniques extérieures :

cos95 cos

– action de 6 sur 4 en k : k  6  S2  porté par (OK), k  6  S2   k  6  S2  sin i 95 0

Corrigé

cos 60

– action de 6 sur 5 en j : j  6  S2  porté par (OJ), j  6  S2   j  6  S2  sin i 60 0 – action de 9 sur 2 en B : B  9  S2  porté par (AB)

D 2 D 2   0,12 0,062   B  9  S2   2  p  π  ext  int   2  60  105  π   6000daN 4  4   4  4 cos  115  B  9  S2   B  9  S2  sin  115  0 XC

– action de 1 sur 2 en C : C 1  S2   YC 0 On applique le P.F.S. en C : 0, 41 cos(115) 0  M C 9  S2   CB B  9  S2    0 6  60000  sin(115)  0 C,9 0,63 0 0 38  103 N.m 



M  C,6  S2   CO J 1  S2   CO K 1  S2  1, 21

cos 60

1, 1 21

cos95

0

0

0

0

M  C,6  S2    1,73  j  6  S2 S  sin i 60   1 73  k  6  S i 95 1,73 S2  sin

Statique du solide indéformable

 83 nn

0

0

0

1,9

1

2,9

M  C,6  S2   j  6  S2  0  k  6  S2 S  0  k  6  S2  0

k  6  S2  cos  95   j  6  S2  cos  60   B  9  S2  cos  115   X C  0 k  6  S2  sin  95   j  6  S2  sin i  60   B  9  S2  sin  115   YC  0 38  103  k  6  S2   2,9  0

k  6  S2   cos  95   cos  60    B  9  S2  cos  115   X C  0 k  6  S2  sin  95   sin  60    B  9  S2  sin  115   YC  0 13000 N k  6  S2   j  6  S2   13

X C  20000 N YC  30000 N 13 k  6  S2   j  6  S2   13000 N

 Méthode 2.2 j  6  S2   13000 N  qL q  13000 N / m

On isole la poulie de déviation et la portion de câble enroulé. Bilan des actions mécaniques extérieures – actions du câble T1 et T’1, – action de la liaison pivot d’axe (B, z ). Théorème du moment statique au point B en projection sur la direction z : d d T1  T '1  0 2 2 On en déduit T1=T’1.  Méthode 2.2 On isole la poulie de déviation, le contrepoids et la portion de câble enroulé. Bilan des actions mécaniques extérieures – actions du câble T1 et T’1, – poids du contrepoids  Mcgyy . Théorème de la résultante statique en projection sur la direction y :

 nn 84

Chapitre 2

2T1  Mcg  0 et donc T1 

Mcg . 2

 Méthode 2.2 On isole le chariot et la cabine. Bilan des actions mécaniques extérieures – actions du câble T2 et T1, – action mécanique du câble sur le chariot R, – Poids de la cabine  Mgyy . Théorème de la résultante statique en projection sur la direction du câble : T2  T1  Mg sin α  0

 Méthode 2.2 On isole la poulie motrice et la portion de câble enroulée. Bilan des actions mécaniques extérieures : – action des deux freins à patin : composante tangentielle à la limite du glissement 2Tress mini tan φx x, – actions du câble T1 et T2, – action de la liaison pivot d’axe (A, z ). Théorème du moment statique au point A en projection sur la direction z : D  T2  T1   2rTress mini tan φ  0 2 D Tress mini   T2  T1  4r tan φ  Méthode 2.2 35  9,81  2   129 kN. Tress mini   245     0,3 2 2 1,9   Tress sec u  2  129  258 kN.

En imposant Tress  280 kN, le critère est vérifié. 2 2 Dext  Dint   Tress  Pmin  π 4 4Tress 4  280000 Pmin    175 bar. 2 2 π  Dext  Dint  π   0, 22  0,142  Statique du solide indéformable

 85 nn

Corrigé

 Mc   Msin α  T2  T1  Mgsin α  g   2   35000   29000  sin15   245kN T2  9,81   2 

Le critère « Pression de desserrage des freins à patin » P 210 bar est donc suffisant.  dθ   dθ  dN  Fsin     F  dF  sin    0  2   2  dθ À l’ordre 1, dN  2F  0 et donc dN  Fdθ . 2  dθ   dθ  dT  Fcos     F  dF  cos    0  2   2  On en déduit : dT  dF . dT dF À la limite du glissement, ν mini  .  dN Fdθ dF On en déduit  ν mini dθ F T2 β T  dF  ν mini dθ et donc ln  2   βν mini . T1 F 0  T1 





1 T Finalement, ν mini  ln  2 β  T1

 . 

Indépendamment de ce qui a été fait précédemment, on donne

T2 =1,5. T1

1 T  180  ln 1,5   0,11 . ν mini  ln  2   β  T1  200  π ν mini secu =2 ν mini =0,22. Le critère « Coefficient d’adhérence entre la poulie motrice et le câble tracteur pour immobiliser le téléphérique en gare » est donc suffisant.

 nn 86

Chapitre 2

Chapitre

3

Étude des chaînes de solides

La quasi-totalité du trafic intercontinental des télécommunications passe par des câbles sousp marins. La pose du premier câble transatlantique a (Transatlantic Telephone lieu en 1956 : Cable System). C’est un câble coaxial de téléphonie pour une capacité de 36 canaux. Le est premier câble sous-marin numérique p g posé en 1988 grâce au consortium , , et . On dispose alors de 40 000 canaux de téléphonie grâce à deux paires p de fibres . Il existe deux optiques. Inauguré en 2001, quatre paires de fibres optiques constituent liens, Nord et Sud, pour un débit de 3,2 térabits par seconde (Tbit/s). Les données sont utilisées pour l’Internet, la téléphonie ou la télévision numérique. En septembre 2017, p et lancent . Ce câble relie Virginia Beach dans l’état de Virginie et Bilbao en Espagne. D’une longueur de 6 600 km et à plus de 5 000 mètres de profondeur, Marea est capable de transmettre 160 Tbit/s à travers huit paires de fibres optiques.

■  ■ Objectifs  ■ Ce qu’il faut connaître  

La modélisation et le paramétrage d’un mécanisme



L’analyse géométrique d’un mécanisme



L’analyse cinématique d’un mécanisme



L’analyse des actions mécaniques d’un mécanisme



L’association de liaisons en série ou en parallèle



Les degrés de mobilité et d’hyperstatisme d’un mécanisme (PSI).

■ Ce qu’il faut savoir faire  

Proposer une modélisation des liaisons avec une définition précise de leurs caractéristiques géométriques



Associer le paramétrage au modèle retenu



Associer à chaque liaison son torseur cinématique



Associer à chaque liaison son torseur d’actions mécaniques transmissibles



Effectuer une fermeture géométrique ou cinématique



Conduire une analyse des actions mécaniques de liaison



Déterminer le degré de mobilité et d’hyperstatisme d’un mécanisme (PSI)



Donner les conditions géométriques associées à l’hyperstatisme (PSI).

 ■ ■ Résumé de cours  Un sous-ensemble cinématique est constitué de solides indéformables répondant à la relation d’équivalence « sans mouvement relatif ». Ces solides peuvent être en liaison encastrement les uns aux autres, mais ce n’est pas une obligation. En phase de fonctionnement normal, de maintenance, de réglage, etc., un mécanisme peut avoir des sous-ensembles cinématiques différents. Un graphe de structure (ou graphe des liaisons), est un graphe représentant les différents sousensembles cinématiques (ce sont les nœuds) reliés entre eux par des traits matérialisant les liaisons. On y ajoute aussi le nom des différentes liaisons ainsi que leurs caractéristiques géométriques. Le schéma cinématique est une représentation plane ou spatiale, simplifiée, d’un mécanisme. Il utilise les symboles normalisés des liaisons entre solides. Pour une recherche de loi entrée/sortie géométrique ou cinématique, on peut être amené à rechercher des liaisons équivalentes fictives afin d’aboutir au schéma cinématique minimal (ou fonctionnel). Pour une étude statique ou dynamique où l’on recherche des actions de liaison, on s’intéresse plutôt aux contacts entre solides. On parle alors de schéma d’architecture. Il peut donc exister plusieurs schémas cinématiques d’un même mécanisme selon l’étude envisagée. On associe à chaque solide un repère, en prenant en compte les directions caractéristiques. Le nombre de paramètres de position et d’orientation nécessaires au paramétrage des mouvements dans une liaison, est égal au nombre de degrés de liberté autorisés par celle-ci.

 On est souvent amené à rechercher des relations entre les paramètres géométriques d’un mécanisme (dimensionnels ou angulaires). La loi entrée/sortie géométrique est la relation entre les paramètres de position ou d’orientation de la pièce d’entrée (mouvements pilotes) et les paramètres de position ou d’orientation de la

Étude des chaînes de solides

 89 nn

pièce de sortie du mécanisme. Elle s’obtient en exprimant la fermeture géométrique de chacune des chaînes fermées (ou cycles) du graphe de liaisons du mécanisme. Pour chaque cycle, on obtient deux relations vectorielles : – l’une, caractérise les positions relatives des points caractéristiques des liaisons. O0 O1  ...  O n O0  0 : fermeture dimensionnelle, – l’autre, caractérise les orientations relatives des bases associées à chaque liaison. Dans le cas de mécanismes plans, toutes les rotations relatives se font suivant une seule direction normale au plan d’étude et on obtient une relation scalaire du type α 0/1  ...  α n /0  0 : fermeture angulaire. – Dans le cas d’un mécanisme plan, la fermeture géométrique donne :  2 équations scalaires de fermeture dimensionnelle,  1 équation scalaire de fermeture angulaire, Soient au total 3 équations scalaires pour un cycle. Il faut dont au moins 4 degrés de liberté cumulés dans les différentes liaisons (soient 4 paramètres variables) pour que le mécanisme soit mobile, et que l’on puisse trouver une loi entrée/sortie. – Dans le cas d’un mécanisme spatial, le nombre d’équations peut aller jusqu’à 6 pour un cycle. Pour déterminer une loi entrée/sortie, on préfère alors traduire lorsque cela est possible que la valeur d’un angle est constante (souvent l’orthogonalité) entre deux vecteurs de base, imposé par certaines liaisons, par l’intermédiaire d’un produit scalaire. Les relations sont alors du type x i .x j  0 . – Enfin, on sera quelques fois amené à simplifier un mécanisme, c’est-à-dire à négliger certaines mobilités afin de proposer une modélisation cinématiquement plane. 

On rappelle la forme générale du torseur cinématique caractérisant le mouvement du solide 1 par rapport au solide 2 : p1/2 u O,1/2  V 1 / 2   q1/2 vO,1/2  r w O,1/2  x,y,z O  1/2 



Pour chaque cycle du graphe de liaisons, on peut écrire une relation de fermeture cinématique : V  0 / 1  ...  V  n / 0   0 – Cette méthode conduit souvent à des calculs fastidieux car il faut réduire tous les torseurs au même point. – Pour obtenir des relations entre les vitesses, il est aussi possible de dériver les équations issues de la fermeture géométrique. 

 nn 90

Chapitre 3

On rappelle la forme générale 1/2 : X12 τ 1  2   Y12 Z O  1 2

du torseur des actions mécaniques transmissibles par la liaison LO,12   M O,12  N O,12  x,y,z  

Pour l’analyse des actions mécaniques, des hypothèses peuvent être formulées : – existence d’un plan de symétrie pour l’ensemble des glisseurs, – liaisons énergétiquement parfaites ou prise en compte des frottements, – prise en compte ou non de l’action de la pesanteur, – référentiel d’étude galiléen, – effets dynamiques négligés (torseur dynamique nul). Les théorèmes mis à notre disposition sont : – le principe fondamental de la dynamique (chapitre 5) (ou de la statique (chapitre 2) selon les hypothèses) : utile notamment pour déterminer les actions mécaniques de liaison. – le théorème de l’énergie cinétique (chapitre 6) : particulièrement intéressant pour déterminer une loi de mouvement ou une action mécanique développée par un actionneur.

 Le graphe des liaisons présente au moins une chaîne fermée : L1 0

L2 Ln

1

0

Leq

1

VLeq 1 / 0   VL 1 / 0   VL 1 / 0   ...  VL 1 / 0  (au même point de réduction) 1

2

n

n

τLeq  0  1  τi  0  1 i 1

On isole le sous-ensemble cinématique 1. 0

Leq

Par application du P.F.S., τ  ext  1 

1

τ  ext  1

n

τ 0  1  0 . i

i 1

On appelle rS le rang de ce système d’équations. Étude des chaînes de solides

 91 nn

Le nombre total d’inconnues statiques introduit par les n liaisons en parallèle est : n

NS 

n

si

.

i 1

Le degré d’hyperstatisme h de la liaison équivalente aux n liaisons en parallèle est donné par la relation : h  NS  rS . – On appelle liaison équivalente isostatique, le cas où h = 0. – Si h > 0 la liaison équivalente est dite hyperstatique de degré h. – Les inconnues qui ne peuvent pas être exprimées en fonction des composantes du torseur des actions mécaniques de la liaison équivalente, sont appelées inconnues hyperstatiques. Le degré de mobilité m de la liaison équivalente aux n liaisons en parallèle est défini par la relation : m  6  rS . – La liaison équivalente est complète ou rigide dans le cas où m = 0. – Lorsque m > 0, la liaison équivalente est dite mobile à m degrés de liberté. 

La chaîne de solides est alors qualifiée de chaîne ouverte : L0/1

0

L1/2

1

2

n

0

Leq

n

n

VLeq  n / 0  V i / i  1 i 1

τLeq  0  n   τ  0  1  ...  τ  n  1  n  (au même point de réduction) Le rang rS de ce système d’équations est toujours égal à NS. Le nombre total d’inconnues cinématiques introduit par les n liaisons en série est : n

NC 

n

ci

i 1

La liaison équivalente à n liaisons en série est toujours isostatique : h  NS  rS  0 . Le degré de mobilité m de la chaîne ouverte comprenant n liaisons en série est défini par la relation : m  N C .

 nn 92

Chapitre 3

On pose m  m u  mi : – mu est le nombre de mobilités utiles. Ce sont les degrés de liberté de la liaison équivalente aux n liaisons en série, – mi le nombre de mobilités internes. Ce sont les degrés de liberté qui existent entre les différentes pièces de la chaîne ouverte lorsque les pièces d’extrémité n’ont pas de mouvement relatif. 



Une chaîne complexe est une chaîne cinématique constituée de plusieurs chaînes fermées, voire ouvertes. L1/2

1 L1/n

2

L1/n–1 Ln–1/3

n

Ln/n–1

L2/3 3

n–1

Le degré de mobilité m d’un mécanisme correspond au nombre d’inconnues cinématiques qu’il faut fixer pour déterminer les autres. On pose m  m u  mi où : – mu est le nombre de mobilités utiles. Ce sont les degrés de liberté qu’il faut imposer pour que le mécanisme soit dans une configuration particulière. C’est aussi en général le nombre d’actionneurs. – mi est le nombre de mobilités internes. Ce sont les degrés de liberté qui subsistent lorsque les sous-ensembles cinématiques d’entrée et de sortie sont bloqués. Le degré d’hyperstatisme est le nombre de contraintes géométriques nécessaires pour que le mécanisme soit « montable ». Le graphe des liaisons nous donne n–1 isolements possibles, soit ES  6   n  1 équations après application du principe fondamental de la statique. Soit rS le rang de ce système d’équation. On définit : – le degré d’hyperstatisme : h  NS  rS , – le degré de mobilité : m  ES  rS .

Étude des chaînes de solides

 93 nn

Le nombre cyclomatique  d’une chaîne complexe de n solides liés par nL liaisons est le nombre de chaînes fermées indépendantes. La théorie des graphes montre que : γ  n L  n  1 . Soit EC le nombre d’équations obtenues par la fermeture cinématique des  cycles : E C  6  γ . Soit rC le rang de ce système d’équations. On définit : – le degré de mobilité : m  N C  rC , – le degré d’hyperstatisme : h  E C  rC . Les rangs rS ou rC peuvent être difficiles à déterminer. Pour déterminer le degré d’hyperstatisme h, on préfère alors passer par une détermination « intuitive » du degré de mobilité m et utiliser l’une ou l’autre des relations suivantes : – h  m  NS  6  n  1 : approche par les actions mécaniques, – h  m  6γ  N C : approche cinématique.

Dans un mécanisme hyperstatique, il est impossible de connaître toutes les inconnues statiques uniquement à l’aide du principe fondamental de la statique (ou de la dynamique). Certains problèmes, mais pas tous, peuvent quand même être résolus à l’aide d’autres équations issues d’autres théorèmes : loi de Coulomb sur le frottement, loi de comportement des matériaux, théorèmes des travaux virtuels, etc. Pourtant l’hyperstatisme n’a pas que des défauts. Il permet notamment d’avoir un mécanisme plus rigide en multipliant les zones de contact. Reste alors à respecter des conditions sévères de fabrication (tolérancement géométrique) pour pouvoir monter et faire fonctionner le mécanisme hyperstatique. Notons que cela n’est possible que grâce aux jeux internes aux liaisons, à des éléments déformables et/ou à des mécanismes de réglage. En règle générale, un mécanisme hyperstatique présente un coût plus élevé à la fabrication. Afin de rendre un mécanisme isostatique, il faut localiser les hyperstaticités puis modifier des liaisons en libérant les degrés de liberté adéquats. On peut soit : – Mener une étude cinématique : Une équation donnant 0 = 0 est cause d’hyperstatisme. En introduisant des mobilités supplémentaires bien choisies, on augmente le rang rC du système d’équations. – Mener une étude statique : En introduisant des mobilités supplémentaires, on diminue le nombre d’inconnues statiques. 

 nn 94

Chapitre 3

■  ■ Méthodes 

Afin d’établir une loi entrée/sortie géométrique, il est possible d’effectuer une fermeture géométrique pour chacun des cycles du graphe des liaisons. La base de projection peut être quelconque. On s’attachera toutefois à effectuer le minimum de projections. Il s’agit ensuite de résoudre le système d’équations obtenu. Toutes les équations ne sont pas forcément utiles pour atteindre l’objectif demandé.

0

L10 : pivot d’axe  O, z 0 

1 L21 : pivot d’axe  A, z 0 

L32 : glissière de direction x 0 3

L32 : pivot d’axe  B, z 0  1

y0

A

y2

y1

y 0  y3

θ

x2

γ

β

θ

O

x1

2

β

x0

z0

2



OD  ay y0 OA  ex x1

AB  Lx x2

B

D 0

3

γ

x 3 DB  λx x3

γ

x1 θ

x0  x3

θ   x 0 , x1    y 0 , y1 

β   x1 , x 2    y1 , y 2 

γ   x 2 , x 3    y 2 , y3  L  a  e et λ  0

x2

Le mécanisme ne présente qu’un seul cycle : 0–1–2–3–0. Étude des chaînes de solides

 95 nn

Méthodes



Exemple : mécanisme de transfert La roue 1 est animée d’un mouvement de rotation d’axe  O, z 0  à vitesse constante  par rapport au bâti 1. Le coulisseau 3 est en translation rectiligne alternative de direction x 0 par rapport au bâti 0.

La loi entrée/sortie géométrique est la relation entre le paramètre d’entrée θ et celui de sortie λ . On recherche donc λ  f  θ  . – Fermeture dimensionnelle : OA  AB  BD  DO  0 . Soit exx1  Lx 2  λx 3  ay0  0 .

– Fermeture angulaire :  x 0 , x1    x1 , x 2    x 2 , x 3    x 3 , x 0   0 . Soit θ  β  γ  0 On obtient un système à une équation vectorielle (ici deux équations scalaires dans le plan) et une équation scalaire, pour quatre paramètres variables : , ,  et . On choisit de projeter la fermeture dimensionnelle dans la base  x 0 , y 0 , z 0  . On obtient les deux équations scalaires suivantes :

ecosθ  Lcos  θ  β   λ  0 esin θ  Lsin  θ  β   a  0

Pour éliminer l’angle , on écrit :

2 2  Lcos  θ  β     Lsin θ  β     ecosθ  λ 2   esin θ  a 2 .

2

2

On en déduit L2   ecosθ  λ    esin θ  a  . 2

L  a  e donc L2   a  esin θ   0 .

λ  ecosθ   L2   a  esin θ 

2 2

λ  0 donc λ  ecosθ  L2   a  esin θ  .

La fermeture cinématique s’écrit pour chacun des cycles du graphe des liaisons. Elle met en évidence des relations entre les paramètres cinématiques : vitesses linéaires et taux de rotation. Pour un cycle donné, on prendra garde à écrire tous les torseurs cinématiques au même point. Le choix d’une base de projection devra permettre de limiter les calculs. 

Exemple : mécanisme de transfert (méthode 3.1) La loi entrée/sortie cinématique est la relation entre les paramètres d’entrée θ et θ , et celui de

 

sortie λ . On recherche donc λ  f θ,θ . Pour le cycle 0–1–2–3–0 : V  3 / 2   V  2 / 1   V 1 / 0   V  0 / 3   0 .

βz  θz  γγzz0  θz0  βz0         , V  2 / 1    , V  3 / 2     et V  3 / 0   0  0  0  B O A On écrit tous les torseurs au point B : V  B,1 / 0   V  O,1 / 0   BO  Ω 1 / 0   0   ex1  Lx 2   θz θ 0  eθy y1  Lθy y2

V 1 / 0  

 nn 96

0     . λx 0 λx  D

Chapitre 3

V  B, 2 / 1  V  A, 2 / 1  BA  Ω  2 / 1  0  Lx Lx 2  βz β 0  Lβy y2 V  B,3 / 0   V  D,3 / 0   BD  Ω  3 / 0   λλx x 0  0  λx 0 On obtient le système d’équations suivant :

θβ γ  0 θy y1  Lθy2  Lβ βy2  λx 0  0 eθy Lβy

On choisit de projeter dans la base  x 0 , y 0 , z 0  et on se limite aux deux dernières équations :





eθsin θ i θ  L θ  β sin θsin i θ  β   λ  0





eθθ cosθ  L θ  β cos  θ  β   0

On élimine θ  β des deux dernières équations : eθsin θsin θ cos  θ  β   λ cos  θ  β   eθ cosθsin  θ  β   0

λ cos  θ  β   eθsin θsin β puis λ  eθθ

 

s β sin . cos  θ  β 

Pour obtenir la loi λ  f θ,θ , il est nécessaire d’exprimer sin β et cos  θ  β  en fonction de . La fermeture dimensionnelle de la méthode 3.1 nous permet d’effectuer cela. e cosθ  L cos  θ  β   λ  0 implique que L cos  θ  β   λ  e cosθ . Ensuite exx1  Lx 2  λx 3  ay0  0 en projection sur y1 donne Lsin β  λ sin θ  a cosθ  0 . On en déduit Lsin β   λ sin θ  a cos θ . λ  eθθ

 λ sin θ  a cosθ   λ  ecosθ 

2   2  e cosθ  L   a  esin θ   sin θ  a cosθ   

λ  eθθ 

L2   a  esin θ 

2

  cosθ  esin θ  a    siiin θ  Finalement, λ  eθθ sin .  2  2   L a esin θ     Établir cette relation par fermeture cinématique, entraîne des calculs assez fastidieux. On retiendra qu’en règle générale, il vaut mieux obtenir une relation d’entrée/sortie géométrique, que l’on dérive ensuite. Par exemple, en dérivant directement l’expression de λ  f  θ  obtenu à la méthode 3.1 : 2  d e cos co θ  L2   a  esin θ   cosθ  a  esin θ    λ siiin θ  et donc λ  eθθ sin  2 dt L2   a  esin θ  

Étude des chaînes de solides

 .  

 97 nn

Méthodes

λ cos  θ  β   eθθ   sin i θ co cos  θ  β   cosθsin  θ  β  

Pour autant, la fermeture cinématique est très utile pour l’analyse d’une chaîne fermée et la détermination des causes d’hyperstaticité (méthode 3.5).

Afin de rechercher la liaison équivalente à n liaisons parallèles, il vaut mieux appliquer la méthode par les actions mécaniques : τ Leq  0  1 

n

τ 0  1 . En i

i 1

effet, quel que soit le nombre de liaisons, le nombre d’équations sera ES = 6. 

