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Pression p

Surface S

u

F

C

ACTIONS MÉCANIQUES & PFS

MODELISER LES ACTIONS MECANIQUES ET LE COMPORTEMENT STATIQUE DES SYSTEMES

(COURS)

1ERE PARTIE : MODELISATION DES ACTIONS MECANIQUES 2E PARTIE : PRINCIPE FONDAMENTAL DE LA STATIQUE (PFS)

B

A

x

y

A

d

( )( )

( ),P

I JI J

P I J

R

M

→→

→

=

F

.surface

R p dS= ∫ ∫

( ) P syst

( )A

PM AP df∈

= ∧∫

I

(S1)

1 2N →

(S2)

n

1 2T →

1 2F →

ϕ

cône de frottement

dSdF=p.dS

dT=f.p.dSr

Ri

Re

dN=p.dS

B

C

G

I

7

7P

6/7B

5/ 7C

ACTIONS MÉCANIQUES & PFS

Table des matières

1ère partie : Modélisation des Actions Mécaniques (AM)

1 Isolement d’un système * 1

2 Vecteur Force (ou résultante) * 2

3 Vecteur Moment * 2

4 Torseur des actions mécaniques * 3

5 Principe de réciprocité des A.M (ou principe des actions mutuelles) * 4

6 Actions mécaniques particulières 5 6.1 Poids * 5 6.2 Force de pression * 7 6.3 Force d’un ressort * 8 6.4 Force d’un fil, câble, chaîne * … 8 6.5 Action mécanique dans les engrenages 9 6.6 Actions mécaniques transmissibles dans les liaisons parfaites * 10 6.7 Liaisons équivalentes (par les A.M transmissibles) 11

7 Hypothèse d’un problème plan 12

8 Frottement et adhérence : lois de Coulomb 13

9 Intégration : du local au global 17

2e partie : Principe Fondamental de la Statique (PFS)

1 Énoncé du Principe Fondamental de la Statique (P.F.S.) * 21

2 Application analytique du PFS à un seul système * 22

3 Application graphique du PFS à un seul système * 24

4 Stratégie d’isolements successifs 26 * : Notions de base, très importantes, devant être parfaitement maîtrisées.

Modélisation des actions mécaniques & PFS 1) Modélisation des A.M 1

1ère partie :

Modélisation des actions mécaniques

Introduction

On appelle action mécanique, tout phénomène qui permet de maintenir un système immobile, de modifier le mouvement d’un système, ou de déformer un corps. Les actions mécaniques (ou « efforts ») sont de deux types : force (AM qui tend à faire translater un système dans une direction) et moment (AM qui tend à faire tourner un système autour d’un axe).

Les AM s’exercent toujours sur des surfaces ou des volumes (pouvant être de très faibles dimensions ou non). Mais on les modélisera souvent par leur équivalent global qui sera un vecteur force (« résultante ») et un vecteur moment en un point, et qui est tout à fait équivalent pour l’application du PFD. Attention toutefois car les équivalents globaux des actions mécaniques réelles (locales, réparties) ne sont une bonne approximation que loin de la zone d’application de ces efforts, lorsque l’on souhaite déterminer les contraintes et déformations locales dans le matériau (cf. cours de RdM de 2e année).

1) Isolement d’un système

Isoler un système matériel consiste à « diviser » l’univers en 2 parties :

- le système matériel considéré, noté S ;

- le milieu extérieur à S (tout ce qui n’est pas S et qui est susceptible d’agir sur lui), noté S .

Un système matériel peut comprendre un ou plusieurs solides, déformables ou non, parties de solides, fluides (gaz et/ou liquides)… c’est-à-dire un ensemble de particules de masse constante.

G

A

B

C

G

B

Solide 1

Bâti 0

Ressort 2

Solide 1 isolé

Avec bilan des actions mécaniques

extérieures (BAME) graphique.

1P

→

0 1A

→

2 1B

Solide suspendu à un ressort, sur un plan incliné parfait - BAME

A

→

A,0 1M


2) Vecteur Force (ou résultante)

I JR →

ou I J

F →

ou I J

B →

ou /I JB

représente le vecteur force (ou « résultante ») que le système I

exerce sur le système J, au point B.

Une force est modélisée par un vecteur lié, ayant pour caractéristiques : - Point d’application (ou origine) ; - Direction ; - Sens ; - Norme (ou intensité, ou module), en Newton (N).

La droite support (ou droite d’action) d’une force est la droite (infinie) parallèle à la direction et passant par le point d’application. Afin d’appliquer le PFD (ou le PFS) à un système, les points d’application exacts des résultantes ne sont pas indispensables, la droite d’action de la résultante suffit. On parle de glisseur (cf. cours sur les torseurs).

3) Vecteur Moment

Le moment est une action mécanique qui tend à faire tourner un solide. Un moment est lui-aussi modélisé par un vecteur lié, dont la norme est exprimée en Newton·mètre (N·m). • Transport d’un moment (distribution des moments) :

, ,B I J I JA I JM M BA R→ →→ ∧= +

Si l’on connait le point d’application (ou la droite support) de la

résultante I JR →

(par exemple le point A), alors on sait que le

moment ,A I JM →

est nul et on peut connaître le moment

,B I JM →

en n’importe quel point B.

• Théorème du bras de levier (ne permet que de déterminer la

norme du moment dû à une force) : ( )BM A dA= ×

avec le bras de levier d (en m) : distance entre la droite d’action de A

et le point B

La droite support du moment est l’axe autour duquel la force tend à faire tourner, elle est à la fois perpendiculaire à la force et au bras de levier.

Le sens du moment est le sens de rotation vers lequel la force tend à faire tourner autour de B (cf. règle du tire-bouchon ci-contre).

Le théorème du bras de levier n’est à utiliser que dans les cas où le bras de levier est évident.

Exemple d’utilisation du théorème du bras de levier - Renversement d’une grue de chantier : Objectif : Déterminer la masse max m2 soulevable avant

basculement. En limite de basculement on a 0 1 0A → =

.

BAME sur 1 : 3 forces verticales :

• 1 1. .P m g y= −

en G1 => ( )1 1. . .B

M P m g b z= +

• 2 1 2 2. .R P m g y→ = = −

en G2 => ( )2 1 2. . .B

M R m g c z→ = −

• 0 1B →

inconnue, en B => ( )0 1 0B

M B → =

Théorème du moment statique en B sur 1 : ( )1 0B extM F → =∑

1 2. . . . . . 0m g b z m g c z− =

=> 2 1. /m m b c=

B

A

x

y

A

d

G1

G2

A B c ba

Sol 0

y

grue 1 ; masse m1

charge 2 masse m2

x


x

y

L

4) Torseur des actions mécaniques

Un torseur est l’association d’une force (appelée résultante) et d’un moment en un point. Il modélise l’action mécanique (force et moment) qu’exerce un système sur un autre, en un point donné (appelé « point de réduction » du torseur).

( )( )

( ) , , ,,

IJ IJ IJ

P IJ P IJ P IJ P

I JI J

P I J

R X x Y y Z z

M L x M y N z

→→

→

= + +=

= + +

F

Résultante du système I sur J : ( )I JR →

Moment au point P du système I sur J : ( ),P I JM →

Transporter un torseur en un autre point de réduction revient à transporter son moment (car la

résultante ne dépend pas du point de réduction) : ( ) ( ) ( ), ,B I J A I J BA R I JM M→ →= + ∧ →

Ce torseur se note parfois T ou τ ou F , avec ou sans les accolades. Fiez-vous TOUJOURS

aux notations employées dans l’énoncé.

On peut aussi exprimer ce torseur en colonne (résultante à gauche et moment à droite), mais il faut alors exprimer la résultante et le moment dans une base unique, et préciser obligatoirement cette base – cette notation est donc à éviter, sauf pour les torseurs des A.M transmissibles dans les

liaisons : ( )

( ), ,

,

,

, , x y z

IJ P IJ

IJ P IJ

IJ P IJ P

I J

X L

Y M

Y N

→

=

F

• Glisseur : c’est un torseur des AM dont le moment est nul en un point (en fait suivant une

droite, qui est la droite support de la résultante). C’est donc une force ponctuelle (ou résultante).

