r z
r y
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TD N°2 : Actions mécaniques
Statique des solides
TD N°2 : Actions mécaniques
Exercice 1 : Table Déterminer sous forme d’un seul torseur ramené en O, l’ensemble des actions mécaniques qui s’exercent sur la table représentée ci-dessous.
Action mécanique 1 de r FF z= - type force 1 1 s’appliquant en A
r
r y
Action mécanique 3 de r FF x= type force 3 3 s’appliquant en C
r
O
Action mécanique 2 de r FF y= type force 2 2 s’appliquant en B
r
On donne les dimensions suivantes :
r x
Action mécanique 4 de type couple r r HH z=
r
uuur r ; OBcxd z= + = OAaxbyd z avec d la hauteur de la table.
uuur
+
r
r
+
r
uuur r ; OCpyd z=
+
r
Questions : 1) Modéliser les quatre actions mécaniques qui agissent sur la table sous forme de torseur
(le plus simple possible) en un point de votre choix 2) Modéliser l’ensemble des quatre actions mécaniques en O 3) Déterminer l’axe central du torseur des quatre actions mécaniques qui agissent sur la
table ainsi que le point central qui se situe sur le plan de la table.
On pourra prendre pour alléger les calculs le cas particulier :
b =
=
F 2
p =
F 1
F 3
Exercice 2 : Action mécanique de l’eau sur une porte de bief verticale
écluse
Porte
Articulation Point A
1 m
3 m
eau
Butée
O
Fond du canal
r x
Une porte rectangulaire dont la section est montrée ci- contre mesure 4m de haut et 10m de large. Cette porte ferme l’extrémité d’un bief de canal de 3m de profondeur.
Kgmgm s
3 10
=
2
eau
On rappel : = 1000/ r On prendra yr= pyg ()
eau
( 3
)
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TD N°2 : Actions mécaniques
Statique des solides
Questions : 1) Déterminer sous forme de torseur en O, l’action mécanique de l’eau sur la porte du bief 2) Déterminer le point B sur la porte du bief où s’applique la résultante des forces de pression, c’est à dire la résultante de l’action mécanique de l’eau sur la porte.
Exercice 3 : Action mécanique de l’eau sur un barrage On considère un déversoir homogène (sorte de barrage rempli « à ras bord ») dont la section est représentée ci-dessous. Ce barrage supporte une hauteur d’eau notée h (voir schéma)
r x
O
p 3
R
L
h =
R
3 2
( Mp z
)
M
eau
r z
a
Questions : 1) Déterminer la position du centre de gravité du déversoir (ou barrage) : calculs difficiles 2) Modéliser sous forme d’un torseur réduit en O, l’action mécanique qu’exerce l’eau sur le déversoir (ou barrage) pour une largeur unitaire de 1 mètre. On rappelle que la pression varie avec le profondeur de la façon suivante : atmosphérique et avec r
( )pzgz r= la masse volumique de l’eau. 3) Déterminer l’axe central de ce torseur des actions mécaniques qu’exerce l’eau sur le déversoir. Proposer une modélisation globale de cette action mécanique répartie sous forme d’une force (à déterminer), s’appliquant en un point A (à déterminer) de la surface du déversoir (ou barrage)
en négligeant la pression
Exercice 4 : Action mécanique de frottement sur un frein à tambour
Principe : Sous l’effet de l’effort exercé par le piston, les deux mâchoires flottantes avec leurs garnitures se plaquent sur le tambour tournant créant ainsi une force de frottement qui ralenti le tambour et donc le véhicule.
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TD N°2 : Actions mécaniques
Statique des solides
L’étude a pour objectif de déterminer l’action mécanique globale des deux mâchoires sur le tambour lors de la phase de freinage.
Question 1 :On pourra prendre le résultat pour répondre aux questions suivantes Modélisation de la répartition de pression exercée par une mâchoire sur le tambour tournant On admet que la pression est proportionnelle à l’usure radiale de la garniture (soit la longueur MM2). Or la mâchoire, et donc sa garniture, tourne autour d’un point fixe A.
r y
J
a
dj
et de largeur L.