Exemple : guidage en translation On étudie le guidage en translation du coulisseau 2 par rapport au bâti 1. z

y 2

1

L2 : Pivot glissant d’axe (B, x)

1

B A

2

L1 : Pivot glissant d’axe (A, x)

x

AB  Ly y

0 τL1 1  2   Y12 Z A  1 2

0

0 τL2 1  2   Y '12  Z' B  1 2

  M A,12  N A,12  x,y,z  

0

  M 'B,12  N 'B,12  x,y,z  

0

0

0

LZ'12

N 'B,12

0

Z'12

N 'B,12

M '  A,1  2   M '  B,1  2   AB  R ' 1  2   M 'B,12  L  Y '12  M 'B,12

0  On en déduit τ Leq 1  2   Y12 Z A  12

0

  M A,12    N A,12  x,y,z  

0  Y '12  Z' B  12

L  Z'12   . M 'B,12   N 'B,12  x,y,z 



Le système d’équations est alors le suivant : X eq  0 Leq  L  Z'12 Yeq  Y12  Y '12 M eq  M A,12  M 'B,12 Zeq  Z12  Z'12 N eq  N A,12  N 'B,12 Le torseur des actions mécaniques transmissibles par la liaison équivalente est alors de la forme :  nn 98

Chapitre 3



0  τ Leq 1  2   Yeq Z A  eq



Leq   M eq  N eq 

, ce qui correspond à une liaison glissière de direction x .

 x,y,z 

Le degré d’hyperstatisme est h  NS  rS  8  5  3 . Le degré de mobilité de la liaison équivalente est m  6  rS  6  5  1 (une translation de direction x ). Les inconnues d’actions mécaniques qui seraient impossibles à déterminer par la seule application du P.F.S., sont Y12 , Y '1 2 , M A,1 2 , M 'B,1 2 , N A,1 2 et N 'B,1 2 . Si on s’intéresse au coulisseau 2 par exemple, cela implique : – une contrainte dimensionnelle linéaire suivant la direction y , – un parallélisme : une contrainte angulaire autour de y et une autour de z . Pour rendre le système isostatique, on peut libérer des degrés de liberté pour rendre nulles par exemple Y '1 2 , M 'B,1 2 et N 'B,1 2 . z 2

1

A

y

B

x

Pour déterminer la liaison équivalente à n liaisons en série, il est préférable d’utiliser la méthode cinématique : VLeq  n / 0  

n

V i / i 1 . En effet, quel que i 1

soit le nombre de liaisons, le nombre d’équations sera EC = 6. 

Exemple : On s’intéresse à un mécanisme de type pied (voir en page suivante). La liaison équivalente entre les sous-ensembles cinématiques 3 et 1 est donnée par la résolution du système : VLeq  3 / 1  V  3 / 2  V  2 / 1 . p3/2 V  3 / 2   q3/2 r B  3/2

0  0 0  x,y,z 

u A,2/1  0  V  2 / 1  0 vA,2/1  r  0  x,y,z  A  2/1

Étude des chaînes de solides

 99 nn

Méthodes

La liaison L2 est alors une sphère/plan de normale  B, z  .

z

1

3

2

2

B

3

y 1

Liaison sphérique de centre B

A x

AB  Lzz

0

p33/2

V  A,3 / 2   V  B,3 / 2   AB  Ω  3 / 2   0  0  q 3/2 L r3/2

p3/1 VLeq  3 / 1  q3/1 r A  3/1

Liaison appui plan de normale z

u A,3/1   v A,3/1    w A,3/1  x,y,z  

p3/2  q 3/2 r A  3/2

Lq 3/2  Lp3/2 0

Lq 3/2   Lp3/2    0  x,y,z 

u A,2/1  0   v A,2/1  0 r  0  x,y,z  A  2/1

Le système d’équations est alors le suivant : p3/1  p3/2 u A,3/1   Lq 3/2  u A,2/1 q 3/1  q 3/2 v A,3/1  Lp3/2  v A,2/1 r3/1  r3/2  r2/1 w A,3/1  0 L’indice de mobilité de la liaison équivalente est m  N C  6 .

– m u  5 : liaison sphère / plan de normale  A, z  , – m i  1 : rotation de 2/1 autour de  A, z  . Les liaisons sont en série, donc h = 0.

La recherche du degré d’hyperstatisme d’un mécanisme quelconque peut se faire aisément lorsque l’on peut intuiter le degré de mobilité. Dans le cas contraire, on peut soit effectuer une analyse par les actions mécaniques en effectuant (n–1) isolements, soit conduire une analyse cinématique en écrivant la fermeture de chacun des cycles du graphe des liaisons. Cette dernière méthode est plus rapide en général car le nombre cyclomatique  est presque toujours inférieur au nombre de sous-ensembles cinématiques n. Pour rendre isostatique un mécanisme, il convient d’identifier les contraintes géométriques nécessaires pour permettre son assemblage. Cela peut se faire intuitivement ou d’après le système d’équations obtenu pour son analyse. On peut alors envisager de libérer certaines mobilités. Pour cela, il faut soit ajouter des degrés de liberté dans certaines liaisons, soit ajouter des liaisons en série. Un

 nn 100

Chapitre 3

mécanisme que l’on rend isostatique doit toutefois rester fonctionnel, c’est-à-dire respecter ce pourquoi il a été conçu. 

Exemple : mécanisme de transfert (méthode 3.1 et méthode 3.2) Le degré de mobilité est m  1 . Il n’y pas de mobilité interne et il faut imposer un unique paramètre pour que le mécanisme soit dans une configuration donnée. On remarque aussi qu’un seul actionneur est nécessaire pour le mettre en mouvement. – h  m  NS  6  n  1 : approche par les actions mécaniques.

– h  m  6γ  N C : approche cinématique. N C  4  1  4 inconnues de liaison. γ  1 cycle fermé. Là aussi, h  1  6  1  4  3 . Pour rechercher les conséquences de ce degré d’hyperstatisme, intéressons-nous au système des six équations obtenu à la méthode 3.2 : 00 00 θβ γ  0





θ i θ  L θ  β sin θsin i θ  β   λ  0 eθsin





eθθ cosθ  L θ  β cos  θ  β   0

00 Les lignes 0  0 permettent d’identifier les degrés de liberté qu’il faut libérer pour rendre le mécanisme isostatique. Il s’agit donc de deux rotations suivant x et y , ainsi qu’une translation suivant z . Les contraintes géométriques permettant l’assemblage du mécanisme peuvent par exemple se retrouver en isolant un sous-ensemble cinématique. Pour la roue 1, il s’agit d’un parallélisme (deux contraintes angulaires) entre les portées permettant le guidage en rotation pour les liaisons pivot L 10 et L21. Ensuite, il y a une contrainte dimensionnelle linéaire relative à l’une et l’autre de ces portées suivant la direction z .

On peut essayer de rendre isostatique le mécanisme de transfert. La première solution (page suivante) concentre les modifications sur une seule liaison : L21. On place une liaison sphère/cylindre de centre A et de direction z . La deuxième solution modifie les liaisons L21 et L32 : deux liaisons sphériques de centre A et de centre B. On remarque que l’on libère alors quatre degrés de liberté mais que l’on augmente aussi l’indice de mobilité puisqu’il y a dorénavant une mobilité interne (rotation de la bielle 2 autour de AB) : m  2 avec m u  1 et m i  1 . En règle générale, on modifiera plutôt les liaisons autres que celle donnant le mouvement d’entrée (ici L10) et celle donnant le mouvement de sortie (ici L30).

Étude des chaînes de solides

 101 nn

Méthodes

NS  4  5  20 inconnues de liaison. n  4 sous-ensembles cinématiques. On en déduit h  1  20  6  4  1  3 .

1

y0

1

y0

A

A x0

O

x0

O 2

B

D 0 Solution 1

2

B

D 0 Solution 2

3

3

La solution 3 ci-dessous est isostatique. L30 est une liaison pivot glissant d’axe  D, x 0  . Une

mobilité en rotation de 3/0 autour de  D, x 0  est alors possible. Si les défauts de positionnement et d’orientation des différentes liaisons ne sont pas trop importants, le mécanisme reste fonctionnel. Toutefois ce petit déplacement en rotation peut-être problématique selon le cas d’utilisation. 1 1 y0 y0 A

O

A x0

O 2

D 0 Solution 3

B

x0

2

D

B

0 3 Solution 4 Le dernier mécanisme (solution 4) est isostatique mais n’est plus fonctionnel. L’indice de mobilité est m  2 avec m u  2 et m i  0 . Il est par exemple possible de déplacer le point A de la bielle 2 en translation suivant z et de faire bouger le coulisseau 3 en rotation autour de  D, x 0  et en translation suivant x 0 , sans faire bouger la roue 1.

 nn 102

3

Chapitre 3

■  ■ Vrai/Faux 

La fermeture géométrique et la fermeture cinématique d’une chaîne fermée de solides, donnent deux systèmes d’équations indépendants.





Une chaîne ouverte de solides a toujours un degré d’hyperstatisme nul : h = 0.





Mettre des liaisons en série, permet d’augmenter le degré de mobilité du mécanisme.





Mettre des liaisons en parallèle, permet de diminuer le degré de mobilité du mécanisme.





Le degré d’hyperstatisme d’un mécanisme traduit une surabondance de contacts entre les sous-ensembles cinématiques d’un mécanisme.









Pour le mécanisme ci-dessus, le cycle 0 – 4 – 5 – 3 – 0 présente un indice de mobilité m = 4.





Pour le mécanisme ci-dessus, le cycle 0 – 4 – 5 – 3 – 0 présente un degré d’hyperstatisme h = 4.





Pour déterminer le degré d’hyperstatisme d’un mécanisme présentant plusieurs cycles fermés, il est possible d’additionner les degrés d’hyperstatisme de chacun de ces cycles.





Pour rendre isostatique un mécanisme présentant plusieurs cycles fermés, il faut rendre isostatique chacun de ces cycles.





2 3

z

B

A D

Le mécanisme ci-contre présente un nombre cyclomatique  = 1.

4 E

F G

Étude des chaînes de solides

y x

1 C

0

5

 103 nn

Valider la valeur du moment d’inertie autour de l’axe  O, x  .

■  ■ Énoncé des exercices  

  On s’intéresse à trois véhicules S deest Le support l’étude une «masse unité Le de support de est l’étude uneM,«animés unité d’un mouvement de translation rectiligne uniforme». parCet rapport un repère R àconçu la avitesse V x . et dentaire équipement a été et conçu dentaire ». àCet équipement été On donnedans la masse du m = 80 kg. réalisé le dans butconducteur d’une réalisé le but adaptabilité d’une adaptabilité On néglige l’influence de toutes les pièces en rotation cinétiques étudiées. maximalemaximale aux différentes méthodes méthodes de aux différentes desur les grandeursassise assise travail destravail chirurgiens dentistes. dentistes. des chirurgiens Afin d’assurer un acte dans les meilleures Afin d’assurer un acte dans les meilleures conditions, le praticien placerdoit la tête du la tête du conditions, le doit praticien placer patient dans une position adaptée. patient dans unebien position bien adaptée. Dans un premier cetemps, n’est pas le cas.pas le cas. Dans untemps, premier ce n’est À deux mains, le mains, praticien la têtière À deux le tient praticien tient sur la têtièretêtière sur têtière dossier dossier laquelle repose tête dulapatient appuie et appuie laquellela repose tête duetpatient socle socle sur un bouton commande le déblocage. sur unqui bouton qui commande le déblocage. Tant qu’ilTant appuie, pièceslesdepièces ce sousqu’il les appuie, de ce sousensemble sont mobiles entre elles. Il relâche ensemble sont mobiles entre elles. Il relâche M = 150 kg M = 1000 kg M = 8 000 kg le bouton quand il juge que la position de la tête de de la son patient estpatient adéquate. Cette position le bouton quand il juge que la position tête de son adéquate. Cetteest position est V = 50 km/h V = 100 km/h V = 50estkm/h ensuite conservée. ensuite conservée. Déterminer dans chacun des cas ci-dessus : la quantité de mouvement On pose :Onp pose w w S / R: , θ  x, u θ  x, u  au centre de gravitéTêtière T Têtière T S σ  G,S / R  , le moment cinétique G de l’ensemble α  Ex, w α   x, w  l’énergie cinétique C S / R  . OA  λx x OA  λx x Effectuer les applications numériques. BA  Lu u BA  Lu u B Bu u  Un volant d’inertie est un système permettant le stockage de z z l’énergie sous forme cinétique x en rotation. y grâcexày un disque A pour éviter A Les systèmes à haute vitesse sont souvent utilisés d’avoir un encombrement ou un poids trop important du disque. La Cadre CA Cadre CA vitesse de rotation est néanmoins limitée par la limité d’élasticité des matériaux. Une vitesse de rotation trop importante peut CO CO O O CoulisseauCoulisseau engendrer l’éclatement du volant d’inertie. Dossier D Dossier D

Lorsqu’aucun blocage n’est activé, sont les quelapossède la têtière T Lorsqu’aucun blocage n’est activé, quels sontquels les degrés dedegrés libertéde queliberté possède têtière T paraurapport D? par rapport dossierau D dossier ? est la liaison équivalente réalisée par misedes en 3série des 3ci-contre liaisons ?ci-contre ? Quelle estQuelle la liaison équivalente réalisée par la mise enlasérie liaisons D’après concours D’aprèsE3A concours E3A

 nn 104 

Chapitre 3

  L’objet deL’objet cette étude de cette est étude un robot un appelé robot appelé d’un mouvement de translation rectiligne On s’intéresse à trois véhicules S est de masse M, animés 2 L’objet deMC étude estrepère un robot MC22E utilisé en E utilisé chirurgie en chirurgie endoscopique. Ce V x .Ce uniforme parcette rapport à un R àendoscopique. laappelé vitesse MC E de utilisé ende chirurgie endoscopique. Ce typedonne type robots médico-chirurgicaux robots médico-chirurgicaux est On la masse du conducteur m = 80 est kg. type de robots médico-chirurgicaux est équipé de équipé capteurs de decapteurs (caméra, capteur capteursur les grandeurs cinétiques étudiées. On néglige l’influence toutes les(caméra, pièces en rotation équipé (caméra, capteur d’efforts, de d’efforts, etc.)capteurs permettant etc.) permettant de maîtriser de maîtriser les les d’efforts, etc.) permettant de maîtriser les interactions interactions avec des avecenvironnements des environnements interactions avec déformables des et environnements souvent souvent déformables difficilement et difficilement souvent déformables et humain. difficilement modélisables modélisables comme lecomme corps le corps humain. modélisables commela le corps humain. Le MC²ELeprésente MC²E présente particularité la particularité d’avoir d’avoir Le MC²E présente la particularité quatre degrés quatrededegrés libertéde: trois libertédegrés : d’avoir troisdedegrés de quatre degrés deenet liberté : trois deliberté en liberté en liberté rotation rotation un degré et un de degrés degré libertéde en liberté en rotation et un degré de liberté en translation. translation. translation. La particularité La particularité de cette de cinématique cette cinématique est est La particularité de cette cinématique estaxes de qu’elle laisse qu’elle fixe laisse le point fixe de le concours point de concours des des rotation axes dequi rotation correspond au point au point d’incision. M = 150 kgle point de concours M = 1000 kg Mqui = 8correspond 000 kg d’incision. qu’elle fixe des axes de rotation qui correspond au point d’incision. Ce pointlaisse fixe Ce point est le fixe point est où le se point situe où le se trocart, situe le élément trocart, qui élément sert d’interface qui sert d’interface entre l’abdomen entre l’abdomen du du V = 50est km/h V = le 100 km/h élément qui sert d’interface V = 50 km/h Ce point le l’instrument point où se situe trocart, entre l’abdomen du patient et fixe patient l’instrument et chirurgical chirurgical du robot. du robot. patient et l’instrument chirurgical duci-dessus robot. : Déterminer dans chacun des cas la quantité de mouvement p  S / R  , le moment cinétique au centre de gravité G de l’ensemble S σ  G,S / R  , l’énergie cinétique E C  S / R  . Effectuer les applications numériques.  Un volant d’inertie est un système permettant le stockage de l’énergie sous forme cinétique grâce à un disque en rotation. Les systèmes à haute vitesse sont souvent utilisés pour éviter d’avoir un encombrement ou un poids trop important du disque. La vitesse de rotation est néanmoins limitée par la limité d’élasticité des matériaux. Une vitesse de rotation trop importante peut engendrer l’éclatement du volant d’inertie.



Dans toutedulasujet, suite la duclasse sujet, d’équivalence la classe d’équivalence cinématique liée à l’instrument Dans toute la suite cinématique liée à l’instrument chirurgicalchirurgical Dansnommée toute la pince suite du sujet, d’équivalence cinématique liée à l’instrument chirurgical sera nommée pince la et classe numérotée (4) pour simplifier les notations. sera et numérotée (4) pour simplifier les notations. seralieu nommée pince numérotée (4) pour simplifier notations. lieu deetl’opération alors être atteint grâce l’axe en translation au bout Le deLe l’opération peut alorspeut être atteint grâce à les l’axe enàtranslation au bout duquel seduquel situe se situe Le lieu de l’opération peut alors être atteint grâce à l’axe en translation au bout duquel se situe la pince. la pince. la pince. On un va premier dans un temps premier temps considérer chaînedeouverte solides de (0) On va dans considérer la chaîne laouverte solidesdeallant de allant (0) à (4) par à (4) par On va dans un premier temps considérer la chaîne ouverte de solides allant de (0) à (4) par l’intermédiaire des troispivot liaisons et de la liaison glissière. l’intermédiaire des trois liaisons et depivot la liaison glissière. l’intermédiaire des trois liaisons pivot et de la liaison glissière. Étude des chaînes de solides

 105 nn 



Valider la valeur du moment d’inertie autour de l’axe  O, x  . Par la méthode Par la de méthode votre choix, de votre définir choix, le définir torseur lecinématique torseur cinématique de la liaison de la équivalente liaison équivalente 4/0. En 4/0. En mc de cette mcchaîne de cette de chaîne solides.de solides. déduire ladéduire mobilitélacinématique mobilité cinématique



D’après concours D’aprèsMines concours Ponts Mines Ponts

 On s’intéresse à trois véhicules de masse M, animés d’un translation rectiligne On s’intéresse au mécanisme au mécanisme deStransformation de transformation de mouvement de mouvement suivant : de suivant : x uniforme par rapport à un repère R à la vitesse V . z0 z0 A m = 80 kg. 0 : bâti 0 : bâti On donne la masse duA conducteur 1 : vis à billes (pasàp,droite) hélice à droite) 1 : vis à billes (pas p, hélice 1 les pièces 1 en rotation sur les grandeurs cinétiques étudiées. On néglige l’influence de toutes 2 : chariot2 : chariot x0 y 0x 0 y0 OA  h hzz 0 OA  h hzz 0 Déterminer la forme de la matrice d’inertie en O et dans la base  x, y, z  . 2 2 O O 0 donne0les résultats suivants : Un modeleur volumique



Écrire la Écrire fermeture cinématique de la chaîne – 1 – 20 –– 0.1 Projeter relations la fermeture cinématique de lasolides chaîne0 solides – 2 – 0. les Projeter les relations y 0 , z 0x.0 , y 0 , z 0  . vectorielles dans la base vectorielles dans xla0 , base x . Valider la valeur du moment d’inertie autour l’axe  O,ledonner = 150 M = d’équations 1000 kg dedonner 8mobilité 000 de kg mobilité À M partir système d’équations obtenu, degré M et le degré Àdukg partir du système obtenu, lede=degré et le degré V = 50 km/hde ce mécanisme. = 100 km/h V = 50 km/h d’hyperstatisme d’hyperstatisme de ceVmécanisme. les conséquences de l’hyperstatisme éventuel sur la géométrie du sous-ensemble Identifier Identifier lesdans conséquences éventuel sur la géométrie du sous-ensemble Déterminer chacun des de casl’hyperstatisme ci-dessus : vis 1. vis 1. la quantité de mouvement p  S / R  ,

le moment cinétique au centre de gravité G de l’ensemble S σ  G,S / R  ,  Un empennage d’avion composé de deux : Un empennage composé deuxM, parties : parties On l’énergie s’intéresse àd’avion trois véhicules S est de de masse animés d’un mouvement de translation rectiligne Eest cinétique C S / R  . lerapport plan horizontal etRlaà la gouverne qui la assurent stabilité en profondeur de – le plan–par horizontal gouverne devitesse profondeur qui assurent stabilitéla en profondeur de uniforme àetunlarepère Vdex .profondeur Effectuer les applications numériques. l’avion, On donnel’avion, la masse du conducteur m = 80 kg. le planetvertical et la les gouverne de rotation direction quiles laenstabilité en direction. – le plan–vertical la de gouverne de pièces direction qui assurent laassurent stabilité direction. On néglige l’influence toutes en sur grandeurs cinétiques étudiées.  On considère le sous-système quila permet la transmission de puissance entre v et le plan On considère le sous-système qui permet transmission de puissance entre la vis v etlalevis plan Un volanthorizontal horizontal e.d’inertiee.est un système permettant le stockage de l’énergie sous forme cinétique grâce à un disque en rotation. Les systèmes à haute vitesse sont souvent utilisés pour éviter GouverneGouverne de direction de direction d’avoir un encombrement ou un poids trop Plan vertical fixe Plan vertical fixeimportant du disque. La vitesse de rotation est néanmoins limitée par la limité d’élasticité Gouverne Gouverne de profondeur de profondeur des matériaux. Une vitesse de rotation trop importante peut engendrer l’éclatement du volant d’inertie. M = 150 kg M = 1000 kg M = 8 000 kg V = 50 km/h V = 100Plan km/h horizontal Plan horizontal V = 50 km/h  , y c ) avec (O v , l’écrou y c ) avec Sur lecinématique, schéma cinématique, laen visliaison v est liaison hélicoïdale SurDéterminer le schéma la v est hélicoïdale d’axe (O vd’axe r et l’écrou en r et en dans chacun desviscas ci-dessus : en liaison pivot liaison pivot (Od’axe carter lec. carter Celui-ci c. Celui-ci est en liaison est en pivot liaisond’axe pivot d’axe v , y cp) S(O /avec Rv ,y, c )le avec la quantité ded’axe mouvement (O v , z)  (O (Ovv,,zz) avec avec bâtide0. legravité Le bâti G plan 0.de Le horizontal plan horizontal est en pivot liaisond’axe pivot d’axe c ) (O v,z c )le G,S /enRe ,liaison le moment cinétique au centre l’ensemble S eσ est





l’énergie cinétique E C  S / R  . Effectuer les applications numériques.    nn 106

Un volant d’inertie est un système permettant le stockage de l’énergie sous forme cinétique grâce à un disque en rotation.

Chapitre 3

(B, z)  (B (B, (B, z cz) ) (B, (B (B,zzec)) avec (B, z le avec0.le Le bâtimouvement 0. Le mouvement de l’écroude r l’écrou est transmis r est transmis au plan au plan e ) bâti

Le/r horizontalhorizontal e par l’intermédiaire e par l’intermédiaire de la liaison de la liaison (non Ldéfinie). e/r (non définie). 







 ax xO  ax xc hyλ(t) h  yc bx et .  bxx e . On pose O On x e AB  λ(t) v Apose c  vA c etAB λ(t)dudépend Les paramètres Les paramètres a, b et h sont a, bconstants, et h sont constants, mais λ(t) mais dépend temps.du temps. L v/r est noté L v/rpvest Le pas à droite Le pasdeà la droite liaison de la hélicoïdale liaison hélicoïdale . noté pv. On utiliseOn pour utilise le paramétrage pour le paramétrage non défini,non lesdéfini, notations les notations suivantes suivantes : :  α x  β αy x γ βz y  γ z  V( j/i)   V(uj/i)jijix c  vjijuiy jijcixcwjijivzcjijiyc. wjiji zc  . ji c   ji c A ji jic c ji jic c  A yc y yc y y y y yc c φ φ xc xc xc Ov

Ov

x

x

z

carter c carter c xv x x vis ve bâti 0 e bâti 0

vis v B écrou r

écrou r

A

B

xc xv θ yc

y ye ye A ψ e plan horizontal plan horizontal e

φ x z

xc φ x

xc θ zv θ

zc

yc

y ψ xe

zv θ

zc

xe

ψ x ψ x liaison e/rliaison e/r z z Déterminer la forme de la matrice d’inertie en Ocaractéristiques. et dans base  x, y, z  . Tracer le graphe desgraphe liaisons, précisant Tracer le desen liaisons, en leurs précisant leurslacaractéristiques. x c ,base yc , z c (x ) x, cle , ycsystème , z c ) , le d’équations Écrire au Écrire point A, dans la système d’équations issu de laissu fermeture de la fermeture au point A,base dans (x la Un cinématique modeleurcinématique volumique donne les résultats suivants : de ce graphe. de ce graphe. Déterminer alors le nombre degrésde dedegrés liberté de minimal doit avoir la liaison afin Le/r afin Déterminer alors ledenombre liberté que minimal que doit avoir laLe/r liaison que ce sous-système que ce sous-système soit isostatique soit isostatique d’une partd’une et mobile part et d’autre mobile part. d’autre part.