Exemples de glisseur : - Toute force ponctuelle peut être modélisée par un glisseur, car son moment

est nul en son point d’application (et en tout point de sa droite d’action).

( )( ) ( ) ( )

( )0 0CD E

I J I J I JI J

I JCD

R R R

R

→ → →→

→

=

= =∧

F

- Un ensemble de forces réparties peut être modélisé par un glisseur uniquement s’il existe un point particulier où le moment résultant de toutes ces forces est nul (c’est le cas du centre de gravité pour le poids – cf. chapitre 6.1).

• Couple : c’est un torseur des AM dont la résultante est nulle. C’est donc un moment pur.

Particularité : le torseur-couple est identique en tout point (car sa résultante est nulle).

( )0

I J P

I J

C → ∀

→

=

F

Exemples de couple :

Moteur CC Eolienne Clé en T

MF

MF−

I JR →

D C

E

r

VF

VF

VF

y

z


Exemple de calcul d’un torseur des A.M en un point B :

Le système 2 exerce une force en C sur le système 1 : = +

2 / 1a.x b.yC et =

CB d.x

Le torseur des actions mécaniques de 2 sur 1, au point C, vaut : ( )2 1. .

0C

a x b y→

+=

F

Le torseur des actions mécaniques de 2 sur 1, au point B, a pour composantes :

- Résultante de 2 sur 1 : → → = +=

2 1 2 1R a.x b.yC

- Moment de 2 sur 1, en B : ( ),2 1 ,2 1 2 1 0 . . . . .B CM M BC R d x a x b y d b z→ → →∧ ∧= + = − + = −

Donc le torseur des A.M de 2 sur 1 s’écrit : ( )2 1. .

. .B

a x b y

d b z→

+=

−

F

Ces deux torseurs (en C ou B) sont équivalents (d’un point de vue global, donc pour appliquer le PFD) et représentent les actions mécaniques que le système 2 exerce sur le système 1.

5) Principe de réciprocité des A.M (ou principe des actions mutuelles)

Si un système I exerce sur un système J une action mécanique, alors le système J exerce sur le système I une action mécanique exactement opposée.

J I I JF F→ →= −

et , ,P J I P I JM M→ →= −

Ou sous forme de torseur : ( ) ( ) J I I JP P

→ →= −F F P∀

G

A

B

C

G

B

Solide 1

Bâti 0

Ressort 2

Solide 1

1P

→

0 1A

→

2 1B

Solide suspendu à un ressort, sur un plan incliné parfait – réciprocité des A.M

A

→

A,0 1M

B Ressort 2

Bâti 0 A

Réciprocité

des AM → →= −

1 2 2 1B B

→

→= −

A,1 0

A,0 1

M

M

→ →= −

1 0 0 1A A


6) Actions mécaniques particulières

6.1) Poids

Le poids d’un système est la force qu’exerce la pesanteur (terrestre) sur lui. En réalité le poids est une force massique qui s’exerce sur chaque particule possédant une masse. Il est équivalent à un glisseur (résultante globale) s’exerçant en un point où le moment équivalent est nul, nommé centre de gravité (cf. ci-dessous), souvent noté G.

- Point d’application : Centre de gravité - Direction : verticale. - Sens : descendant (vers le centre de la Terre). - Norme : P = m.g

P poids en N ; m masse du système isolé en kg ; g accélération de la pesanteur en m/s² ou N/kg (g ≈ 9,81 m/s², dépend de l’altitude).

Rappels : Masse volumique en kg/m3 (constante dans V) : m

Vρ = (non constante : .dm dVρ= )

Masse surfacique en kg/m² (d’une plaque) ; masse linéaire en kg/m (d’une poutre).

Densité : rapport de la masse volumique sur celle de l’eau (1kg/L) : 1000

dρ=

Homogène signifie que la masse volumique (ou surfacique…) est constante (uniforme). Centre de gravité d’un triangle = intersection de ses médianes (à 2/3 du sommet). ♦ Définition (et détermination) du centre de gravité G d’un système :

. 0

P systPG dm

∈=∫

soit, écrit autrement :

. .P syst

m AG AP dm∈

= ∫

A∀

avec m : masse totale du système considéré.

Démo : ( )

. . . . 0P syst P syst P syst P syst

PG dm PA AG dm PA dm AG dm∈ ∈ ∈ ∈

= + = + =∫ ∫ ∫ ∫

. .P syst P syst

AG dm AP dm∈ ∈

=∫ ∫

soit :

. .P syst

m AG AP dm∈

= ∫

♦ Symétries :

Le centre de gravité d’un système se trouve sur ses éléments de symétrie en masse : la masse doit être répartie identiquement de part et d’autre de l’élément de symétrie, c’est-à-dire qu’il faut à la fois respecter la symétrie géométrique, et celle de la masse volumique.

♦ Détermination du centre de gravité G d’un ensemble de systèmes :

Soit un système matériel S dont la masse totale est mS, composé de n systèmes : 1

n

k

k

S S=

=∑

Soient Gk le centre de gravité et mk la masse de chaque système k.

1

. .n

S k k

k

m AG m AG=

=∑

A∀ et 1

n

S k

k

m m=

=∑

Démo : 1 2 nS S S S

. . . . ... .S

P P P Pm AG AP dm AP dm AP dm AP dm

∈ ∈ ∈ ∈= = + + +∫ ∫ ∫ ∫

1 1 2 2. . ... .n n

m AG m AG m AG= + + +

Autrement dit, le centre de gravité d'un ensemble de systèmes est le barycentre des centres de gravité des sous-systèmes, affectés d'un poids correspondant à leur masse.

G

P

×

x

y Tracteur masse m


Exemple : Déterminer le centre de gravité d’un solide A composé de trois éléments : deux boules pleines 1 et 2 de rayon r = 10cm séparées par une tige 3 de longueur L = 1m : Rappel : volume d’une sphère = 4/3.π.r3 Résolution :

( )

( )

3 31 3 2

31 2 3

4 4. . . . . . . . . .

3 2 3 .4

. . . .3

A

Lr r L r L r

OG x

r L

π ρ λ π ρ

π ρ ρ λ

− + + +=

+ +

24 0,1 14 0,5 12 1,1 17,8

. . 0,36.24 12 14 50

x x x− × + × + × =

+ +

≃ ≃

♦ 1er théorème de Guldin (à ne pas connaître par cœur) :

L’aire d’une surface engendrée par une courbe plane tournant autour d’un axe de son plan ne la traversant pas, est égale au produit de la longueur de la courbe (L) par le périmètre du cercle décrit par son centre d’inertie.

2. . .G

S r Lπ=

Ce théorème permet soit de déterminer le centre de gravité d'une ligne (poutre), connaissant la surface engendrée par une révolution de cette ligne ; soit de déterminer une surface (de révolution) lorsque l’on connait le centre de gravité de la ligne « contour ».

Exemple : Déterminer le centre de gravité d’une poutre Déterminer la position du centre de gravité de cette poutre homogène en forme de demi-cercle. Rappel : Surface d’une sphère = 4.π.R2 Résolution : Il faut tout d’abord prendre en compte la symétrie axiale autour de (O,y) qui nous permet de savoir

que G se trouve sur l’axe (O,y) : .G

OG r y=

Guldin : 24. . 2. . . .

GR r Rπ π π= =>

2.G

Rr

π=

♦ 2e théorème de Guldin (à ne pas connaître par cœur) :

Le volume d’un solide engendré par une surface plane tournant autour d’un axe de son plan, ne la traversant pas, est égal au produit de l’aire de la surface par le périmètre du cercle décrit par son centre d’inertie.