Paramétrage du problème : La surface frottante entre un ensemble (garniture+mâchoire) et le tambour tournant est modélisée par un arc de cercle de centre O, de rayon R, de secteur ) angulaire ( ;J J Soit un point M courant de la surface frottante. Lorsque l’ensemble (mâchoire+garniture) tourne d’une quantité infinitésimale (usure) dj autour de son articulation A, le point M se déplace en M1. Le point M2 est la projection du segment MM1 sur la droite OM
r x
· Déterminer la longueur MM2 en fonction de a et des autres paramètres du problème lorsque l’ensemble (mâchoire+garniture) tourne d’une quantité infinitésimale (usure) dj
· En déduire que la répartition de pression qu’exerce l’ensemble (mâchoire+garniture) p
sur le tambour tournant est de la forme :
=
a
a
(
)
p max cos
Question 2 :
· Déterminer en fonction de max
p
droit
p=
1
et du paramétrage le torseur d’action
mécanique en O qu’exerce l’ensemble droit (mâchoire+garniture) sur le tambour tournant.
· Déterminer en fonction de max
p
gauche
p=
2
et du paramétrage le torseur d’action
mécanique en O qu’exerce l’ensemble gauche (mâchoire+garniture) sur le tambour tournant.
On donne la figure paramétrée pour l’ensemble mâchoire + garniture droite :
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TD N°2 : Actions mécaniques
Sens de rotation du tambour
r y
r ta
r na
J
a
Statique des solides
En plus du paramétrage précédent, on prendra un coefficient de frottement de valeur f
Répartition de pression
p max
droit
p=
1
r x
Sens de rotation du tambour
Garniture + mâchoire droite
Garniture + mâchoire gauche
Garniture + mâchoire gauche
Tambour
Question 3 : En déduire en fonction de max ainsi que du paramétrage le torseur d’action mécanique en O qu’exerce l’ensemble des deux mâchoires et des deux garnitures sur le tambour tournant. En déduire le couple de freinage obtenu par ce frein à tambour. On le notera
et max p
p=
p=
gauche
droit
p
2
1
fC
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TD N°2 : Actions mécaniques
Statique des solides
TD N°2 : Correction Actions mécaniques
Exercice 1 : Table
Question 1 : Les actions mécaniques de type forces sont modélisables par des torseurs à résultantes. On a donc :
{ T
(
actionméca1table0
{ T
(
actionméca3table0
0
F 1
Ax y z
0
0
F 3
0
(
r r r ; ;
)
} ) = 0
} ) = 0
{ T
(
actionméca2table
} ) =
0
F 0 2 0 Bx y z
0
0
(
r r r ; ;
)
r r r ; ; Les actions mécaniques de type couple sont modélisables par des torseurs couple. On a donc :
(
)
0 Cx y z
0
{ T
(
actionméca4table0
} ) = 0
0
0
0Ox y z
H
(
r r r ; ;
)
Question 2 : Il suffit de recalculer les moments en O des actions mécaniques 1, 2 et 3 puisque l’action mécanique 4 étant de type couple, sa forme mathématique est identique en tout point de l’espace.
·
·
r rr ( ®+Ù= +Ù MtableMtableOAFbaF O
( 110
) =
0
A
uuur
)
=
r
(
)
1
abF
0
d
F 1
1
1
0
, on peut donc
réécrire le torseur de l’action mécanique 1 sur la table en O :