O, x  réaliser . A pourlaréaliser valeur du moment d’inertie autour l’axede Le/r Le/r . . Le Valider constructeur Lelaconstructeur a choisi une a choisi liaison une sphérique liaison sphérique dede centre A pour centre liaison la liaison Par un calcul simple, l’indice de mobilité le degré de cette de cette Par un calculdéterminer simple, déterminer l’indice de et mobilité et d’hyperstatisme le degré d’hyperstatisme solution. On détaillera clairementclairement les différents dénombrements. solution. On détaillera les différents dénombrements.



D’après concours D’aprèsCentrale concoursSupélec Centrale Supélec

 étudieOn la étudie structure structure mécanique fouloir hydraulique fouloir permettantpermettant pousser de différents pousser différents On s’intéresse à troislavéhicules S mécanique ded’un masse M,d’un animés d’unhydraulique mouvement dedetranslation rectiligne ingrédients ingrédients la chambre de chambre mélangeage, mélangeage, dans dans un processus de fabrication de fabrication de pneumatiques. de pneumatiques. uniforme parvers rapport àvers un la repère R à ladevitesse V xun. processus On Grâce donne au la masse du conducteur m = 80 en kg.donné Grâce aucinématique schéma cinématique en page suivante, graphe desdu liaisons du schéma donné page suivante, construireconstruire le graphe ledes liaisons On mécanisme néglige l’influence deconstitué toutes lesdes pièces sur7’. grandeurs mécanisme 0, 6’ 4, et 6, 7,les6’ et 7’. Nommer et étudiées. caractériser constitué des solides 0,solides 4,en6,rotation 7, Nommer etcinétiques caractériser toutes lestoutes les liaisons.leDonner nombre cyclomatique . liaisons. Donner nombrelecyclomatique . Étude des chaînes de solides

 107 nn



Par une analyse simple du mécanisme, donner le degré de mobilité m en détaillant le nombre de mobilités utiles (mu) et internes (mi). On demande de qualifier en quelques mots chacune de ces mobilités. En déduire le degré d’hyperstatisme h du modèle proposé.

4 z0

O7

O’7 7’

7 x0 y0

O’0

O0

6’

6

O6

0

O’6

Dans le but d’analyser plus finement l’hyperstatisme, on considère maintenant uniquement le mécanisme constitué des solides 0 et 4. Donner le nombre cyclomatique ’, le degré de mobilité m’ et le degré d’hyperstatisme h’ du modèle proposé pour le mécanisme constitué uniquement des solides 0 et 4. Conclure quant au montage des vérins sur la structure formée des solides 0 et 4. Sur le document réponse en page suivante, sont représentées les surfaces des pièces constituantes des solides 0 et 4. Le solide 4 est constitué d’une traverse, d’une tige cylindrique et du fouloir lui-même. Indiquer, en les coloriant, les surfaces participant aux liaisons entre 0 et 4. Pour déterminer les conditions géométriques associées à l’hyperstatisme, on propose de s’appuyer sur les hypothèses suivantes : – les surfaces cylindriques de la traverse et du bâti sont supposées parfaites en formes et dimensions,

 nn 108

Chapitre 3

– les deux colonnes du bâti sont considérées comme étant parfaitement orientées suivant z 0 , – la liaison entre le fouloir seul et le bâti est telle que le contact sans jeu se fait sur des surfaces planes de normales x 0 et y 0 , – les surfaces de contact de la traverse sont, dans un premier temps, considérées positionnées et orientées imparfaitement, comme indiqué sur le schéma page suivante. Document réponse

Traverse

Tige Bâti

Fouloir z4

O4

O '4

z '4

O4

z0

O 40

z4

O7

z '4

y0 x0

z0

O '4

O '7

O 40

Étude des chaînes de solides

 109 nn

, y 0 , z 0x,0 , les y 0 , z 0  , les On note On alors notedans alors la dans base la  x 0base coordonnées coordonnées des pointsdes en points mm : en mm : 450   45 450   4450   4450   0   0   45             OO 40   OO 0 40  OO 0 0   0OO0  OO 0 '0   OO 0 '0   0  z  z   0   0   0   0          40   40  

 x4   x 4   x '4   x7   x '4   x 7              O 40 O 4  Oy40 yO y40 Oy40'4O '4 O 40 y 'O 4 O 4 O40 4 '4   7 O 7   y 7  4 7  O z   z   z'  z   z'   z   4  4  4  7  4  7  x '7   x '7      O 40 O '7  Oy40'7O '7   y '7   z'   z'   7  7

z0

O

x

O0

x

0 0  u4   u 4 u '4   u '4  x, y, z Déterminer la forme de la matrice d’inertie en O et dans la base  .        et vecteurset:vecteurs z 4   v 4: z 4 z'4  v 4 v '4z'4   v '4  w   w  w '   w '  4   suivants  4  donne  4les  4résultats Un modeleur volumique :



z0

O '0 O

O0

O '0

y0

y0

Donner leDonner nombreledenombre conditions de conditions géométriques géométriques d’orientation d’orientation et de position et depour position assurer pourleassurer bon le bon guidage ladu guidage solidedudu 4.moment solide Donnerd’inertie 4. alors, Donner parmi alors, les O, x  . Valider valeur autour deparmi l’axe les dix-neuf dix-neuf paramètres paramètres introduits introduits ci-dessus,ci-dessus, la la valeur de valeur ceuxde quiceux doivent qui doivent être fixés être fixés précisément. précisément. D’après concours D’aprèsE3A concours E3A

 La s’intéresse cinématique La cinématique retenue pour retenue unmasse pour simulateur un animés simulateur de d’un mouvement de On à trois véhicules S de M, de translation rectiligne course est course basée estàsur basée une sur une structure articulée uniforme par rapport un repère Rstructure à la vitesse V x . articulée permettant deuxdu conducteur degrés deux degrés de= 80liberté par par On donnepermettant la masse m kg.de liberté l’intermédiaire l’intermédiaire de deux de vérins deux vérinsenlinéaires asservis. asservis. On néglige l’influence de toutes leslinéaires pièces rotation sur les grandeurs cinétiques étudiées. On désigne Onpar désigne (3a) et par(3b) (3a)leset corps (3b) les descorps vérinsdes envérins en liaison sphérique liaison sphérique avec le châssis avec lenoté châssis (0), noté (2a) (0), et (2a) et (2b) les tiges (2b) les des tiges vérins des envérins liaisonensphérique liaison sphérique avec avec le siège lenoté siège (1),noté lui même (1), luienmême liaison en avec liaison le avec le châssis. châssis. Les tigesLesdestiges vérins des sont vérins en sont liaison en liaison glissière avec glissière les corps avec les descorps vérins. desLavérins. liaisonLaentre liaison entre le siège et le le siège châssis et leest châssis réalisée est par réalisée un joint par de un cardan joint de(C) cardan qui autorise (C) qui deux autorise rotations deux rotations O, xaxes O, O, x y O, y selon les selon axes les .  0  et  0 0 et 0. Le graphe Ledes graphe liaisons des en liaisons page en suivante page suivante synthétisesynthétise les modèles les modèles de liaisons de utilisés. liaisons Ce utilisés. Ce M = 150 kg M = 1000 kg M = 8 000 kg graphe fait graphe référence fait référence aux points aux et points axes définis et axessur définis l’épure surdu l’épure schéma ducinématique schéma cinématique donné donné = 50 le km/h V = 100 km/h V = 50 km/h dans le V document dans document réponse. réponse. À l’aide À dudans l’aide graphe dudes graphe liaisons, liaisons, compléter le schémale cinématique schéma cinématique en perspective en perspective en en Déterminer chacun des casdes ci-dessus : compléter respectantrespectant les axes etlespoints axes et proposés. points proposés. la quantité de mouvement p  S / R  , le moment cinétique au centre de gravité G de l’ensemble S σ  G,S / R  ,

 nn 110 

l’énergie cinétique E C  S / R  . Effectuer les applications numériques.

Chapitre 3





Lorsque les vérins sont à mi-course, l’assise du siège est horizontale. Renseigner dans le tableau ci-dessous, par un signe + (une tige de vérin sort) ou un signe Ȃ (une tige de vérin rentre), le comportement des vérins a et b pour obtenir un mouvement de tangage dans le sens direct ou un mouvement de roulis dans le sens direct. Le vérin a est le vérin situé à l’arrière gauche du conducteur. Déplacement vérin a

Déplacement vérin b

Mouvement du siège

.....

.....

tangage (sens direct)

.....

.....

roulis (sens direct)

Déterminer le degré d’hyperstatisme du modèle ainsi proposé en précisant bien les mobilités utiles et internes. Indiquer l’intérêt d’une telle modélisation vis-à-vis de la Étude des chaînes de solides

 111 nn

détermination des efforts dans le système. Préciser un autre intérêt de ce degré d’hyperstatisme. Dans toute la suite de l’étude, on ne s’intéressera qu’au mouvement de tangage, rotation autour de y 0 . Dans ces conditions, il est possible de trouver un modèle plan équivalent du mécanisme. Le vérin est alors appelé vérin équivalent. La figure ci-dessous correspond à cette modélisation plane équivalente. Le paramétrage est donné sur cette figure.  est l’angle de tangage du siège par rapport au châssis. Dans toute la suite du problème, on ne s’intéressera qu’à ce modèle plan.

Pour restituer correctement les accélérations, il faut que le débattement angulaire du siège soit limité. Pour respecter le critère de débattement angulaire, la course des vérins doit être adaptée. Par une fermeture géométrique, exprimer  en fonction de  ainsi que des dimensions constantes du système puis exprimer  en fonction de  et des mêmes dimensions. On donne dans le document réponse suivant, les courbes obtenues à partir des deux relations déterminées précédemment. Lorsque l’assise du siège est horizontale, l’angle  est nul, le vérin est alors à mi course (la longueur  est de 0,99 m). La course du vérin équivalent est de 0,15 m,  peut donc varier de ± 0,075 m autour de 0,99 m. Déterminer le débattement angulaire.

 nn 112

Chapitre 3

Déterminer la forme de la matrice d’inertie en O et dans la base  x, y, z  . Un modeleur volumique donne les résultats suivants :

Valider la valeur du moment d’inertie autour de l’axe  O, x  .



D’aprèsCCP concours CCP D’après concours

 On trois véhicules S de masse M,pression animés mouvement rectiligne Afins’intéresse de valider Afin àdela valider caractéristique la caractéristique tenue en de tenue end’un de pression tubes en de acier, tubesdeceux-ci entranslation acier,sont ceux-ci soumis sontà soumis à x . tempsun spécifié. uniforme par rapport à unhydraulique repère R à la durant vitesse V une pression une pression hydraulique donnée donnée un durant temps spécifié. Le banc Led’épreuve banc d’épreuve est est On donneessentiellement la masse du conducteur m d’un = 80 avant kg. essentiellement constitué constitué d’un chariot chariot et avant d’un chariot et d’un arrière, chariot chacun arrière, est chacun muni est de muni de On néglige l’influence de toutes lestubes. pièces entubes. rotation surenles grandeurs cinétiques étudiées. l’outillage l’outillage adapté auadapté diamètre au des diamètre des Avant la mise Avant laplace mise du en tube place sur du letube banc, surlelechariot banc, le chariot arrière estarrière mis enestposition. mis en Le position. déplacement Le déplacement du chariotduarrière chariot estarrière généréestà partir généréd’un à partir moteur d’un moteur hydraulique, hydraulique, d’un réducteur d’un réducteur de vitessede à engrenages vitesse à engrenages et roue et etvisroue sansetfin visetsans d’une fin crémaillère. et d’une crémaillère. Le chariotLe estchariot verrouillé est verrouillé dans cettedans position cettepar position des pinces. par des pinces. Le tube est Lealors tubeplacé est alors sur le placé banc. surLe le chariot banc. Le avant chariot se déplace avant seensuite déplaceenensuite plaquant en le plaquant tube surleletube sur le chariot arrière, chariotlesarrière, outillages les outillages s’adaptents’adaptent aux extrémités aux extrémités du tube pour du tube le fermer. pour leLefermer. déplacement Le déplacement du chariotdu avant chariot est obtenu avant est parobtenu des vérins par des hydrauliques. vérins hydrauliques.  113 nn

Étude des chaînes de solides

M = 150 kg V = 50 km/h

M = 1000 kg V = 100 km/h

M = 8 000 kg V = 50 km/h



Le tube est alors rempli d’eau en basse pression amenée au travers du chariot avant. Pendant cette période de remplissage, la purge d’air du tube est assurée par deux soupapes à commandes hydrauliques. L’eau haute pression est fournie par un multiplicateur de pression. Durant l’épreuve, le tube est maintenu en position par un système de clamage et l’outillage avant maintient une pression axiale sur le tube pour garantir l’étanchéité aux extrémités. À la fin du temps d’épreuve, la décompression de l’eau est assurée par un clapet de décompression à commande hydraulique monté sur la traverse, le tube est vidé et libéré par le recul des deux chariots. La mise en position du tube dans le banc d’épreuve peut être modélisée comme décrit cidessous. Une ébauche de schéma cinématique est fournie sur le document réponse. 1 : chariot + outillage avant

A

3 : Tube

2 : Chariot + outillage arrière

xx

x

B

Sphère / cylindre Appui plan

En première approximation, les outillages sont supposés encastrés sur chacun des deux chariots. Le chariot avant 1 est en liaison glissière de direction x avec le bâti 0 (liaison non visible sur la figure ci-dessus). Lors de la mise sous pression du tube, le chariot arrière 2 est verrouillé (encastré) sur le bâti 0. Le tube 3 est mis en position dans les outillages de chacun des chariots par une solution type appui plan (de normale x ) et sphère/cylindre (de centre A ou B et de direction x ) en parallèle. Tracer le graphe des liaisons du mécanisme. Déterminer analytiquement la liaison équivalente entre chacun des deux outillages et le tube. Calculer le degré d’hyperstatisme de l’ensemble en précisant les significations et les valeurs numériques des différents termes qui interviennent dans vos calculs. L’hyperstatisme déterminé précédemment pourrait induire un défaut d’étanchéité lors du test. En effet, tels que présentés ci-dessus, les outillages ne peuvent pas s’adapter à un défaut de parallélisme éventuel entre les deux extrémités du tube. Afin de pallier ce risque, l’outillage avant est en fait constitué de deux ensembles cinématiques 1 et 1’ comme le montre la figure en page suivante. De même, l’outillage arrière est constitué de deux ensembles cinématiques 2 et 2’.

 nn 114

Chapitre 3

C

D

1’

1

2 2’

D’après la figure ci-dessus, quelles sont les liaisons LC et LD introduites à l’intérieur de l’outillage avant et de l’outillage arrière ? Compléter le schéma cinématique proposé ci-dessous. Déterminer le nouveau degré d’hyperstatisme en prenant en compte l’introduction de ces deux liaisons. 3 0 D

C 1

2

1’ .

2’ D’après concours CCP

 Exercice 3.1. Les degrés de liberté s’additionnent.   r1/0 z1  Exercice 3.2. V 1 / 0    . 0    O0

Exercice 3.3. V  2 / 1  V 1 / 0   V  0 / 2   0 . Exercice 3.5. γ  4 . Exercice 3.6. m u  2 et m i  2 . X1 0    Exercice 3.7. τ Leq 1  3  0 M1   0  N1  x,y,z  A

Étude des chaînes de solides

0  Y2 Z A 2

0  . 0  0  x,y,z 

 115 nn

■  ■ Corrigé des vrai/faux 

faux

vrai

vrai

vrai

vrai

faux

faux

faux

vrai

vrai

La fermeture géométrique et la fermeture cinématique d’une chaîne fermée donne deux systèmes d’équations dépendants. Par dérivation/intégration, on obtient des systèmes équivalents. Une chaîne ouverte de solides ne nécessite pas de contraintes d’assemblage. Son degré d’hyperstatisme est toujours nul. Mettre des liaisons en série, permet en effet d’augmenter le degré de mobilité du mécanisme. Dans le cas où l’on introduit des degrés de liberté déjà existant, cela crée des mobilités internes. Mettre des liaisons en parallèle, permet en effet de diminuer le degré de mobilité du mécanisme. Par exemple, deux liaisons pivot glissant d’axes parallèles, donnent une liaison glissière. En effet, le degré d’hyperstatisme d’un mécanisme indique que des contraintes d’assemblage sont nécessaires étant donné qu’il y a une surabondance de contacts entre sous-ensembles cinématiques. Le nombre cyclomatique est donné par la formule γ  n L  n  1  7  6  1  2 . Il y a donc deux cycles fermés indépendants. Pour une chaîne fermée, l’indice de mobilité n’est pas le nombre d’inconnues cinématiques. C’est par contre le cas pour une chaîne ouverte. Ici, m = 1 car il est nécessaire d’imposer un unique paramètre angulaire dans une des liaisons pivot pour que la chaîne de solides 0 – 4 – 5 – 3 – 0 soit dans une configuration particulière. Par une analyse cinématique, h  m  6  N C  1  6  4  3 . Pour déterminer le degré d’hyperstatisme d’un mécanisme présentant plusieurs cycles fermés, il est en effet possible d’additionner les degrés d’hyperstatisme de chacun de ces cycles. Pour rendre isostatique un mécanisme présentant plusieurs cycles fermés, il faut en effet rendre isostatique chacun de ces cycles.

 nn 116

Chapitre 3

Corrigé

– Afin d’identifier clairement chacun des cycles d’un mécanisme complexe, il est fortement conseillé de tracer le graphe des liaisons. Les différentes fermetures géométriques ou cinématiques potentielles sont alors mises en évidence. – Les formules permettant la détermination du degré d’hyperstatisme par une démarche intuitive h  m  NS  6  n  1 et h  m  6γ  N C , sont parfois mal maîtrisées. Il convient de les connaître et d’être capable de les appliquer indifféremment. – Les contraintes géométriques linéaires et angulaires, conséquences de l’hyperstatisme, doivent être identifiées pour un sous-ensemble cinématique isolé et non pour le mécanisme dans son ensemble. Par ailleurs, on retrouvera ces contraintes par un tolérancement adéquat sur le dessin de définition de chacun des solides.

Étude des chaînes de solides

 117 nn

■  ■ Corrigé des exercices 

Les liaisons sont en série, les degrés de liberté s’additionnent : m  N C  1  1  1  3 .  Méthode 3.4 Pour la liaison équivalente de la têtière « T » par rapport au dossier « D » : Veq (T / D)  V  T / CA   V  CA / CO   V  CO / D  0 V  T / CA   qT/CA 0 B

0  0 V  CA / CO    0 (x,y,z) x,y,z)

0  q CA/CO 0 A

0  0 0 (x,y,z) x,y,z)

0 u CO/D  V  CO / D   0 0  0 0  (x,y,z) O x,y,z) V(A,CO V(A CO / D)  V(O,CO V(O CO / D D)  u CO/D x

V(A,T V(A T / CA)  V(B,T V(B T / CA)  AB  Ω  T / CA   Lu u  q T/CA y  Lq T/CA w

V(A,T V(A T / CA)  Lq T/CA   sin αx x  cos αz 

0 Veq (T / D)  q T/CA 0 A

Lq T/CA sin α   0   Lq T/CA cos α (x,y,z) x,y,z)

0  q CA/CO 0 A

0  0  0 (x,y,z) ( )

0 u CO/D    0 0  0 0  (x,y,z) A

On obtient le système d’équations suivant : peq  0 u eq   Lq T/CA sin α  u CO/D q eq  q T/CA  q CA/CO veq  0 req  0 w eq  Lq T/CA cos α La liaison équivalente entre la têtière et le dossier possède bien trois degrés de liberté. C’est une liaison appui plan de normale y .  Méthode 3.4

 nn 118

Chapitre 3

V 1 / 0 

  r1/0 z1    ; V  2 / 1  0    O0

V  4 / 3 

0     w 4/3z 3  O0 

r2/1z 2    ; V  3 / 2   0    O0

r3/2 z 3   ; 0    O0

Le torseur cinématique de la liaison équivalente est donné par : Veq  4 / 0   V  4 / 3  V 3 / 2   V  2 / 1  V 1 / 0 

Veq  4 / 0  O0

r1/0 z1  r2/11z 2  r33/2 z3     w 4/3z3 

Le vecteur Ω  4 / 0  a des composantes indépendantes sur les 3 directions de l’espace. La liaison équivalente 4/0 est donc une sphère cylindre d’axe  O 0 , z 3  et m c  4 .

Corrigé

 Méthode 3.4

V  2 / 1  V 1 / 0   V  0 / 2   0 0 0   λq 2/1   V  2 / 1  q 2/1 2π  V 1 / 0     0 0  x ,y ,z A  0 0 0

0  q1/0 0 A

0  0 0  x

0 ,y 0 ,z 0



0 0   V  2 / 0   0 vO,2/0  0 0   x 0 ,y0 ,z0  A

On obtient le système d’équations suivant : 00 00 λq 2/1 q 2/1  q1/0  0  vO,2/0  0 2π 00 00  Méthode 3.2 L’indice de mobilité est m  N C  rC  3  2  1 . C’est une mobilité utile. Le degré d’hyperstatisme de ce mécanisme est h  E C  rC  6  2  4 . C’est aussi le nombre d’équations de type 0 = 0.  Méthode 3.5

Étude des chaînes de solides

 119 nn

Les conséquences de l’hyperstatisme sur la géométrie du sous-ensemble vis 1 sont : – deux contraintes linéaires dimensionnelles sur les directions x 0 et z 0 , – deux contraintes angulaires autour de x 0 et z 0 . Cela se traduit par une coaxialité de la surface permettant de guider en rotation 1 par rapport à 0 avec celle permettant de réaliser la liaison hélicoïdale entre 1 et 2.  Méthode 3.5

Lc0 : pivot d’axe  O v , z 

0

c

Lcv : pivot d’axe  O v , y c 

Le0 : pivot d’axe  B, z  e

Ler : à déterminer

v r

Lrv : hélicoïdale d’axe  O v , y c 

V(c / 0)  V(v / c)  V(r / v)  V(e / r)  V(0 / e)  0

V(c / 0) 

φz c  φz     0  Ov 

V  A,c / 0   V  O v ,c / 0   AO v  Ω  v / c     ax c   λ(t)  h  y c   φz c   λ  h  φx c  aφy c

V(c / 0) 

φzzc φ     aφyc   λ  h  φφxx c  aφ A

V(v / c) 

θy y c     0  Ov 

V  A, v / c   V  O v , v / c   AO v  Ω  v / c     ax c   λ(t)  h  y c   θy θ c  aθz c

 θy  yc     θzc  θz aθz  A  β rv yc   V(r / v)   p v   β rv yc   O v  2π

V(v / c) 

V  A, r / v   V  O v , r / v   AO v  Ω  r / v  

 nn 120

pv β rv yc  aβ rv z c 2π

Chapitre 3

V(r / v) 

  β rv yc    pv  β rv z c   β rv yc  aβ  A  2π

V(e / r) 

  αerr x c  βer yc  γer zc    . u x  v y  w z   er c er c er c   A

ψzzc  ψ    0  B V  A,0 / e   V  B,0 / e   AB  Ω  0 / e    bx x e  ψz ψ c  bψy e

V(0 / e) 

V  A,0 / e   bψsin(ψ ψsin(ψ i (  φ)x ) x c  bψ b cos(ψ (  φ)y c  ψ ψzc ψz    . ψsin(ψ i (  φ)x ) x c  bψcos(ψ b (  φ)y ) c bψsin(ψ A

Nous obtenons donc le système d’équations suivant :  λ  h  φ  u ere  bψsin(ψ  φ)  0 α er  0 p θ  β rvv  β er φ  v β rvv  ver aφ e 0 e  bψ cos(ψ  φ)  0 π 2π φ  γ er e ψ0 aθθ  aβ β rvv  w er er  0  Méthode 3.2 On souhaite un mécanisme isostatique, soit h  6  rC  0 . On en déduit donc rC  6 . Le système d’équations est de rang rC  6 si α er  0 . Pour que le mécanisme soit fonctionnel, il faut que le degré de mobilité utile soit m u  1 . Il peut ensuite y avoir ou pas des mobilités internes. Le degré de mobilité est donné par la relation m  N C  rC . On en déduit donc N C  7 . Le nombre de degrés de liberté de la liaison Le/r doit alors être au moins égal à 3.  Méthode 3.5 Le constructeur a choisi une liaison sphérique de centre A. Mobilités utiles mu = 1 et mobilités internes mi = 0. – Approche cinématique : Nombre d’inconnues cinématiques : N C  7 . h  6  m  NC  6  1  7  0 . – Approche statique : Nombre d’inconnues statiques : NS  3  5  5  3  23 .