2. . .G

V r Sπ=

Exemple : Déterminer le centre de gravité d’une surface Déterminer la position du centre de gravité de cette plaque homogène en forme de demi-disque. Rappel : volume d’une sphère = 4/3.π.R3 Résolution : Il faut tout d’abord prendre en compte la symétrie axiale autour de (O,y) qui nous permet de savoir

que G se trouve sur l’axe (O,y) : .G

OG r y=

Guldin :

234 .

. . 2. . .3 2G

RR r

ππ π= => 4.

3.G

Rr

π=

G

rG

ρ1=6000kg/m3 ρ2=3000kg/m3

λ3=14kg/m

O

x


Pression p

Surface S

u

F

C

6.2) Force de pression (à pression constante, sur une surface plane, sans frottement)

- Point d’application : centre de poussée (centre géométrique de la surface plane si p = constante) ;

- Direction : perpendiculaire à la surface plane (s’il n’y a ni frottement ni adhérence) ;

- Sens : Les systèmes ne peuvent que se « pousser » au niveau d’un contact ;

- Norme : F = p.S (F en N ; p pression en « Pascal » Pa ; S surface de contact en m²)

Autres unités de pression, non SI : 1 bar = 105 Pa

♦ Centre de poussée C : Point d’application de la force équivalente (globale) P

F

, c’est-à-dire

point où le moment créé par l’ensemble des forces locales est nul :

0C

M contactM CM dF

∈= ∧ =∫

♦ Force de sortie et de rentrée de vérins pneumatiques ou hydrauliques à une seule tige :

Principe de fonctionnement :

♦ Les actions mécaniques dues à des pressions non constantes, et/ou s’exerçant sur des surfaces

non planes, avec ou sans frottement, sont étudiées au chapitre 9 (« du local au global »)

Alimentation côté tige ou travail en tirant


6.3) Force d’un ressort

Ressort de traction-compression linéaire :

- Point d’application : sur l’axe du ressort, au niveau du contact ;

- Direction : axe du ressort

- Sens : les ressorts tendent à retrouver leur longueur libre (longueur sans effort), donc un ressort comprimé « pousse » les systèmes sur lesquels il s’appuie, tandis qu’un ressort étiré « tire » vers lui les systèmes.

- Norme : F = k.ΔL (F en N ; k raideur en N/m ; ΔL allongement du ressort en m)

ΔL = |L – L0| (L longueur du ressort en m ; L0 longueur libre du ressort en m) Ressort de (traction-) compression

hélicoïdal : Ressort de traction hélicoïdal :

Attention, parfois on peut utiliser une modélisation un peu plus complexe d’un ressort en tenant compte de sa force de décollement F0 : F = k.ΔL + F0 On se fiera évidemment à l’énoncé et au dossier technique fourni. Si rien n’est fourni, on prendra la formule la plus simple (F=k.ΔL).

Moment dû à un ressort de torsion : Mtorsion = kC.Δθ (suivant l’axe de torsion du ressort).

hélicoïdal : spirale :

6.4) Force d’un fil, câble, chaîne… (matériau linéaire souple) Point d’application : au niveau de l’attache (contact) ; Direction : direction du fil tendu ; Sens : Les fils ne peuvent que « tirer » sur un solide.

L0

repos compression

L

traction

L

ΔL

F


F

R

T

α

Roue 1 (menante)

6.5) Action mécanique dans les engrenages

Pour connaître dans quel sens est incliné la ligne d’action ainsi que la force, il faut connaître la roue

menante et savoir dans quel sens elle tourne.

♦ Engrenage droit à denture droite (à connaître) :

L’action mécanique transmise entre deux roues dentées engrenant est modélisée par une force dont le support est la ligne d’action (droite passant par tous les points de contacts entre les dents, et perpendiculaire aux surfaces de contact, pour des dents en développante de cercle). Pour les dentures normalisées, la ligne d’action d’une roue dentée est inclinée selon un angle de pression valant α = 20° par rapport à la tangente aux cercles primitifs.

Force transmise de 1 sur 2 : F T R= +

T : composante tangentielle, transmet le couple C tel que : 2. /T C d= (d : diamètre primitif) ; R : composante radiale (les roues « appuient l’une sur l’autre »), tel que . tanR T α=

♦ Engrenage droit à denture hélicoïdale (à retrouver d’après schéma) :

Les dentures hélicoïdales (d’angle d’hélice β) entraînent une composante supplémentaire de force transmise : une composante axiale, reprise par les roulements (ces roulements doivent alors être suffisamment résistants, et ceci amène un surcoût).

Force transmise : F A T R= + +

T : composante tangentielle, transmet le couple C : 2. /T C d= ; R : composante radiale (les roues « appuient l’une sur l’autre »),

tel que ( ). tan / cos . taniR F Tα β α= = ;

A : composante axiale, tel que . tanA T β=

♦ Pignon-crémaillère (à connaître) :

Force transmise de 1 sur 2 : F T R= +

T : composante tangentielle, transmet le couple C tel que : 2. /T C d= (d : diamètre primitif de la roue) ; R : composante radiale (les éléments « appuient l’une sur l’autre »), tel que . tanR T α=

♦ Engrenage conique à denture droite (à retrouver d’après schéma) :

Force transmise : F A T R= + +

T : composante tangentielle, transmet le couple : 2. /T C d= ; R : composante radiale, tel que .cos . tan .cos

iR F Tδ α δ= = ;

A : composante axiale, tel que .sin . tan .sin

iR F Tδ α δ= =

Roue 2 (menée)

Roue 1 (menante)

F

R

T

α


6.6) Actions mécaniques transmissibles dans les liaisons parfaites

Si une liaison est parfaite (frottements négligés), les actions mécaniques correspondantes à des mouvements possibles sont nulles.

C’est-à-dire que si une translation suivant x

est possible, alors =IJ 0X N. Et si une rotation

autour de l’axe ( )A,x

est possible, alors =A,IJL 0 N·m.

Exemple 1 : torseur des actions transmissibles au centre d’une liaison pivot glissant d’axe (O, z

)

ddl :

T R

0 0

0 0

1 1

Torseur des A.M transmissibles : ( )

( ), ,,

,

,

x y z

I J

O

IJ O IJ

IJ O IJ

X L

Y M→

=0 0

F

Exemple 2 : torseur des actions transmissibles au centre d’une liaison pivot d’axe (A,

x )

ddl :

T R

0 1

0 0

0 0

Torseur des A.M transmissibles : ( )

( ), ,,

,

,x y z

I J

A

IJ

IJ O IJ

IJ O IJ

X

Y M

Z N

→

=0

F

Attention toutefois à la liaison hélicoïdale, dont les actions mécaniques peuvent être transmises dans toutes les directions, mais il existe une relation entre la force et le moment suivant l’axe de

la liaison hélicoïdale : .2.

Vaxial axial

pM F

π= − pour un filetage à droite.

Le tableau des actions mécaniques transmissibles dans les liaisons parfaites est donné en annexe.


1 0

L1

L2

1 0 Leq10

6.7) Liaisons équivalentes (par les A.M transmissibles)

Une liaison est équivalente à une autre liaison (ou à un ensemble d’autres liaisons) si elle possède les mêmes actions mécaniques transmissibles. Comme il existe un lien entre les actions mécaniques transmissibles et les degrés de liberté dans une liaison, on peut aussi définir une liaison équivalente comme ayant les mêmes degrés de liberté (cf. cours sur la cinématique, chapitre « liaisons cinématiquement équivalentes »). A choisir, la méthode cinématique est à préférer (mobilités plus faciles à comprendre que les A.M transmissibles).

Deux cas élémentaires sont possibles (toute liaison est une combinaison de ces deux cas) :

a) Liaisons en série

Dans le cas de liaisons en série, si une des liaisons ne peut pas transmettre une action mécanique donnée (donc le mouvement correspondant sera possible), alors la liaison équivalente ne pourra pas transmettre cette action mécanique. Ainsi chaque action mécanique transmissible par l’ensemble doit être transmissible par chaque liaison intermédiaire en série, et on en déduit que le torseur des AM transmissibles équivalent est égal à chaque torseur des AM transmissibles par chaque liaison en série :

( ) ( ) ( )10 12 20L L L= =F F F (à écrire en un même point de réduction).