{ ( TaF
actionméca1table
} ) =
0
0
F 1
Ox y z
bF 1
1
0
(
r r r ; ;
)
rr MtableMtableOBF O
2200
) =
(
r ( ®+Ù=+Ù
0 B
=
) F
uuur
r
(
)
2
cdF
0
2 0
dcF
2
2
, on peut donc
réécrire le torseur de l’action mécanique 2 sur la table en O :
{ T
(
actionméca2table
} ) =
0
dF 2
F 0 2 0Ox y z
cF 2
(
r r r ; ;
)
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TD N°2 : Actions mécaniques
·
rr MtableMtableOCF O
330
) =
0
(
C
r
( ®+Ù= +Ù
Statique des solides
uuur
) =
r
(
)
3
0
F 3
0
dpF
0
3
3
, on peut donc
réécrire le torseur de l’action mécanique 3 sur la table en O :
{ ( TdF
actionméca3table
} ) =
·
{ T
(
actionméca4table0
} ) = 0
F 3
0
0 0Ox y z
3 pF 3
(
r r r ; ;
)
0
0
0Ox y z
H
(
r r r ; ;
)
Question 3 : L’ensemble de ces quatre actions mécaniques est donc modélisable par un seul torseur en O, tel que : } { ( ) = 1 2 34table1table2table3table4table T T TT
+ + +®
} )
} )
} )
{
{
{
{
T
+
+
(
(
(
(
OO
O
O
} )
Soit :
{ TFdFaF
( + + +®= 1 2 34table
} )
+ O FdFbF
32
1
+í
O
1
23 F HpFcF 13
+
2
uuur
r
) . Puisque l’on nous le demande, r + uuur
r
r
=
L’axe central a donc comme vecteur directeur la résultante du t orseur ci-dessus, c’est à dire r + uFxFyF z . Un point de cet axe central, c’est à dire un point central, est le point P 3 r PMtableRtable
( ) + + +®=+ + + ® 1 2 341 2 3 4
tel que
l
(
r
r
r
2
1
+ on va chercher P sur la table, c’est à dire avec OPxxyydz rr r ) ) MtableMtablePORtable P qui donne l’équation suivante à résoudre pour trouver les coordonnées x et y sur la table :
r ( ( Ù+ + + ® 1 2 3401 2 341 2 3 4 O
) + + +®==+ + +®+
=
(
, ce
1
l
l -+-
FdFbFxFdFbFyFdFyb F 32132 ++- = FdFaFyFdFaFdFxFax F 23123 + FHpFcF 13213
++ 12 Ù=+ 31 + + dF HpFcFxFyFHpFcFxFyF 2 233 On obtient donc trois équations :
1 ++- 2
+ 2
-=
l
3
1
1
l
( = Fyb F 3 ( Û= - =- FaxFx 2 ( ) + +-+ F HypFxc F 13
l
2
-=
l
) )
a
1
1
(
)
=
y
F l 3 F 1
+
b
F l 2 F 1
÷
2
F l -=++-+- 3 FHbpFac F l 13 F 1
+ç÷ç
( (
) )
F l 2 F 1
De la troisième équation on tire l :
l
=+-+ ( 2 F 2
F + 1 2 F 1
)
2 F 3
( ) HbpFac F
(
3
)
2
, d’où les coordonnées littérales :
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Statique des solides
=-+-+
xaHbpFac F (
+ 2 F 2
F 2 2 F 1
=++-+ ybHbpFac F (
+ 2 F 2
F 3 2 F 1
(
(
)
)
3
3
(
(
)
)
2
2
)
)
F
2 3
2 F 3
Ce qui se simplifie dans le cas particulier :
b =
=
F 2
p =
F 1
F 3
, de la façon suivante :
1 +ë =++ xaHac F F 1 1 + ë ybHac F F 1
=-+
(
(
)
)
1
1
L’axe central est donc la droite de vecteur directeur la résultante du torseur : passant par le point central P de coordonnées : )
(
1 +ë =++ xaHac F P F 1 1 + ë =-+ ybHac F P F 1 z
P
1
(
)
1
=
d
r + uFxFyF z 3
=
r
r
r
2
1
Exercice 2 :
Question 1 :
Pour avoir le torseur des actions mécaniques de l’eau sur la porte du bief, il suffit de « sommer », c’est à dire d’intégrer les actions mécaniques locales. Celle-ci ne sont pas autre chose que le produit de la pression par la surface élémentaire.