Étude des chaînes de solides

 121 nn

Corrigé

V(0 / e) 

h  NS  6  n  1  m  23  6   5  1  1  0 .  Méthode 3.5 γ  l  n  1  9  6  1  4 cycles.

6

Sphérique de centre O6

0

Sphérique de centre O’6

6’

Pivot glissant d’axe  O 0 , z 0  Pivot glissant d’axe O’6O’7 Glissière de direction z 0 Pivot glissant d’axe  O '0 , z 0  Sphérique de centre O7 Sphérique de centre O’7 7’ 4

Pivot glissant d’axe O6O7 7

Mobilité utile : m u  1 , translation de la traverse 4 suivant z 0 . Mobilités internes : m i  4 : rotation des 2 tiges de vérin et des 2 corps de vérin autour de leur axe. On en déduit l’indice de mobilité m  5 . – Approche cinématique : Nombre d’inconnues cinématiques : N C  4  3  4  2  1  21 . h  6γ  m  N C  6  4  5  21  8 . – Approche statique : Nombre d’inconnues statiques : NS  4  3  4  4  5  33 .

h  NS  6  n  1  m  33  6   6  1  5  8 .

 Méthode 3.5 γ  l  n  1  3  2  1  2 cycles.

0 Pivot glissant d’axe ax  O 0 , z 0  Glissière de direction z 0 Pivot glissant d’axe  O '0 , z 0  4 m  m u  mi  1  0  1 : translation de la traverse 4 suivant z 0 . – Approche cinématique : Nombre d’inconnues cinématiques : N C  2  2  1  5 . h  6  m  NC  6  2  1  5  8 .

 nn 122

Chapitre 3

– Approche statique : Nombre d’inconnues statiques : NS  2  4  5  13 .

h  NS  6  n  1  m  13  6   2  1  1  8 . On retrouve le degré d’hyperstatisme du mécanisme complet. Le montage des 2 vérins ne nécessite donc pas de contraintes particulières d’assemblage.

Pour un guidage correct de 4 par rapport à 0, il faut : –

z 4  z 0 et z '4  z 0 , soit 4 contraintes angulaires.



u 4  0 , v 4  0 , u '4  0 et v '4  0 .

– Les points O4 et O’4 doivent passer respectivement par contraintes linéaires. x 4  450 , y 4  0 , x '4  450 , y '4  0 . On obtient donc en tout 8 relations ou contraintes géométriques.

 O0 , z0 

et

 O '0 , z 0  ,

soit 4

 Méthode 3.5

Étude des chaînes de solides

 123 nn

Corrigé

 Méthode 3.3

Déplacement vérin a

Déplacement vérin b

Mouvement du siège





tangage (sens direct)





roulis (sens direct)

Mobilités utiles : m u  2 , élongations des vérins. Mobilités internes : m i  2 : rotation des 2 vérins autour de leur axe. On en déduit l’indice de mobilité m  4 . – Approche cinématique : Nombre d’inconnues cinématiques : N C  4  3  2  1  2  1  16 . h  6γ  m  N C  6  2  4  16  0 . – Approche statique : Nombre d’inconnues statiques : NS  4  3  2  5  2  5  32 .

h  NS  6  n  1  m  32  6   7  1  4  0 . Le mécanisme est isostatique, aucune contrainte d’assemblage n’est donc nécessaire.  Méthode 3.5 On effectue la fermeture géométrique OA  AB  BO  0 . hzz1  λx 3  Lx 0  0

 nn 124

Chapitre 3

En projection,

h sin α  λ cosβ  L  0 h cos α  λ sin β  0

 λ cosβ   λ sin β 2   h sin α  L2   h cos α 2  2 2 λ2   h sin α  L    h cos α   2

λ  0 donc λ  h 2  L2  2hLsin α . h cos α De plus, tan β   . h sin α  L

 Méthode 3.1 Pour  variant de ± 0,075 m autour de 0,99 m, le débattement angulaire est d’environ ± 8°.

Sphère/cylindre de centre B, de direction x

Appui plan de normale x Glissière de direction x Appui plan de normale x 1

Corrigé

0+2

3

Sphère/cylindre de centre A, de direction x

On s’intéresse à la liaison équivalente 1/3 : Appui plan de normale x 1

3

Sphère/cylindre de centre A, de direction x

X1 0    Appui plan de normale x : τ L1 1  3  0 M1  0 N1   x,y,z  A 0  Sphère/cylindre de centre A, de direction x : τ L2 1  3  Y2 Z A 2

Étude des chaînes de solides

0  0 0   x,y,z 

 125 nn

X1 0    On en déduit τ Leq 1  3  0 M1   0  N1  x,y,z  A Le système d’équations est alors le suivant : X eq  X1 Leq  0 Yeq  Y2 M eq  M1 Zeq  Z 2 N eq  N1

Le torseur des actions forme : X eq  τ Leq 1  2   Yeq Z  eq





A

0  Y2 Z A 2

0  . 0  0  x,y,z 

mécaniques transmissibles par la liaison équivalente est alors de la 0

  , ce qui correspond à une liaison pivot d’axe  A, x  . M eq   N eq   x,y,z 

 Méthode 3.3 Le degré de mobilité de l’ensemble est m  1 (rotation du tube autour de son axe). – Approche cinématique : Nombre d’inconnues cinématiques : N C  2  3  2  4  1  15 . h  6γ  m  N C  6  3  1  15  4 . – Approche statique : Nombre d’inconnues statiques : NS  2  3  2  2  5  15 .

h  NS  6  n  1  m  15  6   3  1  1  4 .

 Méthode 3.5 Les liaisons LC et LD introduites à l’intérieur de l’outillage avant et de l’outillage arrière sont des liaisons sphériques de centres respectifs C et D. 3

0

D

C 1 1’

2

2’

.

 nn 126

Chapitre 3

Le degré de mobilité de l’ensemble est m  3 (rotation du tube 3 autour de son axe, rotation de 1 autour de son axe et rotation 2 autour de son axe). – Approche cinématique : Nombre d’inconnues cinématiques : N C  2  3  2  4  1  2  3  21. h  6γ  m  N C  6  3  3  21  0 . – Approche statique : Nombre d’inconnues statiques : NS  2  3  2  2  5  2  3  21 .

h  NS  6  n  1  m  21  6   5  1  3  0 .

Corrigé

 Méthode 3.5

Étude des chaînes de solides

 127 nn

Chapitre

4

Cinétique du solide indéformable

est un drone sous-marin d’une longueur de 15,5 mètres. Il est capable de fonctionner seul, sans pilote, pendant plusieurs mois sous l’eau. Il peut plonger à une profondeur de 3300 mètres. Il est développé par la société en 2016. peut être utilisé pour la surveillance, la détection des rayonnements, l’échantillonnage de l’eau, l’exploration pétrolière et gazière et les relevés sonar des grandes zones du fond marin. Il peut collecter des données en mer et fournir des informations en temps réel.

 ■  ■ Objectifs  ■ Ce qu’il faut connaître 

Les éléments d’inertie d’un solide indéformable



Le torseur cinétique d’un solide indéformable en mouvement par rapport à un repère



Le torseur dynamique d’un solide indéformable en mouvement par rapport à un repère



L’énergie cinétique d’un solide indéformable en mouvement par rapport à un repère.

■ Ce qu’il faut savoir faire  

Justifier la forme d’une matrice d’inertie à partir de la géométrie d’un solide



Déterminer le torseur dynamique d’un solide, ou d’un ensemble de solides par rapport à un repère



Déterminer l’énergie cinétique d’un solide, ou d’un ensemble de solides par rapport à un repère.

■  ■ Résumé de cours 

  La masse volumique  d’un solide indéformable S homogène est définie par : ρ  m [kg/m3] v avec m : masse de S [kg], v : volume de S [m3]. Soit S un système matériel discret de masse m, soit une partition de S en n éléments Si i1;n  de masse respective mi, alors : n

m

m

i

i 1

Soit un système matériel continu S. En tout point M de S et à un volume élémentaire dv, on associe un élément de masse dm, tel que : dm  ρ  M  dv , où ρ  M  est la masse volumique de l’élément de volume dv. La masse m du système matériel continu S est définie par : m

 dm   ρ  M  dv [kg] V

V

 Soit S un système matériel discret de masse m et de centre de gravité G, soit une partition de S(m,G) en n éléments Si(mi,Gi), alors :

OG 

1 m

n

 m OG i

i

i 1

Le centre d’inertie G d’un ensemble matériel continu S de masse m est défini par :

Cinétique du solide indéformable

 131 nn

OG 

1 m

 OM  dm S

Le centre d’inertie est le centre géométrique lorsque le solide est homogène. On peut alors écrire : 1 OG  OM  dV V

 S



 Soit un solide S et un point M  S . On définit l’opérateur d’inertie du solide S au point O, par l’opérateur linéaire qui à tout vecteur u , associe le vecteur suivant : I O,S  u  

 OM   u  OM   dm S

u

Soient un solide indéformable S, un point quelconque M  S , un repère R   O, x, y, z  et un axe

z

()=(A, u ). On pose OM  xx.xx  y.y  z.z . Soit H la projection orthogonale du point M sur l’axe (). Le moment d’inertie du solide S par rapport à l’axe () est le scalaire positif suivant :

A

IS/Δ   u.I A,S  u 

On remarque que IS/Δ  

  

2

HM dm [kg.m2]

O

()

H

S M y

x

S

On appelle rayon de giration R la distance telle que : IS/Δ   mR 2 . Il donne une indication sur l’éloignement des masses par rapport à l’axe considéré. 

Les termes de la matrice d’inertie 3  3 d’un solide S, au point O , s’obtiennent à partir de l’opérateur d’inertie.

    scalaire  I  O , S            y.I O,S  z      x , y , z   

L’expression de la matrice d’inertie du solide S au point O, est dans la base  x, y, z  :

vecteur I O,S  x 

 nn 132

Chapitre 4

 A F E   I O,S     F B  D        E  D C  x,y,z  

A

  y

2

 z 2  dm, moment d’inertie de S par rapport à l’axe  O, x 

2

 z 2  dm, moment d’inertie de S par rapport à l’axe  O, y 

2

 y 2  dm, moment d’inertie de S par rapport à l’axe  O, z 

S

B

  x S

C

  x S

D

 yzdm, produit d’inertie de S par rapport aux axes  O, y  et O, z  S

E

 xzdm, produit d’inertie de S par rapport aux axes  O, x  et O, z  S

F

 xydm, produit d’inertie de S par rapport aux axes  O, x  et O, y  S

Base principale d’inertie La matrice d’inertie est réelle et symétrique, elle est donc diagonalisable et possède un système de trois vecteurs propres orthogonaux dans la base principale  x ', y ', z '  .  O, x ' ,  O, y ' et  O, z ' : axes principaux d’inertie A ' 0 0     I O,S   0 B' 0 A’, B’ et C’ : moments principaux d’inertie      0 0 C' x ',y ',z '   Symétries matérielles – Le plan  O, x, y  est plan de symétrie matérielle : les deux produits d’inertie D et E sont nuls et l’axe  O, z  est axe principal d’inertie.  A F 0   I O,S     F B 0       0 0 C   x,y,z 

– Deux plans parmi les trois plans  O, x, y  ,  O, x, z  ,  O, y, z  sont des plans de symétrie matérielle : les trois produits d’inertie sont nuls et le repère  O, x, y, z  est principal d’inertie. A 0 0   I O,S    0 B 0       0 0 C  x,y,z   Cinétique du solide indéformable

 133 nn

– L’axe  O, z  est axe de révolution matérielle : les moments d’inertie A et B sont égaux et les trois produits d’inertie D, E et F, sont nuls. Le repère  O, x, y, z  est principal d’inertie. A 0 0   I O,S    0 A 0       0 0 C  x,y,z   Théorème de Huygens Il est parfois nécessaire de connaître la relation entre l’opérateur d’inertie exprimé en un point O et celui exprimé au centre d’inertie G. En effet ce dernier est souvent plus facile à calculer en raison de symétries matérielles.



I O,S  u   I G,S  u   mOG mOG  u  OG



AO  AG  m  b2  c2 

b  cz , on obtient : BO  BG  m  a 2  c 2  Si on pose OG  axx  by

CO  CG  m  a 2  b 2 

DO  DG  mbc E O  E G  mac FO  FG  mab

Matrices d’inertie de quelques solides élémentaires Solide élémentaire y

R

x

O Masse ponctuelle

x

O

Tige pleine (épaisseur négligeable) y

L

2R

O

z

Cylindre plein

 nn 134





B  mR 2

y

L

Matrice d’inertie 0 0 0  I   0 B 0     O,S   0 0 B x,y,z

x

0 0 0  I   0 B 0     O,S   0 0 B x,y,z  

L2 3 A 0 0   I O,S    0 B 0       0 0 B x,y,z   2 1 1 mR et B  mR 2  mL2 A 4 12 2 Bm

Chapitre 4

2R 2r

y

L

A 0 0   I O,S    0 B 0       0 0 B x,y,z  

x

O

z

Cylindre creux

2R

y

A

L

O

z

Cylindre creux (épaisseur négligeable) y c

A

b 2R

Parallélépipède plein y O

x

Sphère pleine y 2R

m  b2  c2  12

, B

m  a 2  c2  12

et C 

m  a 2  b2  12

A 0 0   I O,S    0 A 0       0 0 A  x,y,z   2 A  mR 2 5

z

O

A 0 0   I O,S    0 B 0       0 0 C  x,y,z  

x

a

z

2

1 1 et B  m  R 2  r 2   mL2 4 12

A 0 0   I O,S    0 B 0       0 0 B x,y,z   1 1 A  mR 2 et B  mR 2  mL2 2 12

x

O

m R 2  r2 

A 0 0   I O,S    0 A 0       0 0 A  x,y,z   2 A  mR 2 3

x

z

Sphère creuse (épaisseur négligeable) 

Cinétique du solide indéformable

 135 nn

 Soit un point matériel P de masse m, animé d’une vitesse V  P / R  par rapport à un repère R. La quantité de mouvement du point P est donnée par : p  P / R   mV  P / R  [kg.m/s] Considérons un solide indéformable S en mouvement par rapport à un repère R. Le torseur cinétique de S dans son mouvement par rapport à R est défini en un point A, par :  p S / R   C S / R   σ  A,S / R     A p  S / R  est la résultante cinétique ou quantité de mouvement de S par rapport à R [kg.m/s]

p S / R  

 V  M,S / R   dm , M  S S

σ  A,S / R  est le moment cinétique au point A, de S par rapport à R [kg.m2/s]

σ  A,S / R  

 AM  V  M,S / R   dm , M  S S

Soit G le centre d’inertie du solide S, on démontre que : p  S / R   mV  G,S / R  σA A,S S / R   mAG  V  A,S A S / R   I A,S  Ω S / R  

– Si le point A est confondu avec le centre d’inertie G σ G G,S S / R    I G,S  Ω S / R  

– Si le point A  S est fixe dans R

σ  A,S / R    I A,S  Ω S / R  

– Pour un solide en translation par rapport au repère R σA A,S S / R   mAG  V  A,S / R 

Si de plus le point A est confondu avec le centre d’inertie G, ou s’il est fixe dans (R), alors : σ G G,S S/ R  0 . – Pour calculer le moment cinétique en un point quelconque σ  A,S / R   σ  B,S / R  mAB  V  G,S / R  

 nn 136

Chapitre 4

 La quantité d’accélération d’un point matériel M de masse m en mouvement par rapport à un repère R est donnée par : d R d  M / R   p  M / R   ma  M / R  [kg.m/s2] ou [N] dt R Le torseur dynamique d’un solide indéformable S dans son mouvement par rapport à R est défini en un point A, par :  R  S / R   D S / R    d  δ  A,S / R   A R d  S / R  : résultante dynamique de S par rapport à R [kg.m/s2] ou [N]

R d S / R  

 a  M,S / R   dm , M  S S

δ  A,S / R  est le moment dynamique au point A, de S par rapport à R [kg.m2/s2] ou [N.m]

δ  A,S / R  

 AM  a  M,S / R   dm , M  S S

Soit G le centre d’inertie du solide indéformable S, on démontre que : R d  S / R   ma  G,S / R  d σ  A,S A S / R   mV  A / R   V  G,S / R  dt R – Si A est confondu avec G d δ  G,S G S / R   σ  G,S / R  dt R – Si A est fixe dans R d δ  A,S A S / R   σ  A,S / R  dt R δ  A,S A S / R 

– Si V  A / R  est colinéaire à V  G,S / R 

d σ  A,S / R  dt R – Pour calculer le moment dynamique en un point quelconque δ  A,S / R   δ  B,S / R   mAB  a  G,S / R  δ  A,S A S / R 



Cinétique du solide indéformable

 137 nn

 Soit un point matériel M de masse m, en mouvement par rapport à un repère R. On définit son énergie cinétique dans son mouvement par rapport à R par le scalaire positif suivant : 2 1 E C  M / R   m  V  M / R   [kg.m2/s2] ou [J] 2 L’énergie cinétique d’un solide indéformable S dans son mouvement par rapport à un repère R, est le scalaire positif suivant : 2 1  V  M / R   dm [kg.m2/s2] ou [J] EC S / R     2

 S

On montre que le double de l’énergie cinétique s’obtient par le comoment du torseur cinétique avec le torseur cinématique : 1 E C  S / R   C S / R .V S / R  2 Les deux torseurs doivent être écrits au même point mais le résultat final ne dépend pas de celui-ci. – Si le point choisi est le centre d’inertie G 2 1 1 E C S / R   m V  G,S / R   Ω  S / R  .  I G,S  Ω S / R    2 2 – Si le point choisi A S et est fixe dans R 1 E C S / R   Ω S / R  .  I A,S  Ω S / R    2 – Cas d’un mouvement de translation à la vitesse v suivant une direction u , fixe dans R 1 E C  S / R   mv 2 2 – Cas d’un mouvement de rotation à la vitesse  autour d’un axe , fixe dans R 1 E C  IS/Δ ω2 2















 Soit un système de solides indéformables S={S1 ; S2 ; … ; Sn}. Pour déterminer les éléments cinétiques du système S, il est préférable de les calculer individuellement pour chacun des solides Si puis de les sommer.

 nn 138

Chapitre 4

Torseur cinétique : C S / R  

n

C S / R  (tous écrits au même point) i

i 1

Torseur dynamique : D S / R  

n

D S / R  (tous écrits au même point) i

i 1

Énergie cinétique : E C S / R  

n

E

C

Si / R 

i 1

Cinétique du solide indéformable

 139 nn

■  ■ Méthodes 

  Dans le cas d’un solide dont la position du centre d’inertie n’est pas évidente, il peut être envisagé : – de le décomposer en solides élémentaires dont la position respective du centre d’inertie est connue, – de conduire un calcul intégral lorsque la définition des bornes d’intégration selon un système de coordonnées adapté est aisée, – d’utiliser un modeleur volumique pour avoir une solution approchée. 

Exemple : rotor d’éolienne bipale On s’intéresse à un modèle simplifié de rotor S d’éolienne bipale. On partitionne le solide en deux solides élémentaires S1 (arbre) et S2 (pales). On considère un modèle simplifié des pales : tige rectiligne d’épaisseur négligeable, de longueur CC’=L et de masse m2. L’arbre du rotor est modélisé par un cylindre plein de rayon R, de longueur a et de masse m1. C C

z

O

S(m,G) G1

G

S1(m1,G1) G2 x

G1

C’ On définit la position du centre d’inertie G du solide S par :

OG 

 nn 140

1 m1 OG1  m 2 OG 2 m1  m 2



S2(m2,G2) G2

C’



Chapitre 4

OG 

a  m1   m2  x  m1  m2  2 

 Dans le cas d’un solide indéformable, la détermination du moment d’inertie autour d’un axe peut être envisagée : – en appliquant la formule de Huygens lorsque l’on peut utiliser une table donnant le moment d’inertie autour d’un axe parallèle, – en décomposant en solides élémentaires dont les moments d’inertie sont connus, – en conduisant un calcul intégral lorsque la définition des bornes d’intégration selon un système de coordonnées adapté est aisée, – en utilisant un modeleur volumique pour avoir une solution approchée.

Exemple : rotor d’éolienne bipale (suite méthode 4.1) On souhaite déterminer le moment d’inertie autour de l’axe  O, x  du modèle simplifié du rotor. On partitionne le solide en deux solides élémentaires S1 (arbre) et S2 (pales). – Moment d’inertie de l’arbre S1 (cylindre homogène) autour de l’axe  O, x  : z

z x

O

IS 1 /  O,x  

 r ρdV  ρ  2

S

S

ur

M

y

O R

2π

a

0

0

0

Rayon : R Longueur : L Masse : m Masse volumique :  OM  x x.x x  r.u r

m1 r drdθdz  r 3dr dθ dz πR 2 a

  

3

m1R 2 m1  r  R 2π a et donc (donné dans le I  θ z     0 S1 /  O,x  0 2 πR R 2 a  4  0 formulaire de cours) 4

IS1 /  O,x  

– Moment d’inertie de pales S2 (tige sans épaisseur) autour de l’axe  O, x  : On peut mener le calcul intégral : IS 2 /  O,x  

m2 L

L/2



L/2

z 2 dz 

L/2

m2  z  1  m 2 L2   L  3 L/2 12 3

z

O

C

G2 x

C’ Cinétique du solide indéformable

 141 nn

Méthodes



L2 Dans le formulaire de cours, on trouve aussi : IS2 /  C,x   m 2 . 3 En appliquant le théorème de Huygens, 2

L2 L2 L2 L .  m2  m2 IS2 /  O,x   IS2 /  G 2 ,x   IS2 / C,x   m 2    m 2 3 4 12 2 m R2 L2 On en déduit : IS/  O,x   IS1 /  O,x   IS2 /  O,x   1  m 2 . 2 12 Remarque : en utilisant le formulaire de cours, – pour l’arbre : 2

2

1 1 1 1 a a IS1 /  O,z   IS1 /  O,y   IS1 /  G1 ,y   m1    m1R 2  m1a 2  m1    m1R 2  m1a 2 4 12 4 3 2 2 – Pour les pales : 2

2

L2 L2 L L  m2    m2 IS2 /  O,y   IS2 /  G 2 ,y   m 2    m 2 12 3 2 2 2

2

L2 L L IS2 /  O,z   IS2 /  G 2 ,z   m 2    0  m 2    m 2 4 2 2 – pour l’ensemble du rotor : 1 1 L2 IS/  O,y   IS1 /  O,y   IS2 /  O,y   m1R 2  m1a 2  m 2 4 3 3 1 1 L2 IS/  O,z   IS1 /  O,z   IS2 /  O,z   m1R 2  m1a 2  m 2 3 4 4

 Pour déterminer la forme d’une matrice d’inertie d’un solide indéformable en un point et dans une base, il faut regarder les propriétés de symétrie. Les règles vues en cours sont alors appliquées. 

Exemple : rotor d’éolienne bipale (suite méthode 4.1) Le rotor modélisé possède deux plans de symétrie  G, x, z  et  G, x, y  . On en déduit alors la forme le matrice d’inertie en G : A 0 0   I G,S    0 B 0       0 0 C  x,y,z 

 nn 142



Chapitre 4

 Pour déterminer le torseur cinétique d’un solide indéformable S de centre d’inertie G, par rapport à un repère R, on peut suivre les étapes suivantes : – déterminer le vecteur vitesse V  G,S / R  , – en déduire la quantité de mouvement p  S / R  , – déterminer le moment cinétique : - si la matrice d’inertie est connue en G, σ  G,S / R    I G,S  Ω S / R  



- s’il existe un point A  S fixe dans R, et que la matrice d’inertie est connue en ce point, σ  A A,S S / R    I A,S  Ω S / R  



- si on veut connaître le moment cinétique en un point particulier, appliquer la relation σ  M,S / R   σ  N,S / R   MN  p S / R 

Méthodes



Exemple : modèle simplifié d’une éolienne bipale z2 C

0 : bâti 1 : nacelle 2 : rotor OA  hz 0 AB  ax x1

2 A

1 z0

0

O

B

x1

BC  bz bz 2 y0 y1 

C’ y0

z2 x1

z0



 z0

y2

 x0

x1

y1

x0

Le centre d’inertie G2 du rotor 2 est donné par AG 2  cxx1 .