Exemple : Liaisons rotule et appui-plan en série

( ) ( ) ( )10 12 20L L L= =F F F

( )

( ) ( ) ( )

12 20

12 20

12 20 12, , , , , , , , ,

10

0 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0C n C n C n

L

X L

Y M

Z Z Z− − − − − −

= = =

F

Rotule en C Appui plan P∀

L10 = Liaison ponctuelle de normale ( ),C n

car une seule

composante de force est transmissible.

b) Liaisons en parallèle

Dans le cas de liaisons en parallèle, il suffit qu’une liaison permette de transmettre une AM pour que la liaison équivalente le puisse. Le torseur des AM transmissibles équivalent est donc la somme des torseurs des AM transmissibles de chaque liaison :

( ) ( ) ( )10 1 2Leq L L= +F F F (à écrire en un même point de réduction).

Exemple : Association en parallèle d'un pivot glissant et d'un appui-plan

( ) ( ) ( )10 1 2Leq L L= +F F F

( )

( ) ( ) ( )

1 1 2 10 10

1 1 2 10 10

2 10, , , , , , , , ,

10

0

0

0 0 0 0

eq eq

eq eq

eqA n A n A n

Leq

X L L X L

Y M M Y M

Z Z− − − − − −

+ =

=

F

Pivot glissant Appui plan P∀

Leq10 = Liaison pivot d’axe ( ),A n

car une seule composante de

moment est non-transmissible.

1 2 0 L12 L20

1 0 L10

1

0

L1

L2

1

2 0


7) Hypothèse d’un problème plan

Si un problème est plan, alors les forces perpendiculaires au plan sont nulles, et les moments dans le plan sont nuls. Autrement dit, les forces ne peuvent être que dans le plan, et les moments ne peuvent être que perpendiculaires au plan.

Exemple1 : Problème plan, de plan ( )x,y

: ( ) ,

, ,

,

I J

IJ P IJ

IJ P IJ

IJ P

IJ

IJ

P IJ PIJ P

X

Y

N

X L

Y M

Z N

→

=

−−

−=F

Exemple 2: torseur des actions transmissibles au centre d’une liaison pivot glissant d’axe (O, z

)

A.M transm. 3D : ( ),

,I J

O

IJ O IJ

IJ O IJ

X L

Y M→

=0 0

F => Pb plan (x,y) : ( )I J

O

IJ

IJ

X

Y→

−−

−=

0F

Le trait noté dans le torseur des A.M transmissibles est équivalent à un 0 (zéro). Dans les calculs, il faut le prendre à 0. On note un trait simplement pour signifier qu’on ne s’intéresse pas à cette composante (“elle n’existe pas” dans un problème plan). ♦ Conséquences d’un problème plan sur quelques liaisons parfaites :

- Dans un problème plan (d’axe perpendiculaire à la copie), les liaisons ci-dessous ne peuvent transmettre qu’une force (dont la direction peut être quelconque dans le plan), car elles admettent la rotation perpendiculaire au plan mais aucune translation dans le plan. Elles sont donc toutes équivalentes à une liaison pivot :

- Dans un problème plan (d’axe perpendiculaire à la copie), les liaisons ci-dessous ne peuvent transmettre qu’une force, dont la direction est connue (suivant la normale). Elles ont donc équivalentes à une liaison ponctuelle :

Dans la base ( ), ,x y z

:

Dans la base ( ), ,x y z

:


8) Frottement et adhérence : lois de Coulomb

8.1) Introduction : frottement et adhérence ponctuels Dans l’hypothèse des liaisons parfaites, nous avons négligé les frottements. Dans la réalité, des frottements sont toujours présents (plus ou moins importants), et génèrent des efforts qui tendent à s’opposer aux déplacements éventuels. Nous ne traiterons que du cas du contact ponctuel, sachant que pour les contacts surfaciques, il suffira de sommer (d’intégrer) ce qui se passe en chaque point.

Frottement : Action mécanique de contact lorsque deux corps se déplacent l'un par rapport à l'autre. Il n’y a frottement que lorsqu’il y a déplacement relatif (glissement, pivotement ou roulement).

Adhérence : Action mécanique de contact lorsque deux corps sont immobiles l'un par rapport à l'autre, mais tendent à se déplacer. Il n’y a adhérence que lorsqu’il y a non-glissement, non-pivotement ou non-roulement.

Les actions mécaniques transmissibles dans un contact ponctuel avec frottement sont toutes possibles :

1 2 1 21 2

,1 2 ,1 2

. .

. . 'N T

I I I

N n T t

M n M tτ → →

→→ →

+ = +

avec : n

: vecteur unitaire normal au contact ;

1 2N → : composante normale de la force, indépendante du frottement ;

1 2T → : composante tangentielle de la force = force de résistance au glissement ;

,1 2N

IM → : composante normale du moment = moment de résistance au pivotement ;

,1 2T

IM → : composant tangentielle du moment = moment de résistance au roulement.

Seule 1 2N → (composante de force normale au contact) est indépendante du frottement (ou de l’adhérence) :

elle existe même si la liaison est parfaite, et ne dépend que des autres actions mécaniques (PFD). C’est donc elle qui sera calculée en premier, et c’est d’elle que dépendra toutes les composantes de frottement.

I

(S1)

1 2N →(S2)

n

1 2T →

Plan tangentau contact

,1 2N

IM →

,1 2T

IM →


8.2) Lois de Coulomb de glissement

La composante tangentielle (projetée dans le plan tangent au contact) de la force est appelée force résistante au glissement, ou force de frottement (ou d’adhérence) de glissement. La force résistante au glissement qu’exerce 1 sur 2 s’oppose à la vitesse de glissement (réelle ou virtuelle) de

2 par rapport à 1, et elle vaut au maximum 1 2.f N →

(cas du glissement ou de la limite au glissement).

Ainsi les lois de Coulomb spécifient que :

♦ Dans le cas de glissement entre 2 et 1 (frottement de glissement) :

* 1 2T →

est opposé à la vitesse de glissement ,2 /1IV

(même direction, mais sens opposé),

soit : 1 2 ,2 /1 0IT V→ ∧ =

(colinéaires) et : 1 2 ,2/1. 0IT V→ <

(sens opposés)

* 1 2 1 2.T f N→ →=

f : coefficient de frottement de glissement entre 1 et 2 au point de contact I.

La force 1 2F →

est donc située sur un cône de demi-angle au sommet φ, tel que f = tan(φ),

appelé cône de frottement.

♦ Dans le cas de non-glissement entre 2 et 1 (adhérence de glissement) :

* 1 2T →

est opposé à la vitesse de glissement virtuelle ,2 /1*IV

(vitesse qui existerait si le frottement

était nul),

* 1 2 0 1 2.T f N→ →≤

f0 : coefficient d’adhérence de glissement entre 1 et 2 au point de contact I.

La force 1 2F →

est donc située à l’intérieur du cône d’adhérence. Elle est sur le cône dans le

cas de limite d’adhérence (ou « équilibre strict »). Dans de nombreux cas d’application, on se placera dans le cas limite d’adhérence (ou « équilibre strict »), car on trouvera ainsi les actions mécaniques limites, à ne pas dépasser pour ne pas que le système entre en glissement. Dans ce cas, le système est encore en adhérence donc on peut lui appliquer le PFS, et on connait la

valeur de la force d’adhérence : 1 2 1 2.T f N→ →=

.