r y
écluse
eau
pression
p y ( )
Fond du canal
O
On va prendre comme surface élémentaire ds , une surface sur laquelle la pression est r considérée comme constante, c’est à dire un rectangle situé à la hauteur y suivant ( ;O y r );O z dimension dy suivant (
et 10 m (soit la largeur totale de la porte) suivant (
r ;O y
)
r x
)
de
L’action mécanique locale de l’eau sur la porte en un point courant M situé à la hauteur y suivant (
se décrit par le torseur en O :
r ;O y
)
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TD N°2 : Actions mécaniques
Statique des solides
r ( dfeauporte r ( dMeauporte M
M
O
10 r 10 r
eau
eau
( ) gydy x 3 ( gyydy z 3
)
O
O
r
p yds x ( ) uuuur ( OMp yds x ( )
=
r
)
O
)
) r
=
O
r
( gydy x 310 r eau ( ( yygydy x r
) ( 310
r
eau
) ) (
r
)
r
)
L’action mécanique globale de l’eau sur la porte est donc modélisable par le torseur en O : r ) ®= Reauportegydy x
10
3
r
(
(
)
= 3
r
y
=
y
0
eau
{ Teauporte
(
} ) =
O
O
O
{ Teauporte
(
} ) =
r ) ®=- Meauportegyydy z
(
Oeau
= 3
y
= y
0
10
r
r ) ®= Reauportegxydy
(
10
r
eau
r ®=- Meauportegzyydy
(
Oeau
)
10
r
(
3
(
3
= 3
y
= 0
y
)
)
= 3
y
=
y
0
(
3
r
r
Or
(
3
-=-
) ydy
= 3
y
=
y
0
= ê
O
(
1 2
3
y
2
)
3
0
D’où :
O
{ Teauporte
(
} ) =
O
( -= yydy 3
)
y
y
0
=
= 3
et
9 2 r ( Reauportex (
r MeauportezNm
®= -
O
) = N )
4 45.10
4 45.10
3
r
r
2 y = 23 (
3
y
)
(
)
r
)
3
2 0
9
Remarque : l’eau exerce donc une force de 45.10 Kg = 45 tonnes
3
45.10 N soit le poids d’une masse de
4
Question 2 : Pour déterminer le point B (situé à une hauteur y à déterminer) sur la porte du bief où s’applique la résultante des forces de pression, c’est à dire la résultante de l’action mécanique
de l’eau sur la porte, il suffit de déterminer B tel que
On écrit donc :
rr ) MeauporteMeauporteBOReauporte B
®==®+Ù
r (
r 0
(
O
r r ( ) 0 BMeauporte® = uuur ) { ( r y y
.
1444244431442443
r z
4 45.1045.10 r
)
4
r x
r rr 444 + 045.1045.1045.1045.10 zyyxzy z
Ù=-
=-
r
4
r
Soit l’équation : y = On a donc 2 mètres de profondeur.
1 mètre.
Le point B est donc situé à 1 mètre de puis le fond du bief, ou encore à
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ì ü ì ü ì ü - ® ï ï ï ï ï ï í ý í ý í ý Ù - ® Ù ï ï ï ï ï ï î þ î þ î þ
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ì ü - ï ï ® í ý ï ï - î þ ò ò
ì ü é ù - ï ï ê ú ë û ® í ý é ù ï ï - ê ú ë û î þ ò ò
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® - -
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TD N°2 : Actions mécaniques
Exercice 3 :
Statique des solides
Question 1 : Déterminons la position du centre de gravité du barrage.
r x
O
On prend comme surface d’intégration, un rectangle de hauteur dz et de largeur dépendant de z : l(z) Le centre de gravité P de ce rectangle est bien sûr en son « centre ». Voir figure ci-contre
R
M
( Mp z
)
eau
r z
dz
h =
R
3 2
L
z
P
l z ( )
a
l z Calcul de ( ) l z est comprise entre le cercle de centre O et de rayon R à gauche et une droite du La largeur ( ) coté droit.
L’équation du cercle est : L’équation de la droite est celle d’une droite qui passe par les points de coordonnées : ( R L+
et (
; 0 ; 0
soit
h ; 0 ;
R
.
)
)
x
z
z
2
2
2
+
2
=
2
= xR
Soit
- = x R L a
, ou bien encore :
+ + R La z h
a z =+ + xR L h a z =+ +- R h
lzx Comme ( )
=
x
droitecercle
, on a :
lzRL ( )
z
2
2
Calcul de la position du centre d’inertie G du barrage : uuuruuur = OGOPds
= ò surface de la section du barrage( )
= Sl zdz
avec
1 z h = = S
0
z
= z h
= 0
z
,
2
R
-+=+ 2 z
uuur OP
=
+ z 2
lzaz RLR ( ) + 222
h 0 z
2
2
et enfin
dsl zdz= ( )
.