Au point G2 et dans la base B2=  x1 , y 2 , z 2  , la matrice d’inertie de l’ensemble rotor 2 est de la

A 0 0  (voir méthode 4.3). forme :  I G 2 ,2    0 B 0     0 0 C  x ,y ,z  1 2 2

On souhaite déterminer le torseur cinétique de 2/0 au point A. On commence par le calcul du vecteur vitesse au centre d’inertie. Cinétique du solide indéformable

 143 nn





V  G 2 , 2 / 0   Ω  2 / 0   AG 2  αz 0  βx1  cx1  cαy1

On en déduit la quantité de mouvement p  2 / 0    M  2m  V  G 2 , 2 / 0    M  2m  cαy αy y1 . On poursuit avec le calcul du moment cinétique en G2. β Aβ A 0 0    σ  G 2 , 2 / 0    I G 2 ,2   Ω  2 / 0    0 B 0  αsin β  Bαsin β    0 0 C  x ,y ,z α cosβ cosβ Cα cosβ  1 2 2  x1 ,y2 ,z 2 

On change de point : σ  A, 2 / 0  σ  G 2 , 2 / 0   M  2m AG2  V  G2 , 2 / 0 σ  A, 2 / 0   Aβx βx β x1  B Bα Bαsin αsiiin βy β 2  Cα C cosβz co β 2   M  2m  cx1  cαy1 βx x1  B Bα Bαsin αsiiin βy 2  Cα cosβz 2   M  2m  c 2αz 0 Finalement σ  A, 2 / 0   Aβx On peut alors donner le torseur cinétique au point A :   M  2m  cαy cαy αy1  C  2 / 0  Aβx 2 β x Bα B α αsi inβy i β C β M 2m 2 c αz     Bαsinβy Cα cosβz   0  1 2 2 

A

 Pour déterminer le torseur dynamique d’un solide indéformable S de centre d’inertie G, par rapport à un repère R, on peut suivre les étapes suivantes : – déterminer le torseur cinétique C  S / R  au centre d’inertie G, – en déduire la quantité d’accélération R d S / R  

dp p S / R  dt

, R

– Pour déterminer complètement le moment dynamique en un point quelconque A, il est souvent conseillé de : - calculer le moment dynamique au centre d’inertie G d δ  G,S G S / R   σ  G,S / R  dt R - effectuer le changement de point δ  M,S / R   δ  N,S / R   MN  R d S / R  Lors du dimensionnement d’un actionneur ou la recherche d’une loi de mouvement, on a souvent besoin de connaître l’expression du moment dynamique uniquement suivant une direction. Pour déterminer la projection du moment dynamique sur une direction u : d d δA S / R  .u u σ A A,S S / R .u u  σ  A,S A S / R . u A,S dt dt R R

  u  m  V  A / R   V  G,S / R   .u

 nn 144

Chapitre 4

Cette expression présente l’avantage de ne pas faire intervenir de quantités d’accélération. Elle engendre des calculs plus simples que la détermination totale du moment dynamique, puis la projection sur la direction désirée. 

Exemple : modèle simplifié d’une éolienne bipale (exemple méthode 4.4) Le torseur cinétique au point A est :   M  2m  cαy cαy αy1  C  2 / 0  Aβx  2 B α αsiiinβy β 2  Cα C cosβz βz 2   M  2m β 2  c αz 0  Bαsinβy  βx1  Bα  A En ce qui concerne la résultante dynamique : dp p  2 / 0 d  M  2m  cαy αy y1 y1  α 2 z0  y1  R d  2 / 0     M  2m  c  αy dt dt 0 0

Pour déterminer le moment dynamique au point A fixe, on peut : – soit utiliser le résultat final de l’exemple de la méthode 4.4 : d d A, 2 / 0   σ  A, Aβx δA A 2 / 0  βx β x1  Bαsinβy B Bα αsiiinβy β 2  Cα C cosβz sβz β 2   M  2m  c 2αz 0 dt dt 0



δ  A, 2 / 0   Aβx Aβx1  Aβαz Aβα Aβ Aβαzz 0  x1

  Cα cosβ  αz

  βx   z



Méthodes

R d  2 / 0    M  2m  c  αy1  α 2 x1 

0

αsin βy y 2  Bαβ β cosβy 2  Bαsin β αz 0  βx1  y 2  Bαsin α cosβzz 2  Cαβ C β βsin β βz 2  Cα Cαβsin   M  2m  c 2 αzz 0



0

1

2



δ  A, 2 / 0   Aβ   C  B  α 2 sin β cosβ x1  Aβ Aβαy y1

    Cα α cosβ   B  C  αβsin αβ βsin β  z β

 Bαsin αsin β   B  C  αβ β cosβ y 2 2

  M  2m  c 2 αzz 0 – soit commencer par déterminer le moment dynamique au point G2, d d δ G2 , 2 / 0  σ G 2 , 2 / 0  Aβx βx β x1  Bαsinβy Bα Bαsiiinβy β 2  Cα cosβz 2 dt dt 0 0





    Bα α sin β   B  C  αβ β cosβ  y   Cα α cosβ   B  C  αβ β sin β  z

δ  G 2 , 2 / 0   Aβ   C  B  α 2 sin β cosβ x1  Aβαy1 2

2

Cinétique du solide indéformable

 145 nn

Puis effectuer le changement de point δ  A, 2 / 0   δ  G 2 , 2 / 0   AG 2  R d  2 / 0  avec AG 2  R d  2 / 0   cx1   M  2m  c  αy1  α 2 x1    M  2m  c 2αz 0

Mais la connaissance complète du moment dynamique n’est pas souvent nécessaire. La plupart du temps, les problématiques abordées ne conduisent qu’à sa détermination suivant une direction particulière. Pour déterminer la projection du moment dynamique en A sur la direction x1 en vue de rechercher la loi de mouvement : δ  A, A 2 / 0  .x x1 

d σ  A, A 2 / 0 .x x1 dt







 σ  A, A 2 / 0 . 0

d x1 dt 0



δ  A, 2 / 0  .x x1   Aβx A 1  Aβx Aβ Aβ 1  Bαsin Bα Bαssin βy 2  Cα cosβz 2   M  2m  c 2αz 0 .αy αy1  .x x  1  δ  A, 2 / 0  .x1  Aβ   C  B  α 2 sin β cosβ cos

 Pour déterminer l’énergie cinétique d’un solide indéformable S de centre d’inertie G, par rapport à un repère R, on peut suivre les étapes suivantes : – soit effectuer les calculs au centre d’inertie G : - déterminer le torseur cinétique C  S / R  au centre d’inertie G, - déterminer le torseur cinématique V  S / R  au centre d’inertie G,

- déterminer l’énergie cinétique 2 1 1 E C S / R   m V  G,S / R   Ω S / R  .σ  G,S / R  2 2 – soit effectuer les calculs en un point A  S fixe dans R s’il existe : - déterminer le torseur cinétique C  S / R  en A,





- déterminer le torseur cinématique V  S / R  en A,

1 - déterminer l’énergie cinétique E C S / R   Ω  S / R  .σ  A,S / R  . 2 

Exemple : modèle simplifié d’une éolienne bipale (exemple méthode 4.4 et méthode 4.5) – Pour un calcul au centre d’inertie G2 :  M  2m  cαy  cαy αy1 Le torseur cinétique au point G2 est : C  2 / 0     Aβx βx1  Bαsinβy Bα Bα αsiiinβy β βy 2  Cα C cosβz β 2 G2  Le torseur cinématique au point G2 est : V  2 / 0  

 nn 146

 αz0  βx β 1 αz   αy y1 cαy

G2 

Chapitre 4

EC  2 / 0  

1  M  2m  V  G 2 , 2 / 0  2

EC  2 / 0 

1 1  M  2m  cαy1 2  2 2





2



1  Ω  2 / 0  .  I G 2 ,2  Ω  2 / 0    2 β Aβ αsin β . Bαsin β

 x1 ,y2 ,z 2 

α cosβ

 x1 ,y2 ,z 2 

c Cα cosβ



1 1  M  2m  cα 2  Aββ2  B  αsinβ 2  C  α cosβ 2 2 2 – Pour un calcul au point A  2 fixe dans 0 :   M  2m  cαy cαy αy1  C  2 / 0  Aβx  2     β x Bα B α αsi inβy i β C β M 2 2m c αz Bαsinβy Cα cosβz   1 2 2 0   A EC  2 / 0  



 αz0  βx β 1 αz     0  A β

1 1 E C  2 / 0   Ω  2 / 0  .σ  A, 2 / 0   2 2

Bαsin β   M  2m  c 2αsin β

αsin β .  x1 ,y2 ,z 2 

Et donc E C  2 / 0  

Aβ



α cosβ

 x1 ,y 2 ,z 2 

Cα ccosβ   M  2m  c 2α cosβ

1 1  M  2m  cα 2  Aββ2  B  αsinβ 2  C  α cosβ 2 2 2

Cinétique du solide indéformable



 147 nn

Méthodes

V  2 / 0 



■  ■ Vrai/Faux 

Le centre d’inertie est le centre géométrique pour un solide quelconque. Le moment d’inertie d’un solide indéformable autour d’un axe de direction donnée est minimal si ce dernier passe par le centre d’inertie. Le solide ci-dessous de plan de symétrie matrice d’inertie la forme suivante :  A 0 E   I O,S    0 B 0        E 0 C  x ,y ,z 

0

0

0

 O, x 0 , z0  ,

 

 









admet pour



z0

y0

O x0

Le solide ci-dessous admet pour matrice d’inertie la forme suivante : A 0 0  z0 z0  I O,S    0 A 0       0 0 C  x ,y ,z 

0

0

0



O

 nn 148

y0

O

x0

Chapitre 4

Pour déterminer la quantité de mouvement d’un solide S en mouvement par rapport à un repère R, on utilise la formule : p  S / R   mV  P,S / R  P .

La dérivée du moment cinétique est le moment dynamique. Un solide en translation par rapport à un repère a un moment dynamique nul. L’énergie cinétique d’un solide S en mouvement par rapport à un repère R ne dépend pas du point où l’on effectue les calculs de moment des torseurs cinématique et cinétique. L’énergie cinétique d’un solide S de centre d’inertie G en mouvement pè e R se calcule avec la relation suivante : par rapport à un repère 2 1 E C  S / R   m V  G,S / R  . 2 L’énergie cinétique d’un solide S de centre d’inertie G   A, u  en mouvement de rotation à la vitesse  autour d’un axe  A, u  , se at o suivante su va te : calcule avec la relation 1 E C  S / R   ωu. u.  I G,S  ωu .   2









Cinétique du solide indéformable





 

 













 149 nn

■  ■ Énoncé des exercices 

  On s’intéresse à une tête d’amarrage d’éprouvette d’une machine d’essai de traction. y

z

O

z

x

O

O

y

x

La pièce est en acier (masse volumique  = 7 800 kg/m3). Déterminer la masse m du solide. Déterminer la position du centre d’inertie G dans le repère R   O, x, y, z  .  On s’intéresse à un vilebrequin de scie d’élagage dont la géométrie est définie ci-dessous : y y

O

x

O

z

x

O z

La pièce est en acier (masse volumique  = 7 800 kg/m3). Déterminer la masse m du solide. Déterminer la position du centre d’inertie G dans le repère R   O, x, y, z  .

 nn 150

Chapitre 4

Déterminer la forme de la matrice d’inertie en O et dans la base  x, y, z  . Un modeleur volumique donne les résultats suivants :

Valider la valeur du moment d’inertie autour de l’axe  O, x  .

  On s’intéresse à trois véhicules S de masse M, animés d’un mouvement de translation rectiligne uniforme par rapport à un repère R à la vitesse V x . On donne la masse du conducteur m = 80 kg. On néglige l’influence de toutes les pièces en rotation sur les grandeurs cinétiques étudiées.

M = 150 kg V = 50 km/h

M = 1000 kg V = 100 km/h

M = 8 000 kg V = 50 km/h

Déterminer dans chacun des cas ci-dessus : la quantité de mouvement p  S / R  , le moment cinétique au centre de gravité G de l’ensemble S σ  G,S / R  , l’énergie cinétique E C  S / R  . Effectuer les applications numériques.  Un volant d’inertie est un système permettant le stockage de l’énergie sous forme cinétique grâce à un disque en rotation. Les systèmes à haute vitesse sont souvent utilisés pour éviter d’avoir un encombrement ou un poids trop important du disque. La vitesse de rotation est néanmoins limitée par la limité d’élasticité des matériaux. Une vitesse de rotation trop importante peut engendrer l’éclatement du volant d’inertie.

Cinétique du solide indéformable

 151 nn

Les volants les plus modernes sont en fibre de carbone, et tournent en lévitation magnétique, sous vide, entre 20 000 et 50 000 tours par minute. Il est nécessaire par sécurité, d’encapsuler le rotor dans un boitier très résistant, ce qui représente souvent un poids encore plus important que le rotor lui-même, mais en fait un système robuste. La vitesse maximale de rotation peut être atteinte après quelques dizaines de secondes seulement, ce qui en fait un mode de stockage de l’énergie parmi les plus rapides (à comparer à des batteries par exemple). La décharge d’énergie se fait également sur des échelles de temps très courtes (typiquement de l’ordre de la seconde). L’utilisation de volants d’inertie permet donc d’obtenir de forts et courts apports de puissance. C’est d’ailleurs une technologie issue de la Formule 1, nommée KERS pour « Kinetic Energy Recovery System » où quatre disques de 20 cm de diamètre et de 5 kg chacun permettent d’apporter un surplus de puissance dans les phases d’accélération. Pour éviter que l’inertie du volant ne dévie le véhicule, on utilise communément les volants d’inertie par 2 ou nombre pair, qui tournent en sens opposé. Déterminer l’énergie cinétique EC accumulée par le système KERS lorsque chaque disque tourne à 40 000 tours par minute.  La pompe médicale Optima3 est une pompe Poche de liquide volumétrique utilisée en milieu hospitalier. Elle permet d’assurer la mise en Pompe mouvement des médicaments et des nutriments liquides délivrés en perfusion. La tubulure souple liée à la poche de liquide à transférer est totalement remplie avant d’être reliée au patient, cela évite l’introduction d’air. Tubulure souple Le personnel médical introduit la tubulure souple dans l’appareil et referme la porte pivotante. Cette tubulure est alors « coincée » entre une plaque de contre-pression intégrée à la porte et douze doigts. Les dessins ci-après représentent différentes positions des doigts en cours de fonctionnement (mouvement ondulatoire). sens de déplacement des doigts Tubulure

sens de circulation du fluide

On étudie un ensemble constitué du bâti (carter de pompe) 0, d’un excentrique monté sur l’arbre 1 et d’un doigt 2. Le schéma de cet ensemble est en page suivante.  nn 152

Chapitre 4

L’arbre excentrique 1 de masse m1 est assimilé à un cylindre de centre de gravité A et de rayon R. Il est en liaison pivot sans frottement d’axe  O, x  avec le bâti 0. On donne OA  eyy1 .

Le doigt 2 de masse m2 est modélisé comme ayant son centre d’inertie sur l’axe  B, z  . Il est en liaison glissière sans frottement de direction z avec le bâti 0. L’excentrique 1 et le doigt 2 sont en contact linéique avec frottement d’axe  I, x  et de normale z .On pose IB  λyy ,  variable.

Le repère R =  O, x, y, z  lié au bâti 0 est fixe. On note R1 le repère orthonormé direct  O, x, y1 , z1  lié à l’excentrique 1.

z porte

plaque de contre pression

ressort

tubulure partiellement écrasée

0 2

B

I

y1

z1 A

 y

O 1 Déterminer le torseur cinétique en O de 1/0, C 1 / 0  .

Déterminer le torseur dynamique en O de 1/0, D 1 / 0  . Déterminer le torseur cinétique en O de 2/0, C  2 / 0  .

Déterminer le torseur dynamique en O de 2/0, D  2 / 0  .

Cinétique du solide indéformable

 153 nn

Déterminer l’énergie cinétique EC(S/0) du système S composé de l’excentrique 1 et de la tige 2 dans son mouvement par rapport au bâti 0.  On s’intéresse à un système de positionnement d’imagerie médicale 3D Advantx LC de General Electric. Ascenseur Arceau 3 Bras d’arceau 2

Amplificateur

Sous-système de formation de l’image

Iso centre O Tube rayon X Épaule 1

Table Positionneur

Table mobile

Le système de positionnement de l’émetteur du faisceau (tube rayon X) et du récepteur (amplificateur) par rapport au patient est principalement constitué d’une table et d’un positionneur. Le médecin peut translater le patient à l’aide de la table pour placer la zone à observer proche de l’iso centre O du positionneur puis orienter le système image à l’aide du positionneur. Le positionneur est constitué d’une épaule 1 en forme de L, d’un bras 2 et d’un arceau 3 en forme de C. Pour faciliter l’accès au patient l’amplificateur est monté sur un ascenseur. On ne tiendra pas compte de cette mobilité en translation dans cette étude. L’étude considère donc que le positionneur possède donc trois degrés de liberté en rotation. Repère fixe lié au sol : R0=(O, x 0 , y 0 , z 0 ) Repère lié à l’épaule 1 : R1=(O, x1 , y1 , z1 ) -100°    100°

y1 

O Repère lié au bras d’arceau 2 : R2=(O x 2 , y 2 , z 2 ) -109°    121°

y0 x1

 z 0 = z1

z2 x0

x1 x2



z1

 2 O y1 = y 2 1

 nn 154

Chapitre 4

Repère lié à l’arceau 3 : R3 =(O, x 3 , y 3 , z 3 ) -47°    52° Pour cette étude, l’épaule 1 est fixe par rapport au sol  = 0, l’arceau 3 est fixe par rapport au bras d’arceau 2  = 0.

z2 z3

2

 O

y3

 x2 = x3

y2

Données cinétiques : 3 – Le bras d’arceau 2 Centre d’inertie G2 : OG 2  x G 2 x 2  yG 2 y 2  z G 2 z 2  230 x 2  1070 y 2  15 z 2 dimensions en mm. Masse m2 = 60 kg Matrice d’inertie dans la base ( x 2 , y 2 , z 2 ) :  A2  I G ,2      F2  2     E 2

F2 B2 D2

E 2  D 2  C 2  (xx

2 ,y 2 ,z 2 )

– Le solide 3 constitué de l’arceau, du tube, de l’ascenseur en position haute et de l’amplificateur. Centre d’inertie G3 : OG 3  x G3 x 3  yG 3 y3  z G 3 z3  190 x 3  125 y3  75 z 3 dimensions en mm. Masse m3 = 260 kg Matrice d’inertie dans la base ( x 3 , y 3 , z 3 ) :  A3  I G ,3     F3  3     E 3

 F3 B3  D3

E3   D3  C3  (xx ,y ,zz ) 3 3 3

Déterminer la position du centre de gravité GE de l’ensemble E ={2+3} dans la base ( x 2 , y 2 , z 2 ). On notera OG E  x G E x 2  yG E y 2  z G E z 2 . Effectuer les applications numériques. Déterminer le moment cinétique au point O de l’ensemble E={2+3} par rapport au repère R0, σ  O,E / R 0  . Déterminer la projection du moment dynamique au point O de l’ensemble E ={2+3} par rapport au repère R0 sur la direction y1 , δ  O, E / R 0  .yy1 . Déterminer l’énergie cinétique de l’ensemble E ={2+3} dans son mouvement par rapport au repère R0, E C  E / R 0  . D’après concours Centrale-Supélec

Cinétique du solide indéformable

 155 nn

 On étudie le déploiement des bras d’un satellite. Le modèle cinématique est donné ci-dessous. z 0  z1

z3

3  G3

0

3

z 0  z1

z 0  z1

2

x0

z2

y0

O

G2

1 2

O2

O3

x1

x1

y1 

O

y0 x1

z2

 z 0 = z1

x0

 O2

z1 y2

  x1 = x 2

y1

z3

  O3

z1 y3

  x1 = x 3

y1

Soit R 0   O, x 0 , y0 , z 0  un repère fixe.

– Le corps du satellite 1 est en liaison pivot parfaite d’axe  O, z 0  avec 0. On associe à 1 le

repère R1   G1 , x1 , y1 , z1  . La position de 1 par rapport à 0 est repérée par le paramètre

α   x 0 , x1    y0 , y1  . G1 est le centre d’inertie de 1 défini par OG1  c1z1 . On notera m1 la masse du solide 1. R1 est repère principal d’inertie et on notera A1, B1, C1 les moments principaux d’inertie. – Le bras du satellite 2 est en liaison pivot parfaite d’axe  O 2 , x1  avec 1, OO 2  az az 0  b 2 y1 .

On associe à 2 le repère R 2   G 2 , x1 , y 2 , z 2  . La position de 2 par rapport à 1 est repérée par le paramètre θ 2   y1 , y 2    z1 , z 2  .

G2 est le centre d’inertie de 2 défini par O 2 G 2  c 2 z 2 . On notera m2 la masse du solide 2. La matrice d’inertie admet la forme suivante :  I G 

 nn 156

A2    0 2 ,2    0

0 B2 D2

0  D 2  C 2  (xx

. 2 ,y 2 ,z 2 )

Chapitre 4

– Le bras du satellite 3 est en liaison pivot parfaite d’axe  O3 , x1  avec 1, OO3  az az 0  b3 y1 .

On associe à 3 le repère R 3   G 3 , x1 , y3 , z 3  . La position de 3 par rapport à 1 est repérée par le paramètre θ3   y1 , y3    z1 , z3  .

G3 est le centre d’inertie de 3 défini par O3G 3  c3 z3 . On notera m3 la masse du solide 3.  A3

La matrice d’inertie admet la forme suivante :  I G ,3    0     3

 0

0 B3  D3

0  D3  C3  (xx

. 3 ,y 3 ,z 3 )

Déterminer le torseur cinétique au point O de 1 par rapport au repère R0, C 1 / 0  .

Déterminer le torseur cinétique au point O2 de 2 par rapport au repère R0, C  2 / 0  . Déterminer la projection du moment dynamique au point O2 de 2 par rapport au repère R0 sur la direction x1 , δ  O 2 , 2 / 0  .xx1 . Soit S le système constitué des trois solides 1, 2 et 3. Déterminer l’énergie cinétique de l’ensemble S dans son mouvement par rapport au repère R0, E C  S / R 0  .

 Exercice 4.1. On peut partitionner le solide en quatre solides : 2 cylindres et deux parallélépipèdes. Deux seront de masse positives et deux de masse négatives. Exercice 4.2. Il faut décomposer le vilebrequin en cinq cylindres élémentaires. Les éléments d’inertie d’un cylindre plein homogène sont connus. Exercice 4.4. Le point A est le centre d’inertie du solide 1. Le solide 2 est en mouvement de translation par rapport à 0. Exercice 4.6. On peut appliquer la formule de Huygens pour déterminer les matrices d’inertie au point O.

Cinétique du solide indéformable

 157 nn

■  ■ Corrigé des vrai/faux 

faux

vrai

vrai

faux

faux

faux

faux

vrai

faux

faux

Pour que le centre d’inertie soit le centre géométrique, il faut que le solide soit homogène. Le moment d’inertie d’un solide indéformable autour d’un axe de direction donnée est minimal si ce dernier passe par le centre d’inertie. Le théorème de Huygens confirme cette propriété. Le solide a pour plan de symétrie  O, x 0 , z 0  . Les produits d’inertie comportant des termes en y sont donc nuls, soit F et D. Le solide n’a pas d’axe de révolution. Il a pour plans de symétrie  O, x 0 , z 0  et  O, x 0 , y0  . Les produits d’inertie D, E et F sont donc nuls. Les moments d’inertie sont distincts A  B  C . Il faut déterminer le vecteur vitesse au centre d’inertie G : p  S / R   mV  G,S / R  . La dérivée du moment cinétique est le moment dynamique uniquement au centre d’inertie, en un point fixe ou dans tous les cas où le terme V  A / R   V  G,S / R  est nul avec A le point de réduction. Un solide en translation par rapport à un repère R a un moment dynamique nul uniquement au centre d’inertie, en un point fixe ou dans tous les cas où le terme V  A / R   V  G,S / R  est nul avec A le point de réduction. L’énergie cinétique d’un solide S par rapport à un repère R ne dépend pas de la manière avec laquelle on effectue les calculs. La relation donnée n’est valable que pour un solide S en mouvement de translation par rapport au repère R. Cette relation n’est vraie que si V  G,S / R   0 . L’axe  A, u  est alors fixe dans R.  – Un plan de symétrie entraîne deux produits d’inertie nuls et non un seul. – Une matrice d’inertie diagonale en un point et dans une base peut ne pas l’être en un autre point, voire dans une autre base. – La dérivée du moment cinétique n’est pas forcément le moment dynamique. – Le calcul du moment dynamique en un point A se fait avec le vecteur V  A / R  et non V  A,S / R  . Ces deux derniers ne sont égaux que si le point A est fixe dans le repère lié à S.

 nn 158

Chapitre 4

■  ■ Corrigé des exercices 

On décompose en quatre solides élémentaires (deux cylindriques parallélépipédiques) : 7800  π      512  10  62  6   253  25  19  13   232 g. m 6 10 4  Le solide est homogène. Le centre d’inertie est le centre géométrique. OG.x OG x  0 mm. Le volume total est V 

OG.zz  OG

deux

π   512  10  62  6   253  25  19  13  29700 mm3. 4

1π  2 2 3    51  10  5  6  6  32   25  22,5  25  19  13  22,5  V 4 

OG.zz  10, OG 10 4 mm  Méthode 4.1 On décompose en cinq solides élémentaires cylindriques : 7800 π m   202  7  402  4  142  18  402  3  102  6   111 g. 106 4 Le solide est homogène. Le centre d’inertie est le centre géométrique. π Le volume total est V   202  7  402  4  142  18  402  3  102  6   14 200 mm3. 4

π  202  7  3.5  402  4  9  142 18  20  402  3  30.5  102  6  35 4 V OG.x OG x  16,8 mm. π OG y OG.y 102  6  14   0, 463 mm.  4 V OG.zz  0 mm. OG OG x OG.x

 Méthode 4.1 Le solide proposé admet un plan de symétrie  O, x, y  .