I

(S1)

1 2N →(S2)

n

1 2T →

1 2F →

ϕ

cône de frottement

n

ϕ

1 2T →

1 2N →

1 2F →

n

ϕ0

1 2T →

1 2N →

1 2F →

Glissement (ou limite)

Non-glissement


Coefficient de frottement « f »

- f ne dépend ni de l'étendue des surfaces en contact, ni de l'intensité des efforts exercés. - f dépend des matériaux en contact, de la rugosité des surfaces en contact, de la lubrification, ainsi que de la vitesse de glissement (rarement prise en compte, et non prise en compte en CPGE). Remarque : Dans la pratique, le coefficient d’adhérence f0 est légèrement supérieur au coefficient de

frottement f. Ce qui signifie qu’il est plus difficile de « décoller » un objet que de le faire glisser en continu. Toutefois la différence entre ces deux coefficients est faible et on les confond souvent.

Exemples de coefficients de frottement de glissement (à titre indicatif) :

Coussinet fritté / Acier (lubrification à l’huile) : f = 0,01 Acier / Fonte (surfaces sèches) : f = 0,2 Fonte / Bronze (surfaces graissées) : f = 0,06 Garniture amiantée / Acier (surfaces sèches) : f = 0,4 Acier / Fonte (surfaces graissées) : f = 0,1 Pneu / Route sèche : f = 0,6 (mouillée : f = 0,25)

8.3) Lois de Coulomb de pivotement et de roulement Si le contact est parfaitement ponctuel, le moment de contact est nul, mais dans la pratique les contacts s’effectuent sur des surfaces (pouvant être de très faibles dimensions) et le moment est donc non nul. Lois de Coulomb de pivotement :

Le moment qu’exerce 1 sur 2 en I, projeté sur la normale au plan tangent du contact ,1 2N

IM →

s’oppose au

vecteur pivotement (réel ou virtuel) de 2 par rapport à 1 2 /1NΩ

et vaut : ,1 2 1/ 2.N

IM k N→ ≤

(égalité en

cas de pivotement). k est le coefficient de résistance au pivotement, ou coefficient de frottement de pivotement.

Lois de Coulomb de roulement :

Le moment qu’exerce 1 sur 2 en I, projeté dans le plan tangent du contact ,1 2T

IM →

s’oppose au vecteur

roulement (réel ou virtuel) de 2 par rapport à 1 2 /1TΩ

et vaut : ,1 2 1/ 2.T

IM h N→ ≤

(égalité en cas de

roulement). h est le coefficient de résistance au roulement, ou coefficient de frottement de roulement.

8.4) Frottements dans des contacts non ponctuels

Dans les liaisons pivot / pivot glissant / rotule… : un couple de frottement tend à s’opposer aux rotations possibles.


L

F

d h

(1)

(2)

Jeu j

I

I’

8.5) Phénomène d’arc-boutement

Définition : L’arc-boutement est un blocage dû à de l’adhérence, et ceci quelque soit la norme de l'effort appliqué, dans la limite de résistance des matériaux.

Exemples : tiroir qui coince, cale sous une porte, serre-joint de menuisier, roue libre à billes ou à rouleaux,

système vis-écrou irréversible, système roue et vis sans fin irréversible, etc.

Application (liaison glissière ou pivot glissant par cylindre dans cylindre) :

Les liaisons glissières sont souvent réalisées avec un jeu (même très faible) pour qu’elles puissent coulisser sans trop de frottements (exception pour des glissières à éléments roulants : billes ou rouleaux). Ainsi lorsqu’une force est appliquée en dehors de l’axe de la glissière, la glissière « tourne » légèrement et seuls deux points de contacts persistent.

On supposera que la pièce (1) est fixe dans un repère galiléen. Objectif : Déterminer à partir de quelle excentration h de la force par rapport à l’axe de la liaison glissière, le phénomène d’arc-boutement apparaît. Déterminer les paramètres influant et n’influant pas l’arc-boutement.

coefficient de frottement (de glissement) entre 1 et 2 : f, tel que f = tan(φ)

Résolution : BAME à la pièce (2) : 3 forces :

F

(connue) ;

1 2I →

(contact ponctuel avec frottement, donc dans son cône d’adhérence) ;

1 2'I →

(contact ponctuel avec frottement, donc dans son cône d’adhérence).

Le seul cas où l’on pourra résoudre est le cas où (2) est en équilibre strict (limite d’adhérence). Ceci implique deux conséquences :

Les forces 1 2I →

et 1 2'I →

seront toutes

deux sur leur cône de frottement ;

Le PFS s’applique à (2), donc les trois

supports de F

, 1 2I →

et 1 2'I →

se

croisent au même point. On peut donc représenter ces 3 supports sur le schéma. Même si la figure n’est pas à l’échelle, on peut résonner dessus et résoudre.

Ainsi, grâce au découpage du schéma en triangles rectangles, on trouve :

( ) ( )1 2 / 2 . tan / 2 . tan 2 .tanL L L h d h d hϕ ϕ ϕ= + = − + + = => ( )/ 2 tanh L ϕ=

Si h est plus faible, les trois supports de force ne peuvent pas se croiser au même point et (2) est donc obligatoirement en mouvement (le PFS ne peut pas s’appliquer), donc en glissement. Ainsi l’arc-

boutement ne peut apparaître que pour ( )/ 2 tanh L ϕ≥ .

Plus la longueur de guidage de la liaison L est grande, moins il y a de chance d’obtenir l’arc-boutement ; Plus le coef de frottement f est petit, moins il y a de chance d’obtenir l’arc-boutement ; Les autres paramètres n’ont pas d’influence (force F, jeu j dans la liaison, diamètre d de la tige…).

L

F

d h

(1)

(2)

Jeu j

I

I’

n

'n

φ

φ

L1

L

2


9) Intégration : du local au global

Quasiment tous les phénomènes physiques s’appliquent en réalité à un niveau local : surface ou volume élémentaire. Pour connaître le phénomène total, il convient de « sommer » (intégrer) le phénomène sur tout le domaine sur lequel il s’applique (surface ou volume total).

Ceci est valable en particulier pour les forces de pression (surfaciques) et les forces à distance (volumiques). Toute force de contact s’applique sur une surface (aussi petite soit-elle) et les théories de Hertz nous permettent d’approximer la répartition de la pression de contact.

9.1) Résultante globale

Une résultante globale R

d’une force locale (élémentaire) df

(en N) s’exprime ainsi :

- Densité linéique l

f

(en N/m) : 0

.L

lligne

R df f dl= =∫ ∫

- Densité surfacique, ou pression s

f p=

(en N/m2) : .surface surface

R df p dS= =∫ ∫ ∫ ∫

- Densité volumique v

f

(en N/m3) : .v

volume volumeR df f dV= =∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

- Densité massique m

f

(en N/kg) : .m

système systèmeR df f dm= =∫ ∫

Avec une répartition de masse qui peut être :

• Masse linéique λ (en kg/m) : .dm dlλ= => . .m

ligneR f dlλ= ∫

• Masse surfacique µ (en kg/m2) : .dm dSµ= => . .m

surfaceR f dSµ= ∫ ∫

• Masse volumique ρ (en kg/m3) : .dm dVρ= => . .m

volumeR f dVρ= ∫ ∫ ∫

Remarque : pour le poids, la force massique est la pesanteur : m

f g=

( )10 /N kg≈

lf

L

l

M M

Force locale : ( ) .l

Mdf f dl=

dl

p

M

M Force locale : ( ) .Mdf p dS=

dS

vf

M

Force locale : ( ) .v

Mdf f dV=

dV

M


9.2) Moment (résultant) global

Le moment (résultant) global en A ,A I J→

M d’un ensemble de forces locales (élémentaires)

d’un système I sur J en M ( )I J

Mdf →

et de moments élémentaires en M ,M I Jd →

M s’exprime ainsi :

( ), , ,sur tous les points M du système (J)( )

A I J A I J M I J I Jsystème

Md d AM df→ → → →= = + ∧∫ ∫

M M M

Lorsque le système n’est soumis qu’à des forces élémentaires, et à aucun moment élémentaire (ce qui est pratiquement quasiment toujours le cas), alors le moment global en A est :

( ), sur tous les points M du système (J)( )

A I J I JMAM df→ →= ∧∫

M

Exemple : Déterminer le moment maximal qu’exerce le plongeoir chargé de plongeurs sur son support au niveau de leur liaison en O, sachant que le plongeoir peut soutenir un maximum de densité linéique λ = 100kg/m et que sa longueur est L = 3m. Résolution par intégration : Théorème de la résultante statique sur le plongeoir en O :

,support plongeoir ,plongeurs plongeoir 0O O→ →+ =

M M

( ),plongeoir support sur tous les points M du plongeoir( )

OMAM df→ = ∧∫

M

( )L

,plongeoir support 0. . . .