Commençons par calculer la surface de la section du barrage :
== zhzhz h -= ==+ +- ( ) Sl zdzRL == zz
00
+
azah +- RzdzhRLR ç÷ç h
zdz
222
2
÷
ah + = ShRLzR ç÷ç ÷ 2
( z
+-
R
)
+
1 2
22
2
arcsin
z
2 = z h
=
z
0
z R
=
(
=
0
)
(
)
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Ó
-
-
- -
ò - æ ö æ ö - è ø è ø ò ò ò
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Statique des solides
=
ah + ShRLhR ç÷ç ÷ 2
( h
+-
R
)
+
1 2
22
2
arcsin
h R
or
h
=Þ=
R 3 22
h = arcsinarcsin R 3
p
3 ÷ ÷
donc :
= ShRL
ah + 2224
(
+-
) - + ÷
133 2
2
R R
3 2
1arcsin
÷ ÷
Ra 3 =++- SR L 222
( + 4
3
) ÷
2
R
3
Publicité
p
Cette surface peut très bien être obtenue par addition soustraction de surface élémentaire, de la façon suivante :
O
Surface 1 :S1
Surface 3 :S3
O
Surface 2 :S2
p 3 R
p 3 R
Surface 4 :S4
On a donc très simplement :
S
Or
=++=+ + SR LahR L a 1
)
(
(
Sha=
3
1 2
=
Ra 3 2
et
S
4
D’où
( =++- SR La
)
R
p= 6 RRRa
33 282
=
S 1
)
S 2
R
3 2
S 3
,
= ShR 2
S
4
1 23
cos
pæ ç ÷ 8
=
2
3
R
2
2 3 6
p
2
R
, ce qui donne après factorisation :
Ra 3 =+ +- SR L a 222
R 4
+ 3
÷
2
3
p
soit
3 Ra =++- SR L 222
R + 4
÷ 3
2
3
p
On retrouve bien la même expression que par intégration.
r On a donc à calculer les coordonnées suivant x
r et z
de G soit :
x G
et
z : G
= z h
= xx l zdz G = z
P
0
1 S
( )
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é ù æ ö æ ö - ê ú è ø è ø ë û æ ö ç ç è ø
é ù æ ö æ ö ê ú ç ç ç è ø ê ú è ø ë û
é ù æ ö ê ú ç è ø ë û
- - -
ö è ø
- - é ù æ ö - ê ú ç è ø ë û é ù æ ö ê ú ç è ø ë û
ò
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Statique des solides
xRL G
1 = z h =+++ +- Rzdz = Sh 0 z
+
azRLRzaz 22
2
2
2
h
÷ ç ÷ è
2
2 ÷
= z h
=+ ++-+ +- = z 0
ç÷ç
1 Sh 2
azaz
1 =++ 2 S
= z h
= 0
z
az h
1 =+++ 2 Sh
= z h
= 0
z
2 a +ê 2 zzRL 2 h
RL
222 RzRL
2
( zdz
RLR
÷
2 Rzdz ÷
2
)
h
2
2
a ( LRLdz
)
(
2
3 h a 1 =+++ xahRLhLRL G 2 h S 3
2 + 2
(
)
(
2
2
2
)
=+++
xaRL G
2
4
=
x G
3
R
( ++- 2
R L 3
2 ) ÷
R +
+ LRL Ra 3 222
2
1
p
÷
3
2
a 3
( +++ aRL
( ) LRL
+
2
2
)
a 3 2222
ù++- ( R L 3
) + ÷
R
1
p
÷
1 = zhz h ==+ +- zz l zdzzRL G P = SS 0
z
( ) Rzdz h
1
=
= 0
z
a z
zRLz G
1 =++- S
2
ah R 3
( zdz
)
2
h 2
(
= z h
=
z
0
2
2
zRL G
13 =+++ S
22 aRR 48
1
(
3
2 R ) 4
R
3
2
÷
)
,
h =+++ xaRL G 2 S
2 a + LRL 3
2
a 3
(
)
(
(
2
)
(
2
2
)
)
2
2
2 ÷
,
1 =+++ zRLR G S
2
ah z 32
(
3
2
h
)
1
(
2
2
3
2
)
h
0
,
13 =++ zR L G S
22 aRR
7 ( 4824
3 R
)
)
3
=
z G
R R L
aRR ( ++ 4824 ù++- ( R L 3
a 3 2222
3
)
) + ÷
2
7
R
1
p
÷
Emmanuel FARGES Page 11 Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation individuelle et privée sont interdites.
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Ó
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Sciences Industrielles
TD N°2 : Actions mécaniques
Question 2 :
Statique des solides
On parcours la surface avec une surface élémentaire : = ´ dsRdR d 1 , puisque l’on prend un barrage de largeur unitaire.