Cinétique du solide indéformable

 159 nn

Corrigé

OG.x OG x  0 mm.

et

Les produits d’inertie E et D sont donc nuls. La matrice d’inertie est donc de la forme suivante :  A F 0   I O,S     F B 0       0 0 C   x,y,z 

 Méthode 4.3 On utilise le résultat donnant le moment d’inertie d’un cylindre autour de son axe ( mR 2 / 2 ) et le théorème de Huygens pour le cylindre excentré de 14 mm.  104  7  204  4  7 4  18  204  3  54  6 2  7800 78 IS/  O,x    π  5  6  142   15900 g.mm2  6 2 10    Méthode 4.2 p  S / R    M  m  Vx x.

σ  G,S / R   0 .

EC S / R  

1  M  m  V2 . 2

 Méthodes 4.4 et 4.6 – Scooter : p S / R   150  80  

50 x  3190 kg.m.s-1. 3,6

1 150  80  50 / 3,6 2  22, 2 kJ 2 100 – Voiture : p  S / R   1000  80   x  30000 kg.m.s-1. 3,6 1 2 E C  S / R   1000  80 100 / 3,6   417 kJ 2 50 – Camion : p S / R   8000  80   x  112000 kg.m.s-1. 3,6 1 2 E C S / R   8000  80  50 / 3,6   779 kJ 2 EC S / R  

1 L’énergie cinétique est de la forme E C  Iω2 . 2

 nn 160

Chapitre 4

106

2





Le moment d’inertie de chaque disque autour de son axe est de la forme I 1 p S / R    M  m 1 Vx x. A.N. : I4 disques 4 u mD2 u 5 u 0, 22 0,1 kg.m2. 8 2 σ  G,S / R   0 . 2 1 21 1 π · § u u u E Iω 0,1 40000 ¨ 2. ¸ 877 kJ. E CCS / 2R   2M  m  V 30 © ¹ 2

 Méthode 4.2 1 1 mR 2 mD2 . 2 8

50 – Scooter kg.m.s .x š eyy1 m1eαz1 p 1: / p0 S / m m1-1α αx R1VA,1 150/080  1 Ω 1x /03190 m š OA 3,6 α ªA 0 0 º m1R 2 1 2 E C Au S / Rcentre 150  80  3,61/ 0 22, ª I2A,1kJ º Ω 1 / 0 « 0 B 0 » A,50σ / A avec A .   d’inertie αx x A,1 0 Aαx « » ¬ ¼ 2 2 «¬ 0 0 C »¼ x,y,z 0 100  – Voiture : p  S / R   1000  80   x  30000 kg.m.s-1. 2 3,6 § R2 · m1R σ  O,1 / 0 σ  A,1 / 0  m1 OA š V  A,1 αx  e 2 ¸ αx A 1 / 0 x  m1ey y1 š eαz1 m1 ¨ 1 2 2 © 2 ¹ E C  S / R   1000  80 100 / 3,6   417 kJ 2 αz1 ­m1eαz ½ 50 -1 ° ° – Camion ·  ¾3,6 x  112000 kg.m.s . R 2 280 ^C 1 / 0: p`S / R®m §8000  e ¸ αxx ° ° 1¨ ¹ 2¿ 1 O¯ © 2 E C S / R   8000  80  50 / 3,6   779 kJ 2  Méthode 4.4

p 1 / 0 dp d  m1eαz1 R d 1 / 0 m1e  αzz1  α 2 x š z1 m1e  αz1  α 2 y1 1 2 L’énergie cinétique estdtde la 0forme Edt Iω 0 . C  2 Comme O est fixe dans R,

O,1 δ O 1 / 0 

d O,1 σ O 1 / 0 dt 0

§ R2 · d m1 ¨  e 2 ¸ αx x dt © 2 ¹ 0

§ R2 · m1 ¨  e 2 ¸ αx © 2 ¹

 Méthode 4.5 Le solide 2 est mouvement de translation par rapport à 0. Le champ des vecteurs vitesse de 2/0 est donc uniforme. p  2 / 0 m2 V  G 2 , 2 / 0 m 2 V  B, 2 / 0 m 2 OB OA  AI  IB ey y1  R Rz  λy

p  2 / 0 m2

d  esin α  R z dt

dOB OB dt 0

 esin α  R z

m 2eα α cos αzz 0

Cinétique du solide indéformable

 161 nn

Corrigé

Méthodes Méthode 4.4 4.3,et4.4  4.6et 4.6

σ  O, 2 / 0 m 2 OG 2 š V  O, 2 / 0

Comme le doigt 2 a son centre d’inertie G2 sur l’axe  B, z et que V  O, 2 / 0 est porté par z , σ  O, 2 / 0 0 .

 Attention au fait que le vecteur vitesse V  O, 2 / 0 n’est pas nul même si le point O est fixe dans R.

α cosαz cosαz °½ °­m2 eeα ¾. ® °¿ ¯0 O°

On en déduit le torseur cinétique ^C  2 / 0 `

 Méthode 4.4 R d 1 / 0

dp p  2 / 0

d  m 2eα cosαz

dt

dt

0

Comme O est fixe dans R, δ  O O, 2 / 0

m 2e  α cosα  α 2 sin α z 0

d σ  O, 2 / 0 dt 0

0.

 Méthode 4.5

E C 1 / 0

αz1 ­m1eαz ½ αx °½ 1 § R 2 · 1 1 ° ° °­αx 2  e2 ¸ α2 C 1 / 0 `.^V 1 / 0 ` . m1 ¨ · ^ ® §R ¾ ® ¾ 2  e ¸ αxx ° O ¯°0 ¿° 2 © 2 2 2 °m1 ¨ ¹ 2 © ¹ ¿ ¯ O

αcosαzz ½° ­°0 α αcosα ½° 1 1 1 ­°m2 eeαcosαz 2 C  2 / 0 `.^V  2 / 0 ` m 2  eαcosα ^ ® ¾. ® ¾ 2 2 O °¯0 αcosαzz °¿ 2 °¿ O °¯eαcosαz On en déduit l’énergie cinétique totale : · 1 2 ª § R2 2º E C S / 0 E C 1/ 0  E C  2 / 0  e2 ¸  m2  ecosα » α « m1 ¨ 2 ¬ © 2 ¹ ¼ EC  2 / 0

 Méthode 4.6 Déterminer la position du centre de gravité GE de l’ensemble E ={2+3} dans la base ( x 2 , y 2 , z 2 ). Pour D = 0, R3 = R2.

OG E OG E

1 m 2 OG 2  m3 OG 3 m 2  m3 1 m 2  x G 2 x 2  y G 2 y 2  z G 2 z 2  m3  x G 3 x 3  y G 3 y3  z G 3 z 3 m 2  m3

 nn 162









Chapitre 4

1  60   -230 x 2  1070y2 -15 z2   260   -190 x3 -125 y3  75 z3   60  260 OG E  x G E x 2  yG E y 2  z G E z 2  -197 x 2  302y 2  58,1z 58 1z 2 OG E 

 Méthode 4.1 V  O, 2 / R 0   0 et V  O,3 / R 0   0

 m3  y G 3 2  z G 3 2   m3 x G 3 y G 3  m3 x G3 z G3   2 2  I O,3    I G ,3    m3 x G yG  m x z m y z     3 G3 G3 3 G3 G3 3 3    3     m3 x G3 z G3 m3  x G3 2  y G3 2   m3 y G3 z G3 x 3 ,y3 ,z3 ) (x

Ω  2 / R 0   Ω  3 / R 0   βy y2

  F2  m 2 x G 2 yG 2  F3  m3 x G3 yG3 

B2  m 2  x G 2 2  z G 2 2   B3  m3  x G3 2  z G3 2 

σ  O, E / R 0   β (x x 2 ,y 2 ,zz 2 )

  D 2  m 2 y G 2 z G 2  D3  m 3 y G 3 z G 3 

 Méthode 4.4 V O / R0   0

δ  O, E / R 0   δ  O, 2 / R 0   δ  O,3 / R 0  

O, E / 0  .y δ O y1 

Or

dσ σ  O, E / R 0  dt

R0

d d σ  O, E / 0 .y y1  σ  O, E / 0 . y1 dt dt 0





d y1  0 . dt 0

On en déduit donc δ  O, O E / 0  .y y1 



d σ  O, E / 0  .y y1 dt



δ  O, E / R 0  .y y1  β B2  m 2  x G 2  z G 2 2

2



0

  B3  m3  x G 2  zG 2   3

3

 Méthode 4.5 EC  E / R 0   EC  2 / R 0   EC 3 / R 0 

Cinétique du solide indéformable

V  O, E / R 0   0

E

1

 E / R   C  E / 0 .V  E / 0 

 163 nn

Corrigé

σ O O, E / R 0   σ  O O, 2 / R 0   σ  O,3 O 3 / R 0   I  O,2   Ω  2 / R 0   I  O,3  Ω 3 / R 0      En appliquant le théorème de Huygens :  m 2  yG 2 2  z G 2 2   m 2 x G 2 yG 2  m 2 x G 2 z G 2   2 2  I O,2     I G ,2     m 2 x G yG  m x z m y z     2 G G 2 G G 2 2 2 2 2 2    2     m 2 x G 2 z G 2 m 2 yG 2 z G 2 m 2  x G 2 2  yG 2 2   x 2 ,y2 ,z 2 ) (x

 Méthode 4.5 EC  E / R 0   EC  2 / R 0   EC 3 / R 0  V  O, E / R 0   0

1 C  E / 0 .V  E / 0  2 _ _ 1  2 2 2 2 EC  E / R 0    _ β B2  m 2  x G 2  z G 2   B3  m3  x G3  z G3  2  _ _ O 1 E C  E / R 0   B2  m 2  x G 2 2  z G 2 2   B3  m3  x G3 2  z G3 2  β 2 2 EC  E / R 0  







 0 0     . β 0   0 0    O



 Méthode 4.6 p 1 / 0   m1 V  G1 ,1 / 0   0

0  A1 0 0      σ O 1 / 0   σ  G1 ,1 1 / 0   I G1 ,1 Ω 1 / 0    0 B1 0  O,1 0  αC1z1 

 0 0 C1  (xx ,y ,zz ) α 1 1 1

C 1 / 0 

0    αzz0  C1α O  Méthode 4.4



p  2 / 0   m 2 V  G 2 , 2 / 0   m 2 V  G 2 , 2 / 1  V  G 2 ,1 / 0 



p  2 / 0   m 2 Ω  2 / 1 O 2 G 2  Ω 1 / 0  OG 2





p  2 / 0   m 2 θ 2 x 2 c 2 z 2  αz α 1  azz 0  b 2 y1  c 2 z 2 



p  2 / 0   m 2 c 2θ 2 y 2  α  b 2  c 2 ssin θ 2  x1

A2   σ  G 2 , 2 / 0   I G 2 ,2  Ω  2 / 0    0 

 0



0 B2 D2





0  D 2  C2  (xx

θ2 z2 ) 2 ,y 2 ,z

αsin θ 2 α ccosθ osθ 2

σ  G 2 , 2 / 0   A 2θ 2 x 2  α  B2 sin θ 2  D 2 cosθ 2  y 2  α  C 2 cosθ 2  D 2 sin θ 2  z 2

σ  O2 , 2 / 0   σ  G 2 , 2 / R 0   O2G 2 p  2 / 0 



nn 164

Chapitre 4

σ  O 2 , 2 / 0   A 2θ 2 x 2  α  B2 sin i θ 2  D 2 cosθ 2  y 2  α  C 2 cosθ 2  D 2 sin θ 2  z 2



s θ 2  x1  c 2 z 2  m 2 c 2θ 2 y 2  α  b 2  c 2 sin



σ  O2 , 2 / 0   θ 2  A 2  m 2c22  x 2  α  B2 sin θ 2  D 2 cosθ 2  m 2 c2  b 2  c2 sin θ 2   y 2  α  C2 cosθθ 2  D 2 sin θ 2  z 2





m 2 c2θ 2 y 2  α  b 2  c2 ssin θ 2  x1    C  2 / 0  θ2  A2  m2c22  x 2  α  B2 sini θ2  D2 cosθ co θ 2  m 2 c 2  b 2  c2 sin i θ2  y2    D sin θ z   α C co cosθ θ     2 2 2 2 2 O2   Méthode 4.4 d σ  O 2 , 2 / 0  .x x1 dt 2

δ  O2 , 2 / 0  .x x1

2

2

2

0

0

1

2

1

1

2

1

0

d x1  θ 2  A 2  m 2c 2 2   σ  O 2 , 2 / 0 .  αz1  x1  δ  O2 , 2 / 0  .x dt δ  O 2 , 2 / 0  .x x1  θ 2  A 2  m 2 c 2 2   σ  O 2 , 2 / 0 .α .αy α αy1 δ  O 2 , 2 / 0  .x x1  θ 2  A 2  m 2 c 2 2 

 α 2  B2 sin θ 2  D 2 cosθ 2  m 2 c 2  b 2  c 2 sin θ 2   cosθ 2   C 2 cosθ 2  D 2 sin θ 2  sin θ 2 

 Méthode 4.5

EC 1/ 0  

αzz0  1 1 1 0  α 2 C 1/ 0 .V 1/ 0     .    C1α 2 2 O C1αzz0  O 0  2

1 C  2 / 0 .V  2 / 0  2 – Calcul de E C  2 / 0  en O2 : EC  2 / 0  

Cinétique du solide indéformable

 165 nn

Corrigé

   σ  O , 2 / 0 . dtd x  m  V  O / 0   V  G , 2 / 0   .x x d d   σ  O , 2 / 0  .x x   σ  O , 2 / 0 . x dt dt

δ  O 2 , 2 / 0  .x x1 





 m 2 c 2θ 2 y 2  α  b 2  c 2 sin  s θ 2  x1   1  2 EC  2 / 0  i θ 2  D 2 cosθθ 2  m 2 c 2  b 2  c 2 sin i θ2  y2  θ  A  m 2 c 2  x 2  α  B2 sin 2  2 2    α C cosθ θ D sin θ z     2 2 2 2 2 O2  αz αz 0  θ 2 x1    b 2 x1  αb O2 

.

 m 2 α 2 b 2  b 2  c 2 sin θ 2   α 2  C2 cosθ 2  D 2 ssin θ 2  cosθ 2   1 E C  2 / 0    α 2  B2 sin θ 2  D2 cosθ 2  m 2 c 2  b 2  c 2 sin θ 2   sin θ 2  2   θ 2 2  A 2  m 2 c 2 2    m 2 α 2  b 2  c 2 sin θ 2 2    1 2 2 2  E C  2 / 0    α C 2  cosθ 2   2D 2 sin θ 2 cosθ 2  B2  sin θ 2   2   θ 2 A  m 2 c 2 2   2  2  – Calcul de E C  2 / 0  en G2 :



1 2

EC  2 / 0  .







m 2 c2θ 2 y 2  α  b 2  c 2 sin s θ 2  x1    i θ 2  D 2 cosθθ 2  y 2  α  C 2 cosθ sθθ 2  D 2 sin i θ 2  z 2  A θ x  α  B2 sin G2  2 2 2

αzz 0  θ 2 x1    si θ 2  x1  c 2θ 2 y 2  α  b 2  c 2 sin G2 

, ce qui donne le même résultat. – Calcul de E C  3 / 0  en O3 :

  c θ y

p  3 / 0   m3 θ3 x 3 c3 z3  αz α 1  azz0  b3 y1  c3 z3  p  3 / 0   m3

3 3 3

 α  b3  c3 sin s θ3  x1

 A3 σ  G 3 ,3 3 / 0    I G3 ,3  Ω  3 / 0    0    0



0 B3  D3



0  D3  C3  (xx

θ3 3 ,y3 ,z 3 )

αsin θ 3 co osθ3 α cosθ

A 3θ 3

σ  G 3 ,3 / 0  

B3αsin θ 3  D3α cosθ 3 x 3 ,y3 ,z3 ) (x

D  D3αsin θ3  C3α cosθ3

σ  O3 ,3 / 0   σ  G 3 ,3 / R 0   O3G 3 p  3 / 0 

σ  O3 ,3 / 0   A 3θ3 x 3  α  B3 sin si θ 3  D3 cosθ 3  y 3  α  C3 cosθ osθ 3  D3 sin θ 3  z 3



s θ3  x1  c3 z3 m3 c3θ3 y3  α  b3  c3 sin  nn 166



Chapitre 4

σ  O3 ,3 / 0   θ3  A3  m3c32  x 3  α  B3 sin i θ3  D3 cosθ3  m 2 c2  b3  c3 sin θ3   y3  α  C3 cosθθ3  D3 sin θ3  z3





 m3 c3θ3 y3  α  b3  c3 sin  s θ 3  x1   2  1 θ3  A 3  m3c3  x 3  EC 3 / 0    2   α  B sin θ  D cosθ  m c  b  c sin θ   y  3 3 3 3 3 3 3 3 3 3   D sin θ α C cosθ θ z       3 3 3 3 3 O3  .

αz αz 0  θ3 x1     αbb3 x1 O3 



Corrigé

 m3α 2 b3  b3  c3 sin θ3   α 2  C3 cosθ3  D3 ssin θ3  cosθ3   1 E C  3 / 0    α 2  B3 sin θ3  D3 cosθ3  m3c3  b3  c3 sin θ3   sin θ3  2   θ32  A3  m3c32    m3α 2  b3  c3 sin θ3 2    1 2 2 2  E C  3 / 0    α C3  cosθ3   2D3 sin θ 3 cosθ 3  B3  sin θ 3   2  2  2 θ A  m 2 c3   3  3 



– Calcul de E C  S / 0  :

E C  S / 0   E C 1 / 0   E C  2 / 0   E C  3 / 0  1 2 2 C1  m 2  b 2  c 2 sin θ 2   m3  b3  c3 sin θ3   α 2   2 1 2 2  C2  cosθ 2   2D 2 sin θ 2 cosθ 2  B2  sin θ 2   α 2   2 1 2 2  C3  cosθ3   2D3 sin θ3 cosθ3  B3  sin θ3   α 2   2 1  θ 2 2  A 2  m 2 c 2 2   θ32  A3  m3c32   2

EC S / 0  

 Méthode 4.6

Cinétique du solide indéformable

 167 nn

Chapitre

5

Principe fondamental de la dynamique est un avion monoplace solaire conçu à l’initiative de deux pilotes Suisses, et ,à

l’ et en partenariat avec de nombreuses entreprises. Son envergure est de 72,3 m pour une masse totale de 2 300 kg. Il est capable de voler de nuit comme de jour sans carburant. Plus de 17 000 cellules photovoltaïques fournissent l’énergie nécessaire à la propulsion. Cette dernière est assurée par quatre motorisations électriques. Les accumulateurs représentent plus d’un quart de la masse totale de l’avion. Sa structure est en matériau composite : sandwich fibre de carbone et nid d’abeille. Parti le 9 mars 2015 d’Abou atterrit le 26 juillet 2016 après avoir bouclé le tour du monde en Dabi, 17 étapes, 25 jours de vol effectif, soit environ 42 000 km à la vitesse moyenne de 70 km/h.

 ■  ■ Objectifs  ■ Ce qu’il faut connaître 

La notion de référentiel galiléen



Le principe fondamental de la dynamique



Le théorème de la résultante dynamique



Le théorème du moment dynamique.

■ Ce qu’il faut savoir faire  

Proposer une démarche permettant la détermination de la loi de mouvement



Proposer une méthode permettant la détermination d’une inconnue de liaison



Choisir une méthode pour déterminer la valeur des paramètres conduisant à des positions d’équilibre



Linéariser le modèle autour d’un point de fonctionnement



Déterminer les inconnues de liaison ou les efforts extérieurs spécifiés dans le cas où le mouvement est imposé



Déterminer la loi du mouvement sous forme d’équations différentielles dans le cas où les efforts extérieurs sont connus

■  ■ Résumé de cours 

  Un repère de temps est orienté dans le sens de la succession des événements dans le temps. Chaque point de ce repère est appelé instant. t1 t2 t L’unité de durée est la seconde [s]. 0  Un repère d’espace est constitué d’un point origine O et d’une base orthonormée  x, y, z  . On le note R   O, x, y, z  .  On appelle repère galiléen Rg, un repère fixe ou en translation rectiligne uniforme par rapport à l’ensemble de l’univers. Son accélération absolue est alors nulle. Pour une étude mécanique des systèmes industriels courants, un repère lié à la Terre constitue une bonne approximation du repère galiléen.  Un référentiel est constitué d’un repère de temps et d’un repère d’espace. En mécanique classique, le repère de temps est unique (et non en relativité). Pour un référentiel galiléen, le repère d’espace est galiléen.

 Il existe au moins un référentiel galiléen Rg tel que pour tout ensemble matériel S, le torseur dynamique de S dans son mouvement par rapport à Rg soit égal au torseur des actions mécaniques extérieures appliquées sur S :

D S / R   τ  S  S g

– Les deux torseurs doivent être réduits au même point. – Bien que le point de réduction des torseurs soit quelconque, il faut le choisir astucieusement afin d’éviter les calculs fastidieux (centre d’inertie, point fixe, etc.). – Lorsque l’ensemble matériel S est en équilibre dans le référentiel Rg, on obtient le principe fondamental de la statique :

Principe fondamental de la dynamique

 171 nn

τ  S  S  0 – Lorsque l’on néglige les quantités dynamiques ou que l’ensemble matériel est en translation rectiligne uniforme par rapport au référentiel galiléen Rg :

τ  S  S  0



Dans les applications envisagées en sciences pour l’ingénieur en classes préparatoires aux grandes écoles, les référentiels définis seront galiléens. En général, le repère de référence sera lié au bâti du mécanisme ou à la Terre.

 Du principe fondamental de la dynamique, on en déduit les théorèmes généraux de la dynamique.  Pour tout ensemble matériel S, la résultante dynamique galiléenne est égale à la résultante des actions mécaniques extérieures exercées sur S : mS a  G / R g   R  S  S  . 

 Pour tout ensemble matériel S, le moment dynamique galiléen est égal au moment résultant des actions mécaniques extérieures exercées sur S : δA A,S S / R g   M  A,S  S   A Le point A doit être choisi astucieusement (centre d’inertie, point fixe, etc.). 

 Considérons deux ensembles matériels distincts E1 et E2, et un système matériel E = E1  E2. Le théorème des actions mutuelles (ou réciproques) est : τ  E1  E 2   τ  E 2  E1 

 nn 172

Chapitre 5

■  ■ Méthodes 



La démarche d’application du principe fondamental de la dynamique est la suivante : – définition d’un repère galiléen Rg, – isolement d’un ensemble matériel S, – bilan d’actions mécaniques extérieures, – détermination du torseur dynamique de l’ensemble matériel S par rapport au repère Rg, – application du P.F.D. 