Ox x g y dxλ→ = ∧ −∫

M

( )L


Ox g z dxλ→ = −∫

M

( )L


Og z x dxλ→ = − ∫

M

2,plongeoir support

0

1. . .

2

L

Og z xλ→

= −

M

2

,plongeoir support . . .2O

Lg zλ→ = −

M

Résolution plus simple : On pourrait remarquer que comme la répartition linéaire de force est constante (ce qui est un cas très fréquent !), la force résultante est au milieu C du plongeoir et vaut :

( )L

plongeurs plongeoir 0. . . . . .R g y dx L g yλ λ→ = − = −∫

Ainsi son moment en O est : ,plongeurs plongeoir plongeurs plongeoir . . .2O

LOC R x L g yλ→ →= ∧ = ∧ −

M

Et donc :

2

,plongeurs plongeoir . . .2O

Lg zλ→ = −

M

λ

x

y

O L

λ

x

y

O

L

x

M dx

( ) . . .Mdf g y dxλ= −


9.3) Lignes élémentaires

♦ Ligne rectiligne : Coordonnées cartésiennes M(x) : dl dx=

♦ Ligne plane circulaire : Coordonnées cylindriques M(θ) : .dl R dθ=

♦ Ligne hélicoïdale : Coordonnées cylindriques M(θ) (il faut ajouter l’axe d’hélice z

à la figure précédente, avec un angle d’hélice α) : .

cos

R ddl

θα

=

9.4) Surfaces élémentaires

♦ Surface plane rectangulaire : Coordonnées cartésiennes M(x,y) : .dS dx dy=

♦ Surface plane triangulaire : Un triangle quelconque peut toujours se découper en deux triangles rectangles. On étudiera donc uniquement ces-derniers (plus simples). Coordonnées cartésiennes M(x,y) :

.dS dx dy=

Mais attention aux bornes d’intégration : une des variables (par exemple y) va être bornée en fonction de l’autre.

Dans l’exemple ci-dessus, la borne maximale de y dépendra de x : max

by x

a=

Il conviendra alors d’intégrer d’abord suivant y puis suivant x, car le résultat de l’intégrale suivant y amènera l’apparition de la variable x. Remarque : ne pas oublier que le centre de gravité d’un triangle homogène est situé à l’intersection de ses trois médianes et au tiers de la longueur de ces médianes. Dans le triangle

rectangle illustré ci-dessus, cela signifie que le centre de gravité se situe en 2 1

. .3 3

OG a x b y= +

♦ Surface plane circulaire (disque) : Coordonnées cylindriques M(r,θ) :

. .dS r d drθ=

Exemple : Déterminer la position du CdG d’un demi-disque homogène de rayon R (cf. schéma ci-dessus).

La masse surfacique du demi-disque sera notée μ.

Résolution : On note une symétrie (en géométrie et masse) selon l’axe ( ),O y

, donc : .G

OG y y=

.

( )0 0

. . . . . . cos . sin . . . . .R

rm OG OM dm r u dS r x y r d dr

πµ θ θ µ θ= = = +∫ ∫ ∫ ∫

[ ]2 3

2 2 3

00 0 00

. 2. . . .sin . . . . . cos . . .2. . .

2 3 3

RR RR r

OG y r d dr y r dr y R yπ ππµ µ θ θ µ θ µ µ

= = − = =

∫ ∫ ∫

Et donc : 4

.3

OG R yπ

=

x

y

M R dθ

θ

.dl R dθ=

ru

uθ

O

F

z

.

cos

R ddl

θα

=

α uθ

M

.R dθ

Hélice (vue F)

y

dS

x

M

a

b

x

y

max

by x

a=

O

x

y

M r dθ

θ

.r dθ

O

dr

. .dS r d drθ=

ru


♦ Surface cylindrique : Coordonnées cylindriques M(θ,z) :

. .dS R d dzθ=

♦ Surface sphérique : Coordonnées sphériques M(θ,ψ) :

2.sin . .dS R d dψ ψ θ=

Attention ψ est compris entre 0 et π,

alors que θ est compris entre 0 et 2 π.

9.5) Volumes élémentaires

♦ Volume cylindrique : Coordonnées cylindriques M(r,θ,z) :

dV=r.dr.dθ.dz

♦ Volume sphérique : Coordonnées sphériques M(ρ,θ,ψ) :

2.sin . . .dV d d dρ ψ ψ θ ρ=

x

y

z

O M

θ

R

surface

sphérique ψ

ru

uψ

uρ

uθ

x

y

z

z

O M

ru

θ

R

surface

cylindrique

uθ

dθ

R.dθ

dz dS=R.dθ.dz

x

y

M R.sinψ dθ

θ

.sin .R dψ θ

ru

uθ

O

Variation de θ : M se

déplace de .sin .R dψ θ

z

M

R dψ

ψ .R dψ

ru

uρ

O

uψ

R.sinψ

Variation de ψ :

M se déplace de .R dψ

Au final : 2. . .sin . .sin . .dS R d R d R d dψ ψ θ ψ ψ θ= =

x

y

z

z

O M

ru

θ

r

volume

cylindrique

uθ

dθ

r.dθ

dz dV=r.dr.dθ.dz

dr

x

y

z

O M

θ

ρ

volume

sphérique ψ

ru

uψ

uρ

uθ

x

y

M ρ.sinψ dθ

θ

.sin .dρ ψ θ

ru

uθ

O

Variation de θ : M se

déplace de .sin .dρ ψ θ

z

M

ρ dψ

ψ .dρ ψ

ru

uρ

O

Variation de ψ :

M se déplace de .dρ ψ

uψ

ρ.sinψ

Au final : 2. . . .sin . .sin . . .dV d d d d d dρ ψ ρ ρ ψ θ ρ ψ ψ θ ρ= =

z

M ρ

ψ dρ

ru

uρ

O

Variation de ρ :

M se déplace de dρ

uψ

Modélisation des actions mécaniques & PFS 2) PFS 21

2e partie : Principe Fondamental de la

Statique (PFS)

1) Énoncé du Principe Fondamental de la Statique (P.F.S.)

Si un système matériel S est en équilibre dans un repère galiléen, alors : - la somme des forces extérieures est nulle ; (théorème de la résultante statique)

- la somme des moments extérieurs appliqué en un point est nulle. (théorème du moment statique) Remarques :

- Le PFS est un cas particulier du PFD (Principe Fondamental de la Dynamique) qui sera vu en 2e année.

- Un repère galiléen est un repère dans lequel le PFD s’applique… c’est-à-dire approximativement un repère « fixe » (par rapport à la Terre pour les systèmes industriels classiques), ainsi que tout repère en translation rectiligne uniforme par rapport à un repère galiléen.

- Un système en équilibre (par rapport à un repère) est un système immobile en tout point. - On peut appliquer le PFS à des systèmes en mouvement, à condition que les effets dynamiques

soient négligeables devant les autres actions mécaniques. C’est le cas de la plupart des systèmes qui se déplacent lentement tout en soulevant de grands efforts, ou dont les masses inertielles sont très faibles.

♦ Réciprocité fausse :

La réciproque du PFS n’est pas toujours vraie. Si le torseur des A.M. extérieures à un système est nul, le système n’est pas forcément en équilibre (mais l’accélération de son centre de gravité sera nulle : cf. PFD).

Ex : Paire de ciseaux. Si l’utilisateur exerce 2 forces opposées sur les ciseaux, le torseur des A.M. extérieures aux ciseaux est nul, mais le système n’est pas en équilibre.