J
J
=
O
p 3
r x
J
R
r M
= dfp zd s n
( )
L
r M
h =
R
3 2
r z
M
=
dsR d J
a
La force élémentaire qui agit sur cette surface élémentaire vaut : vecteur normal unitaire à la surface sur laquelle agit la pression. L’action mécanique élémentaire qui agit sur la surface en M est donc modélisable par le torseur
( )
le
r M
= dfp zd s n
r M
r avec Mn
r df M
uuuur OMdf
r M
=
O
J
r gz Rd n M J
r
r
r M
Rngz Rd n
r
r M
=
O
J
r gz Rd n r 0
M
en O :
O
Pour obtenir l’action mécanique globale des actions mécaniques de l’eau sur le barrage, il suffit de « sommer » c’est à dire d’intégrer les actions mécaniques élémentaires :
{ Teaubarrage
(
O
} ) =
r
O
= pJ
3 gRzn d = J r 0
0
r
M
J
, avec :
z
r et n M == sin et zRnx JJ
des fonctions de
r + z M
cossin J
J r
:
r
D’où
r ( ®= Reauba
) rragegRRx rJ
p
3
0
( + sincossin z J J
r ) ReaubarragegRdxd
®=
(
p 2 3 rJJJJ J
ç÷ç
z
0
+ sincossin
÷
r
r
r
) d
J
p
3
0
2
r
r ®=-+ ReaubarragegR
(
r ®=+ ReaubarragegRx
(
)
)
r
r
2
( x cos 2
1 42
) J 4
p
3
r
0
J
( sin 2 z
J
)
p
3
r
0
r 2 3 z 86
p 8
3
r
Question 3 : Le torseur étant de façon évidente un torseur à résultante puisque l’on a montré que r OMeaubarrage . Donc le point O est un point central, et comme l’axe central admet comme vecteur directeur la résultante du torseur, l’axe central est donc la droite passant par O
r ) 0 =
(
et de vecteur directeur
+
3 r x 43
pé 4
3
r z
.
Le point A est donc l’intersection de l’axe central avec le cercle de centre O et de rayon R.
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´ Sciences Industrielles
TD N°2 : Actions mécaniques
Statique des solides
Or l’axe central fait un angle de
a
avec l'horizontale tel que
a
=
arctan
4 p 9
3 ÷ ÷ 3
Soit un angle
a =
39,3
°
Exercice 4 :
Question 1
Publicité
r y
r na
r u
r x
J
a
dj
Déterminons la longueur MM2 en fonction de a et des autres paramètres du problème lorsque l’ensemble (mâchoire+garniture) tourne d’une quantité infinitésimale (usure) dj
=
+
rr nx a
MM2 est la projection de MM1 sur la r direction . cossin y a Or la longueur MM1 est un arc de cercle assimilé au segment de longueur = 1MMAM d
uuuur
a
j
uuuur
(
=
+
r +
r a
) cossin
soit r uuuur vecteur normal unitaire à AM
r D’après Chasles : AMeyRn uuuur ( =+ AMRxRe y a r D’où u vaut : rr 1 =+ uRexR uuuur AM
(
)
a
r sincos y a
a
)
)
(
On obtient donc : uuuuuruuuurrrrrr ===+- MMMMnAMdun ( MM dRe ja 2
Soit
=+
a
2
r dRexRy 1..sincos.cossin
a
jjaaa ) R sincoscossin aa =
MMe 2
D’où le résultat final :
cos
da j
r ( aé x (
+
a
y
)
)
(
)
[
]
(
)
p
=
a
p max cos
En déduire que la répartition de pression qu’exerce l’ensemble (mâchoire+garniture) sur le tambour tournant est de la forme : On admet que la pression est proportionnelle à l’usure radiale de la garniture (soit la longueur MM2). Or on vient de démontrer que MM2 , c’est à dire à un coefficient près la pression, est proportionnelle au cosinus de l’angle a . La pression est donc aussi proportionnelle au 0a = . cosinus de l’angle a . Elle est donc maximale pour = p max cos a On peut donc écrire la relation souhaitée :
a
a
p
)
(
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Ó
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Sciences Industrielles
TD N°2 : Actions mécaniques
Statique des solides
p
Question 2 : Déterminons en fonction de max 1 en O qu’exerce l’ensemble droit (mâchoire+garniture) sur le tambour tournant. La pression qu’exerce l’ l’ensemble droit (mâchoire+garniture) sur le tambour tournant s’écrit donc : On reprend la figure paramétrée pour l’ensemble mâchoire + garniture droite :
et du paramétrage le torseur d’action mécanique
p 1 cos
p=
a
a
droit
=
p
)
(
Sens de rotation du tambour
r y
r VMtambgarnit ./
(
=r Mdn )
.
p
J
a
r Mdt
r x
Garniture + mâchoire droite
En plus du paramétrage précédent, on prendra un coefficient de frottement de valeur f r n
r dfdndt= MM
r
+
M
r
.