Exemple : équilibrage d’un solide en rotation autour d’un axe fixe On s’intéresse au mécanisme constitué des deux solides 1 et 0 suivant : z0 y0

 G

1 O

 x0

0

Liaison pivot

1

(5 inconnues de liaison)

R 0   O, x 0 , y0 , z 0  est lié à 0, R1   O, x1 , y1 , z1  est lié à 1

0 z1

z1



z0 y1

 x 0 = x1

y0

L1/0 : pivot d’axe  O, x 0  , θ   y 0 , y1    z 0 , z1  La masse du solide 1 est nommée m. y y1  zz.zz1 . Le centre d’inertie G est tel que OG  xx.xx 0  y.y La matrice d’inertie du solide 1 au point O est :  A F E   I O,1     F B D        E D C  x ,y ,z 

Principe fondamental de la dynamique

0

1

1



 173 nn

Méthodes



– On suppose que le repère R0 est galiléen. – On isole le solide 1. – Bilan des actions mécaniques extérieures : L’ensemble des actions mécaniques extérieures autre que la liaison 1/0, exercées sur le solide 1, est modélisé au point O par le torseur suivant : ­X Σ o1 LO,Σ o1 ½ Toutes les composantes sont supposées connues. ^τ  Σ o 1 ` °®YΣo1 MO,Σo1 °¾ °Z ° N O,Σ o1 ¿ x ,y ,z O ¯ Σ o1 

0

1

1



Les actions mécaniques transmissibles par la liaison pivot parfaite L1/0 sont modélisées au point O, par le torseur suivant : ­X 0o1 LO,0o1 ½ Tous les éléments de réduction sont inconnus. ^τ  0 o 1 ` °®Y0o1 MO,0o1 °¾ °Z ° N O,0o1 ¿ x ,y ,z O ¯ 0o1 

0

1

1



­° R D 1 / 0 ½° ® ¾. °δ  O,1 / 0 ¿° O¯

– Exprimons le torseur dynamique au point fixe O : ^D 1 / 0 ` V  G,1 / 0 V  O,1 / 0  Ω 1 / 0 š OG

θθx x 0 š  x.x x x 0  y.y y y1  z.z z z1 zθy1  yθz1 .

ªd º zθy R D 1 / R 0 ma  G,1 / 0 m « θy1  yθz θy yθ 1 » ¬ dt ¼0





§ ªd º ªd º · R D 1 / R 0 m ¨ zθy θy1  yθz yθ 1  zθθ « y1 »  yθ yθ « z1 » ¸ ¬ dt ¼ 0 ¬ dt ¼ 0 ¹ ©



R D 1 / R 0 m zθy y1  yθz θ 1  zθθ 2  x 0 š y1  yθ 2  x 0 š z1











D’où l’expression de la quantité d’accélération : R D 1 / 0 m  zθ  yθ 2 y1  yθ  zθ 2 z1 . ªd º δ  O,1 O / 0 « σ  O,1 / 0 » car O est un point fixe dans R0. ¬ dt ¼0 O 1 / 0 De plus, O 1 et donc σ  O,1 ªd º δ  O,1 O / 0 « θ  Ax x 0  Fy1  Ez1 » ¬ dt ¼0

ª I O,1 º Ω 1 / 0 ¬ ¼

ª A F E º θ « F B D » 0 « » «¬ E D C »¼ 0

Aθ Fθθ .  x 0 ,y1 ,z1

Eθ Eθ

ªd º ªd º θ  Ax 0  Fy1  Ez1  Fθ « y1 »  Eθ « z1 » ¬ dt ¼ 0 ¬ dt ¼ 0

δ  O,1 / 0 θ  Ax x 0  Fy F 1  Ez E 1  Fθ 2  x 0 š y1  Eθ 2  x 0 š z1 .

D’où l’expression δ  O,1 / 0

 nn 174

 Eθ  Fθ z   Fθ  Eθ y 2

1

2

1

 Aθx 0 .

Chapitre 5

Finalement, on obtient : D 1 / 0  







 

 m  zθ  yθ 2 y1  yθ  zθ 2 z1    . 2 2  Eθ  Fθ z1  Fθ  Eθ y1  Aθx 0   O









– On applique le P.F.D. : Après avoir écrit D 1 / 0   τ  Σ  1  τ  0  1 au point O, on obtient le système de six équations suivant : 0  X Σ 1  X 01 zθθ  myθ yθ 2  YΣ 1  Y01 mzθ yθ  mzθ 2  ZΣ 1  Z01 myθ

Aθ  LO,Σ O Σ 1 Fθ  Eθ 2  M O,Σ O , Σ 1  M O,01 2 Eθ  Fθ  N OO,ΣΣ 1  N O,01

– Si LO,Σ 1  0 alors θ  t   0 et θ  t   ω  constante ; – Les actions dans la liaison L1/0 dépendent des paramètres cinématiques du mouvement. Cela peut engendrer sur le système des phénomènes vibratoires comme pour les rotors de moteur ou la roue d’une voiture. Il est donc nécessaire d’équilibrer les solides en rotation. Condition d’équilibrage statique : y = 0 et z = 0, le centre d’inertie G est sur l’axe de rotation. Condition d’équilibrage dynamique : F = 0 et E = 0, il existe un plan de symétrie  O, y1 , z1  pour le solide 1. 0  X Σ 1  X 01 Aθ  LO,Σ 1 0  M O,Σ 1  M O,01 Le système d’équations devient alors 0  YΣ 1  Y01 0  ZΣ 1  Z01 0  N O,Σ 1  N O,01  Dans de nombreux cas, il n’est pas nécessaire d’appliquer en totalité le principe fondamental de la dynamique. En effet, le dimensionnement d’un actionneur linéaire ou la recherche d’une loi de mouvement d’un mobile en translation rectiligne, peuvent parfois être réalisés après l’unique application du théorème de la résultante dynamique sur une direction. 

Exemple : machine à vibrer La figure en page suivante représente schématiquement une machine à vibrer des éléments préfabriqués en béton. Un châssis 1 sur roues est solidaire du moule et du stator d’un moteur électrique destiné à générer les vibrations.

Principe fondamental de la dynamique

 175 nn

Méthodes

Remarques – De ces six équations, on peut déduire les 5 inconnues dans la liaison L 1/0 et les lois horaires du mouvement θ  t  puis θ  t  , θ  t  .

x2 



y1 



z2 

ensemble 2

x2  

 moule

y0

x1  

châssis O

x0  B



C

L’ensemble 1 en translation comprend le châssis, le moule, le béton et le stator du moteur électrique. L’ensemble 2, tournant par rapport à 1, comporte le rotor du moteur, son arbre et deux disques excentrés. Les roues sont en liaison pivot, sans frottement, par rapport à 1. La masse et l’inertie des roues sont négligeables. Les plans  O, x 0 , y0  et  A, x1 , y1  sont des plans de symétrie du système. L’ensemble 1 a une masse M1. On pose OA  xxx 0  hy 0 . Les contacts en B et C sont supposés parfaits. L’ensemble 2, de masse M2, tourne à une vitesse constante  On donne α  ω  t . On appelle G2 le centre d’inertie de l’ensemble 2, situé dans le plan  A, x1 , y1  et défini par :

AG 2  ax x2 L’objectif est de déterminer la loi du mouvement de 1/0, x(t). On suppose le repère lié au sol 0 galiléen. On isole le système S={1 + 2 + roues}. Les actions mécaniques extérieures appliquées au système S sont : – les actions de contact en B et C du sol 0 sur les roues : B  0  roue   B y y 0 et C  0  roue   C y y 0 – l’action de la pesanteur : P1   M1gy y 0 appliquée au centre d’inertie G1 du solide 1 P2   M 2 gy y0 appliquée au centre d’inertie G2 du solide 2 On détermine les quantités dynamiques. Le mouvement du solide 1 par rapport à 0 est un mouvement de translation. R d 1 / 0   M1 a  G1 ,1 1 / 0   M1 a  A A,1 1 / 0   M1xx x0 R d  2 / 0  M2 a G 2 , 2 / 0  M2



d 2 OA  AG 2 dt 2



 M2 0

d 2  xx 0  ax 2  dt 2

0

 d  ωz0  x 2    dy  dy   M 2  xx 0  aaω R d  2 / 0   M 2  xx x0  a ω 2   M 2  xx 0  aω2 z0  y2    dt dt 0   0   nn 176

Chapitre 5

R d  2 / 0   M 2  xx x 0  aω aω2 x 2 

R d  S / 0   R d 1 / 0   R d  2 / 0   M1xx x 0  M 2  xx 0  aω aω2 x 2    M1  M 2  xx 0  aM 2 ω2 x 2

On applique le théorème de la résultante dynamique suivant la direction x 0 : R d  S / 0  .xx 0  0

 M1  M 2  x  aM 2 ω2 x 2 .x 0  0  M1  M 2  x  aM 2 ω2 cos  ω  t   0

Finalement, on obtient l’équation différentielle suivante : x 

aM 2 ω2 cos  ω  t  . M1  M 2

En posant x  0   0 et x  0   0 , on obtient après intégration la loi du mouvement de 1/0 : aM 2 ω sin  ω  t  M1  M 2 aM 2 1  cos  ω  t   xt  M1  M 2 

 Dans de nombreux cas, il n’est pas nécessaire d’appliquer en totalité le principe fondamental de la dynamique. En effet, le dimensionnement d’un actionneur rotatif ou la recherche d’une loi de mouvement d’un mobile en rotation autour d’un axe, peuvent parfois être réalisés après l’unique application du théorème du moment dynamique sur un axe. Exemple : machine à vibrer (suite méthode 5.2) La matrice d’inertie de l’ensemble 2 est définie en A par : A 0 0   I A,2    0 B 0      0 0 C  x ,y ,z



2

2

0





On souhaite dimensionner le moteur électrique permettant la mise en rotation de 2/1. Il faut pour cela évaluer le couple moteur qu’il doit fournir. On suppose le repère lié au sol 0 galiléen. On isole l’ensemble 2. Les actions mécaniques extérieures appliquées sont : – les actions transmissibles par la liaison pivot 2/1 d’axe  A, z 0  : X12 τ 1  2    Y12 Z A  1 2

L A,12   M A,12  0

 x 0 ,y0 ,z0 

– l’action de la pesanteur : P2   M 2 gyy0 appliquée au centre d’inertie G2 – l’action du moteur : C  m  2   Cm z 0

Principe fondamental de la dynamique

 177 nn

Méthodes

x

On détermine les quantités dynamiques. σA A, 2 / 0   M 2 AG 2  V  A, A 2 / 0   I A,2   Ω  2 / 0    A 0 0 0     σ  A, 2 / 0   M 2 ax x2  x xx 0  0 B 0  0 0 0 C  x ,y ,z ω



2

2

0



σ  A, 2 / 0    M 2ax x sin i  ω  t   Cω  z 0

δ  A, A 2 / 0 

d σ  A, A 2 / 0  M2 V  A / 0   V G 2 , 2 / 0  dt 0

δ  A, 2 / 0  

d i  ω  t   Cω C  z 0  M 2 xx 0   xx 0  aωy 2   M2axx sin dt 0

δ  A, 2 / 0   M 2ax sin i ω  t  z0

On applique le théorème du moment dynamique en A suivant la direction z 0 :





C  m  2  .zz 0  AG 2  P2 .zz 0  δ  A, 2 / 0  .z 0 Cm   ax x 2  M 2 gy0  .zz 0  M 2 ax a sin  ω  t  Cm  aM 2 g cos  ω  t   M 2 ax sin  ω  t 

Cm  aM 2   x sin i  ω  t   g cos  ω  t  

Avec x 

aM 2 ω2 cos  ω  t  , on donne alors : M1  M 2

 aM 2 ω2  Cm  aM 2 cos  ω  t    sin  ω  t   g   M1  M 2 

 nn 178

Chapitre 5

■  ■ Vrai/Faux 

Le principe fondamental de la dynamique s’applique dans tout repère.

















    

    

Soit le mécanisme vis 1 / écrou 0 suivant : 2

1

0

On suppose le repère lié au bâti 0 galiléen. Le repère lié au chariot 2 peut être considéré comme galiléen quelles que soient les lois de mouvement envisagées. Le principe fondamental de la dynamique est : mE a  G / R g   R  E  E  Le solide ci-dessous, en rotation autour de l’axe  O, y  , est équilibré statiquement. z

O

y x

Le solide ci-dessus, en rotation autour de l’axe complètement équilibré.

 O, y  ,

n’est pas

Le principe fondamental de la statique est un cas particulier du principe fondamental de la dynamique. Le principe fondamental de la dynamique ne s’applique pas dans un repère mobile. Le principe fondamental de la dynamique fait intervenir les actions mécaniques intérieures à l’ensemble isolé. Le principe fondamental de la dynamique donne 3 équations scalaires.

Principe fondamental de la dynamique

 179 nn

■  ■ Énoncé des exercices 

 La figure ci-dessous montre un hélicoptère dans une phase d’atterrissage.

Notations et hypothèses : On suppose que l’ensemble de l’hélicoptère est un seul et unique solide indéformable de repère lié (G, x1 , y g , z1 ) . Il n’est soumis qu’à l’action du sol au point de contact K de la roue avec le sol et à l’action de la pesanteur au centre de gravité G de l’hélicoptère. Le repère lié au sol (O, x g , y g , z g ) est galiléen. On note F la norme de l’effort de contact normal du sol sur l’hélicoptère et P la norme de l’action de la pesanteur sur l’hélicoptère. On note g la norme de l’accélération de la pesanteur et z g est la verticale ascendante. On note M la masse de l’hélicoptère et Iyy son moment d’inertie autour de l’axe (G, y g ) . Le point K est fixe dans le repère galiléen et l’angle ψ :

Critère d’arrêt

x=x-f(x)/derivf(x)

Calcul du nouveau point

On peut montrer que les racines exactes sont x1  1 , x 2  2 et x 3  3 .  Pour la résolution d’un système d’équations linéaires, la méthode du pivot de Gauss-Jordan donne des solutions exactes. Sa mise en œuvre informatique est plus aisée en construisant la matrice augmentée du système à résoudre. On détaille ciaprès une écriture possible de l’algorithme principal. 

Exemple : application de la méthode La matrice augmentée du système AX  B est la matrice notée  A | B  :  a1,1  a  A | B    ...2,1   a n,1

a1,2 a 2,2 ... a n,2

... ... ... ...

a1,n a 2,n ... a n,n

On définit les fonctions suivantes :

b1   b2   M n,n 1  ...   b n 



– augmente(A,B) : retourne la matrice augmentée.

– elimineD(M,i) : place par un échange de ligne le pivot (coefficient  a i, j 1in 1 de valeur i  j n

absolue maximale), élimine les coefficients  a j,i 1in 1 de toutes les lignes suivantes  L j i 1 jn i 1 j n

lors de l’échelonnage (descente). Algorithmes de résolution numérique

 435 nn

Méthodes

print(x)

– elimineR(M,i) : élimine les coefficients  a j,i 2in lors de la réduction (remontée). 1 ji 1

def gaussJordan(A,B): n=len(A)

M=augmente(A,B)

for i in range(0,n-1): M=elimineD(M,i)

M=normaliseDiagonale(M)

for i in range(n-1,0,-1): M=elimineR(M,i)

Construction de la matrice augmentée Échelonnage Normalisation de la diagonale Réduction

return secondMembre(M) 2x  4y  z  18  Par exemple, prenons le système 8x  2y  z  6 . 2x  y  2z  27 

 2 4 1 18    La matrice augmentée est  A | B    8 2 1 6  .  2 1 2 27   

On échelonne en prenant le plus grand pivot en valeur absolue :  8 2 1 6    – Échange de ligne :  A | B    2 4 1 18  .  2 1 2 27   

2 6  1 8   – Élimination des coefficients :  A | B    0 4,5 0,75  16,5 .  0 1,5 2, 25 25,5    6  1 8 2   À la fin de l’échelonnage :  A | B    0 4,5 0,75 16,5  . 0 0 2,5 20   0,75 0,125  1 0, 25    1 0,166666667 3,66666667  . Normalisation de la diagonale,  A | B    0 0  0 1 8  

 nn 436

Chapitre 12

 1 0, 25 0 1,75  1 0 0 3      1 0 5  puis  A | B    0 1 0 5  . On réduit :  A | B    0 0 0 0 1 8  0 1 8    

La solution retournée est alors x  3 , y  5 et z  8 . 



Exemple : Déplacement d’un mobile On souhaite effectuer un calcul de déplacement d’un mobile à partir de données lissées, issues d’un accéléromètre. t t  Dans le domaine temporel, x  t    a  t  dt  dt . 0 0  Il s’agit donc d’effectuer deux intégrations numériques successives à partir de valeurs d’accélération disponibles dans une liste La. On appelle Lv la liste des vitesses v(t) et Lx la liste donnant le déplacement x(t). La période d’échantillonnage est notée Te. On utilise la méthode des trapèzes :

 

Lv,Lx=[0],[0] Aire d’un trapèze Te=1e-1 n=len(La) for i in range(n-1): Lv.append(Lv[-1]+Te*(La[i]+La[i+1])/2) Lx.append(Lx[-1]+Te*(Lv[i]+Lv[i+1])/2) Les tracés des valeurs des listes La, Lv et Lx sont les suivants :

Algorithmes de résolution numérique

 437 nn

Méthodes

L’intégration numérique est nécessaire chaque fois que l’intégration formelle d’une fonction continue n’est pas possible ou que la variable à intégrer est échantillonnée. Le choix de la méthode d’intégration dépend de la précision attendue du résultat et du temps disponible pour effectuer le calcul, notamment pour une application de calcul en temps réel, par exemple dans le cas du contrôle/commande d’un système asservi. La méthode des trapèzes donne en général des résultats très satisfaisants pour un pas de calcul raisonnable, correspondant à la période d’échantillonnage le cas échéant.

 Pour résoudre un système d’équations différentielles, on peut conditionner le système d’équations différentielles associé aux conditions initiales sous la forme du  dX  F  t, X   problème de Cauchy (S) :  dt . X  t 0   X 0  Il reste alors à identifier le vecteur X(t) et la fonction F . On peut alors implémenter le schéma numérique d’Euler explicite : X k 1  X k  h  F  t k ,X k  avec h le pas d’intégration.  X  t 0   X0 

Exemple : Comportement d’un oscillateur amorti. On souhaite simuler le comportement d’un oscillateur amorti avec le modèle suivant :  x  ax  bx  0  où a, b et c sont des constantes données.  x(0)  c x  0  0 

Pour conditionner le système sous la forme du problème de Cauchy, on introduit la variable dx  t  . vt  dt Le système peut alors être réécrit de la manière suivante :

 nn 438

Chapitre 12

 dv  t   av  t   bx  t    dt  dx  t  .  v(t)   dt x  0  c  v  0  0 v(t) av(t)  bx(t) On identifie alors X  t   et F  t, X   . xt vt

On peut écrire le schéma numérique correspondant d’Euler explicite :  v k 1  v k  h  av k  bx k    x k 1  x k  hv k  x 0  c  v 0  0

Méthodes

Prenons par exemple a  8s 1 , b  25s 2 et c  1cm . On effectue une simulation sur deux secondes. On choisit 1000 points de calcul. a,b,c=8,25,0.01 x0,v0=c,0 Lx,Lv=[x0],[v0] t0,tf=0,2 n=1000 h=(tf-t0)/n for i in range(n): Lv.append(Lv[-1]-h*(a*Lv[-1]+b*Lx[-1])) Lx.append(Lx[-1]+h*Lv[-2]) Les tracés des valeurs des listes Lv et Lx sont les suivants :

Algorithmes de résolution numérique

 439 nn

■  ■ Vrai/Faux 

La La méthode méthode de de dichotomie dichotomie ne ne peut peut pas pas s’appliquer s’appliquer àà une une liste liste de de valeurs. valeurs. Pour Pour que que la la méthode méthode de de Newton Newton soit soit efficace, efficace, il il est est préférable préférable que que la la fonction soit monotone sur l’intervalle de recherche de la racine. fonction soit monotone sur l’intervalle de recherche de la racine. 2 Pour x x 2 ,, la Pour la la fonction fonction ff  xx   la méthode méthode de de dichotomie dichotomie est est applicable. applicable. 2 Pour x x 2 ,, la Pour la la fonction fonction ff  xx   la méthode méthode de de Newton Newton est est applicable. applicable.

La La méthode méthode du du pivot pivot de de Gauss-Jordan Gauss-Jordan n’est n’est pas pas applicable applicable pour pour de de très très grands systèmes d’équations linéaires. grands systèmes d’équations linéaires. Pour Pour la la méthode méthode du du pivot pivot de de Gauss-Jordan, Gauss-Jordan, l’ordre l’ordre des des équations équations du du système n’est pas important. système n’est pas important. La complexité complexité temporelle temporelle des des méthodes méthodes d’intégration d’intégration numérique numérique est est La linéaire avec avec le le nombre nombre de de points points considérés. considérés. linéaire Pour Pour une une fonction fonction monotone monotone croissante, croissante, la la méthode méthode d’intégration d’intégration des des rectangles à gauche donne un minorant de l’intégrale. rectangles à gauche donne un minorant de l’intégrale. Le Le conditionnement conditionnement d’une d’une équation équation différentielle différentielle sous sous la la forme forme du du problème de Cauchy n’est possible que pour un système du premier problème de Cauchy n’est possible que pour un système du premier ordre. ordre. Soit Soit le le schéma schéma numérique numérique d’Euler d’Euler explicite explicite ::  v v k 1  v kk  h  av av kk  bx kk  v h  bx  k 1  x x k 1  x kk  hv kk x  hv ..  k 1 x c   x 00  c  v v 00  0 0 L’implémentation suivante en en Python Python est est correcte correcte :: L’implémentation suivante Lx,Lv=[c],[0] Lx,Lv=[c],[0] t0,tf=0,2 t0,tf=0,2 n=1000 n=1000 h=(tf-t0)/n h=(tf-t0)/n for i i in in range(n): range(n): for Lv.append(Lv[-1]-h*(a*Lv[-1]+b*Lx[-1])) Lv.append(Lv[-1]-h*(a*Lv[-1]+b*Lx[-1])) Lx.append(Lx[-1]+h*Lv[-1]) Lx.append(Lx[-1]+h*Lv[-1])

 nn 440 

     

     

 

 









Chapitre 12

■  ■ Énoncé des exercices 

 On cherche à déterminer le temps de réponse tr5% d’un système du second ordre apériodique soumis à un échelon unitaire. La réponse du système est : t

t

  τ1 τ2 st 1 e τ1  e τ2 τ1  τ 2 τ1  τ 2 où τ1  1 s et τ 2  3 s.

En utilisant la méthode de dichotomie, écrire un programme python qui permet de déterminer une valeur approchée du temps de réponse tr5% de ce système avec une tolérance de 1% (erreur relative). En utilisant la méthode de Newton, écrire un programme python qui permet de déterminer une valeur approchée du temps de réponse tr5% de ce système avec une tolérance de 1% (erreur relative). Pour les deux méthodes précédentes, donner le nombre d’itérations qui ont été réalisées. Conclure.  On effectue une mesure d’intensité consommée par la machine à courant continu d’un système robotisé. Les valeurs d’intensité sont stockées dans une liste Li associée à une liste de temps Lt. On donne ci-contre le tracé suite à cette l’acquisition. On souhaite déterminer l’instant où l’intensité passe sous le seuil de 1 A. Étant donné que les valeurs mesurées sont assez irrégulières, on construit dans un premier temps une liste Lil dans laquelle les variations ont été lissées. On effectue pour cela une moyenne arithmétique glissante de 7 valeurs centrées sur un indice i : les trois valeurs précédentes, Li[i] et les trois valeurs suivantes. Écrire le script permettant de construire la liste Lil des valeurs d’intensité lissées, ainsi que le tracé permettant d’afficher la courbe d’intensité modifiée en fonction du temps. En appliquant la méthode de dichotomie sur la liste des valeurs lissées Lil, déterminer une valeur approchée du temps pour lequel l’intensité passe sous le seuil de 1 A.

Algorithmes de résolution numérique

 441 nn

 On s’intéresse à la modélisation des relevés annuels du niveau d’eau du lac Supérieur exprimés en mètres entre 1818 et 2018. On souhaite établir par la méthode des moindres carrés une courbe de tendance avec un polynôme d’ordre 2.

Les points correspondant aux relevés sont notés  t i , z i  où ti est l’année et zi le niveau relevé.

On recherche un polynôme de la forme P  t i   α  βt i  γt i 2 qui « passerait au mieux par l’ensemble des points ». Il s’agit donc de minimiser la fonction F :  α,β, γ  

n 1

 z  α  βt  γt i

i

i



2 2

.

i 0

On montre qu’il faut pour cela résoudre le système suivant :  F  α,β, γ  0  α   F  α,β, γ  0 S :  β   F  α,β, γ   0 γ  Après avoir déterminé les dérivées partielles, réécrire le système (S) ci-dessus. a 0,0 α  a 0,1β  a 0,2 γ  b 0  Il s’agit alors de résoudre un système de la forme suivante : (S) :  a1,0 α  a1,1β  a1,2 γ  b1 . a α  a β  a γ  b 2,1 2,2 2  2,0 Dans tout ce qui suit, les variables n, A, M, i, j et c vérifient les conditions suivantes : – n est un entier naturel tel que n  2 ; – A est une matrice carrée à n lignes inversible ; – M est une matrice à n lignes et n+1 colonnes telle que la sous-matrice carrée constituée des n premières colonnes de M est inversible ; – i et j sont des entiers tels que 0  i  n  1 et 0  j  n  1 ; – c est un réel non nul.

 nn 442

Chapitre 12

Li  Li  cL j est l’opération qui ajoute à la ligne i d’une matrice la ligne j multipliée par c.