2) Application analytique du PFS à un seul système

♦ Équations du PFS :

Dans un problème en 3D, le PFS donne 6 équations scalaires : 3 équations de force + 3 équations de moment.

Dans un problème plan, le PFS donne 3 équations scalaires : 2 équations de force (les deux composantes de la force dans le plan) ; 1 équation de moment (la composante du moment perpendiculaire au plan).

♦ Démarche de résolution analytique du PFS pour un système isolé :

1) Frontières du système isolé et hypothèses (pb plan, solides indéformables, liaisons parfaites…)

2) BAME : Bilan des actions mécaniques extérieures (identification des AM extérieures connues et inconnues avant l’application du PFS, qui s’exercent sur le système isolé), sous forme de torseur (ou de vecteurs écrits analytiquement, c’est-à-dire avec leurs coordonnées).

Rq : Attention, lorsque la direction d’un vecteur est connue, ceci implique une relation entre les coordonnées, et donc une seule inconnue pour ce vecteur (que le problème soit 3D ou plan) :

3a) Application du P.F.S en résolution totale (à n’utiliser que si on cherche toutes les A.M) :

3a.1 Transporter tous les moments en un point commun (conseil : choisir le point comportant le plus d'inconnues afin de simplifier les équations).

3a.2 Poser les équations du PFS : Somme des résultantes = 0 => 3 équations (ou 2 dans un pb plan) ; Somme des moments en un même point = 0 => 3 équations (ou 1 dans un pb plan). 3a.3 Résoudre les équations et en déduire les composantes des efforts inconnues avant le PFS.

3b) Application uniquement de certaines équations du PFS (à privilégier) : Il est judicieux de trouver en avance l’équation ou les équations qui seront nécessaires pour déterminer les inconnues recherchées, avant d’appliquer ces équations. Ceci évite de longs calculs inutiles :

3b.1 Si les équations de résultantes suffisent, il est alors inutile de calculer les moments ; 3b.2 Parfois seule une équation des moments suffit (en particulier pour trouver une force dont la

direction était connue) : c’est l’équation des moments écrite au point où une autre force est inconnue, et projetée suivant la direction du moment que crée la force recherchée (cf. exemple 1 ci-dessous, 2e partie).

0x

0y

Direction

de 2 1R →

θ

1x

Comme la direction de 2 1R →

est connue (θ connu),

alors 2 1R →

ne possède qu’une seule inconnue, par

exemple sa valeur algébrique 2 1R → :

dans la bas 1 (à privilégier) : 2 1 2 1 1.R R x→ →=

dans la base 0 : 2 1 2 1 0 2 1 0.cos . .sin .R R x R yθ θ→ → →= +


Exemple 1 : Application analytique du PFS sur une grue de port

Paramétrage : On note m3 la masse maximale du bateau 3, connue. G3 est le centre de gravité de 3. Le vérin 1 est composé du corps 1a et de la tige 1b. Hypothèses : problème plan, liaisons parfaites, poids négligés sauf celui du bateau 3.

Objectif : Déterminer la force 1 2R →

que doit exercer le vérin sur le bras 2.

Isolements successifs :

1) Isoler le vérin 1 corps + tige et en déduire la direction de 2 1R →

.

2) Isoler l’ensemble bras 2 + bateau 3 et en déduire 1 2R →

.

Résolution :

1) le vérin 1 est soumis à deux forces, en D et B (car ce sont des liaisons pivots parfaites dans

un problème plan), donc le PFS nous permet de conclure que la droite d’action de 2 1R →

est 1( )DB y= .

2) bras 2 + bateau 3 est soumis à 3 forces :

- en A, inconnue (pivot) : 0 2R →

;

- en B : ( )1 2 1 2 1 1 2 0 0. . cos . sin .R R y R x yθ θ→ → →= = − +

car 1 2 2 1R R→ →= −

;

- en G3 : 3 3 0. .pesR m g y→ = −

.

Ainsi l’équation du moment statique projetée sur ( )0,A z

donne :

( ),0 2 ,1 2 , 3 0. 0A A A pes

M M M z→ → →+ + =

=> ( )1 2 3 3 00 . 0pes

AB R AG R z→ →+ ∧ + ∧ =

=> ( ) ( )( )( )0 0 1 2 1 0 0 3 0 0. . . . ?. . . . 0a x c y R y a b x y m g y z→+ ∧ + + + ∧ − =

=> ( ) ( )1 2 3. .sin .cos . . 0R a c a b m gθ θ→ + − + =

=> ( )

( )1 2 3 1. . ..sin .cos

a bR m g y

a cθ θ→

+=

+

a b

c d

B

C

A

0

2

3 1a

θ

D

1b

0x

0y

g

1y

G3


A B

C

2

1

3 0

3) Application graphique du PFS à un seul système

Rappel sur les résolutions graphiques : La méthode graphique est approximative : les résultats sont obtenus avec une précision d’environ 5%. Au-delà de 8% d’erreur, les résultats sont généralement considérés faux. Cette méthode n’est valable que pour une position donnée du mécanisme et elle ne peut être appliquée que sur un dessin (ou schéma) à l’échelle (même si l’échelle n’est pas précisée).

♦ Système soumis à deux forces (deux glisseurs) – résolution graphique :

Lorsqu’un système matériel est en équilibre sous l’action de deux forces, les forces sont directement opposées : même droite d’action (qui passe par les 2 points d’application des forces), sens contraires, et normes égales.

Démonstration (inutile de la connaître) :

Soit un système S en équilibre dans Rg, soumis à 2 forces inconnues : une en A : 1 SA →

et

l’autre en B : 2 SB →

.

Le théorème du moment statique en A permet de dire que ,1 ,2 0A S A S

M M→ →+ =

. Or ,1 0A S

M → =

( 1 SA →

passe par A), donc ,2 0A S

M → =

, donc 2 SB →

passe par A, donc 2 SB →

a pour droite

support la droite (AB).

Le théorème de la résultante statique permet de dire que 1 2 0S S

A B→ →+ =

, donc : 1 2S SA B→ →= −

.

1 SA →

est donc dirigée aussi selon (AB), leurs normes sont égales et leur sens contraire.

Exemple 2 : Bielle du micromoteur

Enoncé : Hypothèses : problème plan (plan du dessin) ; liaisons parfaites ; poids propres des pièces négligés. La bielle 2 est en liaisons pivots en B avec le vilebrequin 1 et en C avec le piston 3. Résolution : Dans les problèmes plans, les liaisons pivots parfaites dont l’axe est

perpendiculaire au plan ne peuvent transmettre qu’une force (il n’est

pas nécessaire de répéter cela lors du concours, sauf si c’est demandé).

La bielle est donc soumise à deux forces, une en B et une en C. Le PFS permet de dire que la droite support de ces deux forces est (BC). Les valeurs des forces ne sont pas connues, mais on sait qu’elles

seront identiques en norme et de sens opposées (ce n’est pas la peine

de le préciser, sauf si c’est utile).

3 1A →

2 1B →

3 1A →

1 1

A

B B

A Fig. 1a : Bras 1 en traction

Fig. 1b : Bras 1 en compression

2 1B →


♦ Système soumis à trois forces non parallèles – résolution graphique

Pour un système soumis à trois forces, si deux forces sont parallèles, alors la 3e force sera aussi parallèle aux deux premières (résolution analytique obligatoire).

Lorsqu’un système matériel isolé est en équilibre sous l’action de trois forces non parallèles, les trois forces sont concourantes en un même point et leur somme vectorielle est nulle.

Cas fréquent : Afin de résoudre entièrement un problème de statique concernant un système soumis à

3 forces, il faut connaître deux droites d’action, un sens et une norme. Ainsi, on peut appliquer :

A.1) Détermination de la droite d’action de la 3e force (concourantes au même point) : - Tracer les 2 droites d’action connues. Elles se croisent en un point (noté I par exemple) ; - La droite d’action de la 3e force passe par I (et par son pt d’application) : on peut donc la tracer.

A.2) Détermination du sens et de la norme des 2e et 3e forces (triangle des forces) : - A partir d'un point quelconque, tracer le vecteur force connu ; - Tracer la direction des autres vecteurs force, une à chaque extrémité du vecteur connu : ceci crée un

triangle (que l’on peut tracer, au choix, des deux côtés du vecteur connu) ; - Indiquer le sens des 2 vecteurs force trouvés, de façon à avoir la somme des 3 vecteurs nulle ; - Mesurer éventuellement les normes des 2 forces trouvées (une force = un côté du triangle).

Exemple 3 : Levier de basculeur

Autre cas : Si seules deux droites d’action sont connues (et aucune norme), en appliquant le PFS

graphiquement, on obtient la 3e droite d’action (les trois forces sont concourantes au même point).

5 2C →

1 2B →

B

C

G

Fig. 2a : Les 3 forces sont courantes au même

point => droite d’action de la 3e force

I

2

Fig. 2b : Triangle des forces (ou dynamique

fermé) : 2P

+ 5 2C →

+ 1 2B →

= 0

2P

1 2B →

5 2C →

2P

Toit 2 isolé

y

x

A

B

C 3 SC →∆

1 SA →

10 N

Enoncé :

Un système S est en équilibre sous

l’action de 3 forces : 1 SA →

2 SB →

3 SC →

respectivement appliquées en

A, B et C. Déterminer 2 SB →

graphiquement.

A

B

C

1 SA →

Résolution, 1ère partie :

1 SA →

3 SC →

et 2 SB →

se croisent (en I).

Donc ( )2 SB IB→∆ =

I 2 SB →∆

Résolution, 2e partie :

1 SA →

+ 3 SC →

+ 2 SB →

= 0

: triangle des forces.

On en déduit 2 40SB N→ =

1 SA →

3 SC →

2 SB →

2 SB →∆

3 SC →∆


4) Stratégie d’isolements successifs

Les systèmes mécaniques sont souvent conçus de telle façon à avoir une loi entrée-sortie en effort : un effecteur est soumis à un effort qui se transmet de solides en solides jusqu’à l’actionneur (souvent un moteur ou un vérin), qui compense cet effort. Il est parfois nécessaire d’appliquer plusieurs fois le PFS, à des sous-systèmes différents, afin de déterminer les AM recherchées. Deux stratégies sont possibles : - Le calcul complet de toutes les AM possibles entre les CEC, en isolant chacune des CEC à

l’exception du bâti. Ceci amène à 6 x (nombre de CEC – 1) équations pour un problème 3D. C’est le calcul que fait généralement un ordinateur, mais pas un étudiant de CPGE !

- L’application du PFS (voire une seule équation du PFS) uniquement à certains sous-systèmes judicieusement choisis afin d’obtenir les efforts inconnus désirés avec le moins de calculs possibles. C’est cette démarche qui est demandée lors des concours en CPGE.

Remarque : On n’isole jamais le bâti ou un système comprenant le bâti, car le bâti est relié par liaison complète à un support (sur lequel il repose), lui-même fixé à la terre.

La stratégie d’isolements successifs des sous-systèmes s’effectue à partir du graphe des actions mécaniques : c’est un graphe proche du graphe des liaisons, mais en symbolisant les actions mécaniques à la place des liaisons, et sans oublier les actions mécaniques dues aux contacts avec des solides déformables (ressorts…), des fluides (air ambiant, air comprimé, huile, eau…) et les actions à distance (pesanteur, magnétisme…).

Remarque : Pour simplifier les écritures, on notera parfois juste le nom d’une liaison entre deux systèmes, au lieu d’écrire « AM transmissible dans la liaison … ».

La symbolisation des vecteurs forces et moments sur ce graphe pourra être la suivante (non normalisé, donc non accepté au concours : ceci doit juste vous aider à y voir plus clair) :

Une fois le graphe des AM représenté, avec les AM connues, il convient de prévoir les différents

systèmes à isoler successivement afin de déterminer les AM recherchées.

Dans le cas d’une résolution graphique, il est préférable de raisonner en suivant cette démarche : 1) Repérer les systèmes (pouvant comporter un ou plusieurs CEC) soumis à uniquement deux

forces : le PFS permet alors de déterminer les droites d’action de ces deux forces. 2) Repérer les systèmes soumis à trois forces, dont deux droites d’action sont connues (et

éventuellement une norme et un sens) : le PFS permet alors de déterminer la troisième droite d’action (et éventuellement les deux autres normes et sens).

Dans le cas d’une résolution analytique, il est conseillé d’essayer de trouver par quels systèmes passer pour aller de la donnée connue jusqu’à celle recherchée, en un minimum d’isolements et en un minimum d’équations. La démarche graphique citée ci-dessus peut aider.

I J Force entièrement connue :

I J Moment entièrement connu :

I J

Force de direction connue

mais de norme inconnue :

I J

Moment de direction connue

mais de norme inconnue :

I J

Force de norme connue

mais de direction inconnue :

I J

Moment de norme connue

mais de direction inconnue :

I J

Force de norme et

de direction inconnue : I J

Moment de norme et

de direction inconnue :


Exemple 4 : Stratégie d’isolements en vue de résolution graphique (système de levage horizontal) Présentation : Ce système est pivotant autour d’un axe vertical, mais nous n’étudierons pas cette rotation. Il est fixé sur un poteau 0, et permet de lever des charges jusqu’à 550 kg, du rez-de-chaussée jusqu’à un étage, tout en maintenant la charge 6 horizontale.

Objectif : Déterminer la force 2 3R →

que doit exercer le vérin hydraulique 1,2 dans la position basse

représentée sur le schéma ci-dessous (cas le plus défavorable). En déduire le diamètre du vérin pour une alimentation à 200 bars. Les isolements successifs nécessaires à cette résolution graphique seront détaillés. Hypothèses : problème plan, liaisons parfaites, poids négligés sauf celui de l’ensemble chariot 5 + charge 6, qui s’applique en G56 et vaut 600 kg.

Stratégie d’isolements (solution proposée) : Pour aider, on trace le graphe des A.M ci-dessus. Étant donné les hypothèses (problème plan et

liaisons parfaites), les pivots ne peuvent transmettre qu’une force, mais le pivot glissant peut transmettre une force (de direction connue) et un moment !

Les supports des forces sont notés ∆ On isole dans l’ordre, et on en déduit par application du PFS :

4 soumis à 2 forces => 5 4 ( )R EF→∆ =

;

5+6 soumis à 3 forces (une connue et un

∆ connu) => 3 5R →

;

1+2 soumis à 2 forces => 3 2 ( )R AB→∆ =

;

3 soumis à 3 forces (une connue et un

∆ connu) => 2 3R →

.

Une fois la stratégie établi, on peut résoudre :

(4)

A

B C

E

D

F

G56

(3)

(0)

(1)

(2)

(5)

Système de levage horizontal

Schéma cinématique à l’échelle

Echelle des forces : 1cm pour 3 kN

(6)

g

0

3

2 1

pivot en B

Pivot en A pivot glissant d’axe (AB)

4

5+6

pivot en C

pivot en E

pivot en F pivot en D

Poids 56

D

F

G56

(5)

(6)

56P

4 5 ( )R EF→∆ =

→Δ

3 5R

Les 3 forces sont concourantes au même point

La somme des forces est nulle

5+6 isolé

56P

→

4 5R

→

3 5R

B C

D (3)

3 2

( )

R

AB

→∆=

5 3R →

→Δ

0 3R

3 isolé

(attention à la

réciprocité des

A.M !)

→

0 3R

→

2 3R

(41,7 kN)

Commentaires sur le

résultat : le vérin

travaille en poussée. A

200 bars de pression

hydraulique, il faudra un

vérin avec un diamètre

de piston valant 51mm :

2 3

5

4.

.

4 41700

200.10

piston

hydrau

Rd

pπ

π

→=

×=×

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