On suppose que l’instruction import numpy as np a été exécutée. Les trois fonctions multip, ajout et permut ne renvoient rien : elles modifient les matrices auxquelles elles s’appliquent. def multip(M,i,c): p = np.shape(M)[1] for k in range(0,p): M[i,k] = c*M[i,k] def ajout(M,i,j,c): p = np.shape(M)[1] for k in range(0,p): _____ ligne(s) à compléter _____ Que réalise la fonction multip(M,i,c) ? Compléter la fonction ajout(M,i,j,c), afin qu’elle effectue l’opération Li  Li  cL j .

Écrire une fonction permut(M,i,j) qui modifie M en échangeant les valeurs des lignes i et j.

Soit la colonne j dans la matrice M. On cherche le numéro r d’une ligne où est situé le plus grand coefficient (en valeur absolue) de cette colonne parmi les lignes j à n–1. Autrement dit, r vérifie : A  r, j  max A i, j pour i tel que j  i  n  1 .





Écrire une fonction rangPivot(M,j) qui renvoie cette valeur de r. Soit la fonction suivante : def mystere(M): n = np.shape(M)[0] for j in range(0,n-1): r = rangPivot(M,j) permut(M,r,j) for k in range(j+1,n): ajout(M,k,j,-M[k,j]/M[j,j]) print(M) On considère dans cette question la fonction mystere appliqué à la matrice M :  3. 2. 2. 1.    M   6. 0. 12. 2.  (matrice augmentée).  1. 1. 3. 3.   

 Algorithmes de résolution numérique

443 nn

Indiquer combien de fois l’instruction print(M) est exécutée ainsi que les différentes valeurs qu’elle affiche. Que réalise cet algorithme ? Soit la fonction incomplète suivante : def reduire(M): n = np.shape(M)[0] mystere(M) for i in range(0, n): multip(M, i, 1/M[i,i]) _____ ligne(s) à compléter _____ Compléter la fonction reduire(M) afin d’effectuer la réduction du système. À quoi est égal la matrice M après exécution de la fonction ? Donner les valeurs de ,  et .  On discrétise la coupe transversale d’une poutre métallique. Les températures aux bords sont constantes : a, b, c et d. On note x i , yi , zi i1;3 la température des nœuds intérieurs.

a d

Chacune des températures est approximée par la moyenne des températures aux quatre nœuds voisins. d Par exemple, l’équation du nœud nord-ouest est : 4x1 = (a + d + x2 + y1). d On souhaite conditionner le problème sous la forme d’un système d’équations linéaires de la forme AX=B. On définit en partie la matrice A et le vecteur B : 1  4 1  1 4 1 1   1 4 1   A       

       ; X       

x1

a

a

x1

x2

x3

y1

y2

y3

z1

z2

z3

c

c

b b b

c

ad

x2 a x3 ab y1 y2 ; B  y3 z1 z2 z3

Compléter les coefficients de la matrice A et du vecteur B, les "0" n’étant pas utiles. Compléter le programme en page suivante, implémentant la matrice A et le vecteur B. Écrire une fonction augmenter(A,B) retournant la matrice augmentée (A|B). Appliquer la méthode du pivot de Gauss-Jordan et donner les solutions.

 nn 444

Chapitre 12

import numpy as np a,b,c,d =10,50,70,10 B=[a+d,a,a+b,... A=np.zeros((9,9)) for k in range(9): A[k][k]=4 for k in range(... A[k][k+1]= -1 A[k+1][k]= -1 A[...][...] ,... ,... ,... = 0,0,0,0 for k in range(6): A[k][k+...]= -1 A[k +...][k]= -1  L’équation d’état d’un gaz de Van Der Waals s’écrit :  n2   P  a 2   V  bn   nRT , où V   – a et b sont des constantes dépendantes de la nature du gaz, – n la quantité de matière (nombre de môles), – P la pression [Pa], – R la constante universelle des gaz parfaits ( 8,314 J.mol–1.K–1), – T la température absolue [K], – V le volume [m3]. Pour le dioxyde de carbone, les coefficients sont a = 0,3637 et b = 4,267×10–5. Sachant que la température est T = 293 K, que la pression initiale est de P0 = 105 Pa (pression atmosphérique) et que le volume initial est de V0 = 1 dm3, écrire un code qui calcule le nombre de môles par la méthode de Newton avec un résidu de 10–5. La compression supposée isotherme (T = 293 K) du CO 2 se fait à l’aide d’un ensemble mobile « piston » en translation : Piston Corps Pression P(t) P0 x F x(t) O Volume de CO2 V(t) On donne : – masse du mobile : m = 1 kg, – surface utile : S = 10 cm2. Le volume du CO2 est de la forme V  t   V0  Sx  t  où V0 = V(0) = 1 dm3. Lors de la compression du CO2, la pression P(t) augmente de P0 = 105 à P1 = 2×105 Pa.

Algorithmes de résolution numérique

 445 nn

Écrire un code qui permet de : – dresser deux listes LP et LV où LP contient les valeurs de la pression P(t) régulièrement espacées de 103 Pa, LV contient les valeurs du volume V(t) associé à celles de LP, obtenu par la méthode de Newton avec un résidu de 10–5. – tracer une courbe donnant la pression P(t) en fonction du volume V(t). L’énergie nécessaire à la compression du volume de gaz V0 (pression P0) au volume V1 (pression P1) est de la forme suivante : W



V1

V0

  P  V   P0  dV

Écrire un code qui permet de calculer l’énergie totale W nécessaire à la compression du CO2 pour P  V   105 ;2  105  et les conditions initiales définies précédemment. L’ensemble mobile « piston » est soumis aux actions mécaniques suivantes : – force motrice constante F = 100 N, – force de pression (P(t) – P0)S, P0 = P(0) = 105 Pa, dx  t  – force de frottements visqueux, f avec f = 35 N.s/m, dt – action du corps du vérin, – action de la pesanteur. L’application du théorème de la résultante dynamique à l’ensemble mobile « piston » suivant la direction x donne l’équation différentielle suivante : dx  t  d2x  t  Ff   P  t   P0  S  m dt dt 2 dx avec les conditions initiales x(0) = 0 (position) et u  0    0   0 (vitesse). dt Conditionner la modélisation proposée sous la forme du problème de Cauchy. Proposer un schéma numérique d’Euler explicite permettant d’obtenir les lois du mouvement u(t) et x(t). Écrire un code qui permet de construire les listes Lx, Lu, LV, LP et Lt des valeurs de la position x(t), de la vitesse u(t), du volume V(t), de la pression P(t) et du temps t pour la compression du CO2 avec P  V   105 ;2  105  et un pas de temps h = 10–4 s.  On s'intéresse à un oscillateur harmonique non amorti modélisé par le système :  x  ω2 x  0 S :  x  0   a x  0  b 

 nn 446

Chapitre 12

x . ω On note que y a la même dimension que x. Le plan repéré par les coordonnées  x, y  s’appelle l’espace des phases.

On introduit la variable y 

On pose E  x, y   x 2  y 2 . La fonction E est image de l’énergie du système. On notera que dans le cas de l’oscillateur non amorti, l’énergie se conserve. Conditionner l'équation différentielle du système sous la forme du problème de Cauchy. Donner le schéma numérique d’Euler explicite avec h le pas d’intégration. On donne a = 10 m, b = 50 m et  = 2 rad/s. Effectuer une simulation numérique de 2 s avec 100 points de calcul. Tracer l’évolution simulée des paramètres x et y. Montrer que l’on a une relation de la forme E  x k 1 , y k 1   C  E  x k , y k  . On exprimera la constante C. Conclure. On souhaite appliquer la méthode des différences finies pour donner un schéma numérique du système (S). x k 1  x k avec h le pas de temps. On rappelle que x h En appliquant une deuxième fois l’approximation ci-dessus, donner une valeur approchée de la dérivée seconde. Donner alors le schéma numérique des différences finies sous la forme suivante :  x k 1  f  x k , x k 1   .  x1  α x  β  0 Effectuer une simulation numérique de 2 s avec 100 points de calcul. Tracer sur un même graphe la simulation de x(t) obtenue avec la méthode d’Euler explicite et celle obtenue par la méthode des différences finies.

 Exercice 12.1. Pour ce système apériodique, s  tr5%   0,95 . Exercice 12.2. La moyenne arithmétique glissante à effectuer est de la forme 3  3   Li i  j  Li i   Li i  j  / 7 pour 3 i len  Li   4 .   j1

j1 n  1   F  α,β, γ  zi  α  βt i  γt i 2   .  2  Exercice 12.3.    α

i 0 Exercice 12.4. On a aussi par exemple 4x2 = (a + x1 + x3 + y2).







Algorithmes de résolution numérique

 447 nn

Exercice 12.5. Pour appliquer la méthode de Newton, on peut créer une fonction  n2  f : n   P  a 2   V  bn   nRT et une autre qui est sa dérivée. V   x Exercice 12.6. Le vecteur X du problème de Cauchy est . y

 nn 448

Chapitre 12

■  ■ Corrigé des vrai/faux 

faux

vrai

faux

vrai

vrai

faux

vrai

vrai

faux

faux

coté de la racine x  0 , la valeur de f  x  a le même signe. Pour la fonction f  x   x 2 , la méthode de Newton est applicable car dans l’intervalle

,0 ou l’intervalle 0, 

la fonction est monotone.

La méthode du pivot de Gauss-Jordan n’est pas applicable aux très grands systèmes d’équations linéaires car sa complexité temporelle est cubique en fonction du nombre d’équations. L’ordre des équations pour l’application de la méthode du pivot de Gauss-Jordan est important car dans le choix du pivot à la ligne  Li 1i  n 1 , il est préférable d’avoir le coefficient de valeur absolue maximale. La complexité temporelle des méthodes d’intégration numérique est linéaire avec le nombre n de points considérés car il y a alors n  1 aires (de rectangles ou de trapèzes) à calculer. Pour une fonction monotone croissante, la méthode d’intégration des rectangles à gauche donne un minorant de l’intégrale. Par ailleurs la méthode des rectangles à droite donne alors un majorant. Le conditionnement sous la forme du problème de Cauchy met en évidence une dérivée dX première  F  t, X  . Mais X est un vecteur. Même pour une équation différentielle qui ferait dt intervenir des dérivées d’ordre supérieur à un, il est possible d’introduire des variables supplémentaires afin de n’avoir que des dérivées premières (voir exemple méthode 12.4). L’implémentation proposée for i in range(n): Lv.append(Lv[-1]-h*(a*Lv[-1]+b*Lx[-1])) Lx.append(Lx[-1]+h*Lv[-1]) ne convient pas car cela correspondrait au schéma numérique suivant :

Algorithmes de résolution numérique

 449 nn

Corrigé

La méthode de dichotomie peut s’appliquer à une fonction continue mais aussi à une liste de valeurs échantillonnées. Par contre, la précision de la solution dépendra de la période d’échantillonnage. Lorsque la fonction n’est pas monotone, le risque est que la méthode de Newton ne converge pas. En effet, si la valeur de la dérivée change de signe lors des itérations, le critère d’arrêt peut ne jamais être atteint. Pour la fonction f  x   x 2 , la méthode de dichotomie n’est pas applicable car de chaque

 v k 1  v k  h  av k  bx k    x k 1  x k  hv k 1 qui est un schéma semi-implicite.  x 0  c  v 0  0 Il faut donc changer la ligne Lx.append(Lx[-1]+h*Lv[-1]) en Lx.append(Lx[-1]+h*Lv[-2]) car la ligne précédente Lv.append(Lv[-1]-h*(a*Lv[-1]+b*Lx[-1])) ajoute à la fin de la liste Lv, la valeur v k 1 . Suite à cet ajout, Lv[-1] correspond à v k 1 et Lv[-2] à v k .

 – Les méthodes de calcul numérique font souvent appel à des relations de récurrence. Il ne faut donc pas oublier d’initialiser les variables. – Attention aussi à ne pas se tromper d’indice de liste dans l’implémentation des schémas numériques avec Python. On rappelle que l’indice 0 correspond à la première valeur de la liste L et l’indice len(L)-1 (ou -1) à la dernière. – La recherche de « zéro » par la méthode de Newton peut conduire à une non terminaison de l’algorithme. Il ne faut pas oublier d’associer à la condition d’arrêt un nombre maximal d’itérations. – Avec la méthode du pivot de Gauss-Jordan, on montre qu’un mauvais choix de pivot et les erreurs d’arrondis que cela engendre, peut conduire à des résultats complètement faux. – L’application de la méthode d’Euler explicite donne des résultats qui peuvent être parfois très éloignés de la réalité. Par exemple, on montre que dans le cas d’un oscillateur harmonique, elle ne conserve pas l’énergie, celle-ci divergeant vers l’infini. Les résultats sont donc à prendre avec précaution et l’application d’une autre méthode peut être nécessaire (Euler implicite, Verlet, Runge-Kutta, CrankNicolson, etc.).

 nn 450

Chapitre 12

■  ■ Corrigé des exercices 

T1,T2=1,3

f=lambda t:1-T1/(T1-T2)*np.exp(-t/T1)+T2/(T1-T2)*np.exp(-t/T2) Choix d’un intervalle  a, b 

while (b-a)/a>0.01: m=(b+a)/2

if (f(a)-0.95)*(f(m)-0.95)>0: a=m

else: b=m

Critère d’arrêt Calcul du point milieu

Cas où la solution tr5%   a, m  L’intervalle  a, b  devient  m, b  L’intervalle  a, b  devient  a, m 

print(a)

Au fil des itérations, l’intervalle  a, b  évolue comme suit : 6 6 8.25 9,375 9,9375 9.9375 10,078125 10,1484375

15 10,5 10,5 10,5 10,5 10.21875 10,21875 10,21875

Le résultat affiché par le programme est 10,1484375 s.  Méthode 12.1 derivf=lambda t:1/(T1-T2)*np.exp(-t/T1)-1/(T1-T2)*np.exp(-t/T2) t0=0 t=6 while (t-t0)/t>eps: t0=t t=t-(f(t)-0.95)/derivf(t) print(t)

Algorithmes de résolution numérique

 451 nn

Corrigé

a,b=6,15

Le résultat affiché par le programme est 10.202226523163764 s. On remarque qu’il est dans le dernier intervalle obtenu par la méthode de dichotomie. Les valeurs prises par t au cours des itérations sont les suivantes : 6 8.284623082595893 9.703876408297658 10.163352577605762 10.202226523163764  Méthode 12.3 La méthode de Newton a nécessité moins d’itérations (4) que la méthode de dichotomie (7).

Lil=[] for i in range(3,len(Li)-3): Lil.append([(Li[i-3]+Li[i-2]+Li[i-1]+Li[i]+Li[i+1]+Li[i+2]+ Li[i+3])/7) plt.xlabel(r"$t[s]$") plt.ylabel("intensité [A]") plt.plot(Lt,Li,label="intensité mesurée") plt.plot(Lt[3:-3],Ll,label="courbe lissée") plt.grid() plt.legend() plt.show() g=0 d=len(Lil)-1 while g0: g=k+1 else: d=k print(Lt[k+3]) La valeur affichée est : 1.8181818181818183  Méthode 12.1

 nn 452

Chapitre 12

   F  α,β, γ    α

n 1

    n 1  i 0   2  zi  α  βt i  γt i 2      α  i 0  n  1  2 zi  α  βt i  γt i 2        n 1  F  α,β, γ  i 0     2  t i  zi  α  βt i  γt i 2     β β  i 0  n  1  2 zi  α  βt i  γt i 2        n 1  F  α,β, γ  i 0     2  t i 2  zi  α  βt i  γt i 2     γ γ  i 0  n 1    zi  α  βt i  γt i 2   0  i 0  n 1  On obtient donc le système suivant :  S :  t i  zi  α  βt i  γt i 2   0  i 0  n 1  t i 2  zi  α  βt i  γt i 2   0   i 0 La fonction multip effectue l’opération suivante Li  cLi .

 zi  α  βti  γti2 

2











Corrigé

  

def ajout(M,i,j,c):

p = np.shape(M)[1] for k in range(0,p): M[i,k]=M[i,k]+c*M[j,k]

def permut(M,i,j): p = np.shape(M)[1] for k in range(0,p): M[i,k],M[j,k] = M[j,k],M[i,k] def rangPivot(M,j): p = np.shape(M)[0] r=j for k in range(j+1,p): if abs(M[k,j])>abs(M[r,j]): r=k return r

L’instruction print(M) est exécutée 2 fois.

Algorithmes de résolution numérique

 453 nn

Les deux affichages sont : [[–6. 0. 12. 2.] [ 0. 2. 8. 2.] [ 0. 1. –1. 3.33333333]] [[–6. [ 0. [ 0.

0. 2. 0.

12. 8. –5.

2.] 2.] 2.33333333]]

L’algorithme réalise l’échelonnage du système. On effectue l’échelonnage, la normalisation puis la réduction du système.

def reduire(M): n = np.shape(M)[0] mystere(M) for i in range(0,n): multip(M,i,1/M[i,i]) for j in range(n-1,0,-1): for k in range(j-1,-1,-1): ajout(M,k,j,-M[k,j])

À la fin de l’exécution de la fonction reduire(M), le système réduit est : [[1. 0. 0. –1.26666667], [0. 1. 0. 2.86666667], [0. 0. 1. –0.46666667]] α  1.26666667 ; β  2.86666667 ; γ    0.46666667

1  4 1  1 4 1   1 4  4  1 A 1 1  1   1    

 nn 454

1 1 4 1 1

    1  1   et B  1 1  4 1  4 1  1 4 1 1 1 4 

ad a ab d b dc c bc

Chapitre 12

import numpy as np a,b,c,d =10,50,70,10 B=[a+d,a,a+b,d,0,b,d+c,c,b+c] A=np.zeros((9,9)) for k in range(9): A[k][k]=4 for k in range(8): A[k][k+1]= -1 A[k+1][k]= -1 A[2][3],A[3][2],A[5][6],A[6][5] = 0,0,0,0 for k in range(6): A[k][k+3]= -1 A[k+3][k]= -1 La matrice augmentée est : 1 1 4 1 1

a  d a  a  d 1  d  1  1 1  1 4 b  4 1 d  c  1 4 1 c  1 1 4 b  c 

Corrigé

1  4 1  1 4 1   1 4  4  1 1  A B   1 1   1    

def augmenter(A,B) : C=np.zeros((9,10)) for i in range(9) : for j in range(9) : C[i][j]=A[i][j] for i in range(9) : C[i][9]=B[i] return C On affiche les valeurs suivantes après l’échelonnage : [[ 4.00000000e+00 -1.00000000e+00 0.00000000e+00 -1.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 2.00000000e+01] [ 0.00000000e+00 3.75000000e+00 -1.00000000e+00 -2.50000000e-01 -1.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.50000000e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 3.73333333e+00 -6.66666667e-02 -2.66666667e-01 -1.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 6.40000000e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 3.73214286e+00 -1.07142857e+00 -1.78571429e-02 -1.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.71428571e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 3.40669856e+00 -1.07655502e+00 -2.87081340e-01 -1.00000000e+00 0.00000000e+00 1.34928230e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 3.39185393e+00 -9.55056180e-02 -3.16011236e-01 -1.00000000e+00 7.14887640e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 3.70517598e+00 -1.09316770e+00 -2.81573499e-02 8.77432712e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 3.35449262e+00 -1.10147519e+00 1.06508717e+02] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 3.34328358e+00 1.76716418e+02]]

Algorithmes de résolution numérique

 455 nn

La normalisation donne les résultats suivants : [[ 1.00000000e+00 -2.50000000e-01 0.00000000e+00 -2.50000000e-01 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 5.00000000e+00] [ 0.00000000e+00 1.00000000e+00 -2.66666667e-01 -6.66666667e-02 -2.66666667e-01 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 4.00000000e+00] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 -1.78571429e-02 -7.14285714e-02 -2.67857143e-01 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.71428571e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 -2.87081340e-01 -4.78468900e-03 -2.67942584e-01 0.00000000e+00 0.00000000e+00 4.59330144e+00] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 -3.16011236e-01 -8.42696629e-02 -2.93539326e-01 0.00000000e+00 3.96067416e+00] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 -2.81573499e-02 -9.31677019e-02 -2.94824017e-01 2.10766046e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 -2.95037997e-01 -7.59946357e-03 2.36812696e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 -3.28358209e-01 3.17510661e+01] [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 5.28571429e+01]]

La réduction donne les résultats suivants : [[ 1.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 [ 0.00000000e+00 1.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 0.00000000e+00 [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 [ 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00

0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 -7.90798387e-18 1.71428571e+01] 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 -1.60741453e-17 2.33928571e+01] 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 -1.93106809e-17 3.14285714e+01] 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 -1.55577902e-17 2.51785714e+01] 1.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 -3.70779163e-17 3.50000000e+01] 0.00000000e+00 1.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 -6.11685785e-17 4.23214286e+01] 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 0.00000000e+00 -1.72452606e-17 3.85714286e+01] 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 -5.55111512e-17 4.91071429e+01] 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 0.00000000e+00 1.00000000e+00 5.28571429e+01]]

Les solutions approchées sont alors : x1  17,1 °C ; x 2  23, 4 °C ; x 3  31, 4 °C ; y1  25, 2 °C ; y 2  35 °C ; y 3  42,3 °C ; z1  38,6 °C ; z 2  49,1 °C ; z 3  52,9 °C.  Méthode 12.2

a,b=0.3637,4.267e-5 R=8.314 T=293 P0,V0=1e5,1e-3 def vanDerWaals(n): return (P0+a*n**2/V0**2)*(V0-b*n)-n*R*T def dvanDerWaals(n): return (2*a*n/V0**2)*(V0-b*n)-b*(P0+a*n**2/V0**2)-R*T def newton(f,df,x0,epsilon): x=x0 while f(x)>epsilon: x=x-f(x)/df(x) return x n=newton(vanDerWaals,dvanDerWaals,1e-8,1e-5) Le nombre de moles n obtenu par la méthode de Newton est : 0.04123202449690412.  Méthode 12.1

 nn 456

Chapitre 12

import numpy as np import matplotlib.pyplot as plt LP=np.arange(1e5,2e5+1,1e3) def vanDerWaals2(V): return (P+a*n**2/V**2)*(V-b*n)-n*R*T def dvanDerWaals2(V): return (-2*a*n**2/V**3)*(V-b*n)+P+a*n**2/V**2 LV=[] for P in LP: LV.append(newton(vanDerWaals2,dvanDerWaals2,1,1e-5))

Corrigé

plt.plot(LV,LP,color="black",linewidth=2) plt.xlabel("Volume $V[m^3]$") plt.ylabel("Pression $P[Pa]$") plt.grid() plt.show()

W=0 for i in range(0,len(LP)-1): W+=(LP[i]-1e5+LP[i+1]-1e5)*(LV[i+1]-LV[i]) W=W/2 Le calcul donne : 19.401524330411824 joules.

Algorithmes de résolution numérique

 457 nn

dx  t 

Sous la forme du problème de Cauchy :

dt du  t 

 ut 

dt x  0  0

1 F  fu  t    P  t   P0  S m





u 0  0

De plus, P  t  

nRT n2 et V  t   V0  Sx  t  . a  V  t   bn  V  t 2

On en déduit que P  t   dx  t  dt du  t  dt

nRT n2 . a  V0  Sx  t   bn   V0  Sx  t  2

 ut 

x  0  0

    1 nRT n2   a  F  fu  t    P 0 S 2   V0  Sx  t   bn    m   V0  Sx  t      

u  0  0

Schéma numérique d’Euler explicite : x k 1  x k  hu k      1 nRT n2   a  u k 1  u k  h   F  fu k   P 0 S 2   V0  Sx k  bn   m    V Sx    0 k      x0  0 u0  0

. P0,V0=1e5,1e-3 m=1 S=10e-4 F=100 f=35 x0,u0=0,0 Lx,Lu,LV,LP=[x0],[u0],[V0],[P0]

 nn 458

Chapitre 12

def P(V): return n*R*T/(V-b*n)-a*n**2/V**2 h=1e-4 Lt=[0] while LP[-1]