, mais en plus il y a les
En M, la garniture exerce sur le tambour une pression suivant la r direction na r frottements suivant ta Les lois de Coulomb en cas de glissement, ce qui est le cas ici, nous disent que l’effort tangentiel local r ( Mdtgarnituretambour la vitesse r VMtambourgarniture figure ci-contre
: voir
)
(
)
/
s’oppose à
De plus, on a : Effort tangentiel local = f effort normal local . Soit :
®= ... dtgarntambfdngarntamb
) .
(
(
)
r
r M
M
On a donc comme action mécanique locale le vecteur (la surface élémentaire étant ( a
=
r Mdfp
=
) :
r ( ) nfptRLda aa :dsRLd a Soit en projection dans la base orthonormée directe ( + cossinsincos
rrr
)[
a
)
]
(
r
r a
r r r ; x y z ;
)
:
]
r
]
=+
r )[ ( MdfpxyfpxyRLdaaaaaa ou encore après factorisation r )[ =++ MdfpfxpfyRLdaa ) = p 1 cos 2
Or r =++ MdfpfxpfyRLd
donc :
a
a
:
(
p
(
1
cossinsincos aaaa
coscossincossincos aaaaa
r
]
(
)[
a
r a
1
a
2
r
Pour calculer le moment en O de cette action mécanique locale que nous noterons :
Il suffit de calculer l’expression :
r dMdM=
M O
r
+
M M
uuuur OMdf
r M
r M OdM
,
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Ó
®
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é ù - - ë û
é ù - ë û
é ù é ù é ù - ë û ë û ë û
Ù
® Î
Î
Sciences Industrielles
TD N°2 : Actions mécaniques
Statique des solides
r M OdMRn
=Ù
= -
= -
r
r pnftRLd ( ) aa aa ) ( fRLpd z a a
2
r
r
a
2
fRLpd 1
z cos
a a
r
Il ne nous reste donc plus qu’à intégrer cette action mécanique locale sur toute la surface de [ aJ JÎ contact, c’est à dire pour L’action mécanique locale se modélise en O par le torseur :
.
]
;
pfxpfyRLd 1
++ coscossincossincos aaaaa
2
a
1
2
r a
r
O D’où l’expression d’action mécanique globale qu’exerce l’ensemble (garniture+mâchoire droite) sur le tambour :
2
fRlpd z cos 1
a a
r
{ T
(
O
ensemble droittambour
} ) =
O
r
J 2 RLpxfdRLpyf
1
J
coscossincossincos d aaaaaaa a
++
r
J
1
J
2
2 fRLpz 1
r
J
J
cos
d a a
Pour avoir le résultat final il suffit de calculer les trois intégrales suivantes :
= cossin2sin d aaa
[
J
J
2 d cossincos aaJJ
a =+= + J 2
a
( sin 2 4
J
J
cossin
aa a
d
=
J
J
]
J J J
=
J
)
J
a
2
sin 2
J
J
= 0
{ T
(
O
ensemble droittambour
} ) =
[ + sincos RLpxfy JJ J 1 2 fRLp 2sin
1
O
r
]
r
][ r z J
p
p 2
Pour l’ensemble gauche le calcul est identique au niveau local, sauf qu’il faut prendre pour = - ()cos a expression de la pression : 0a < , or une pression est toujours positive. Au niveau de la l’on se situe dans la zone où cos pression il suffit donc de remplacer dans l’action mécanique locale. D’autre part, [ ; apJp J r RLpxfdRLpyf
2p- , d’où l’expression :
puisque la pression maximale est notée
l’intégration se fait entre
coscossincossincos d aaaaaaa a
1p par ]
+ pJp J
-++-
a
+
r
+
2
2p et que
2
2
pJp J
2
{ T
(
O
ensemble gauchetambour
} ) =
O
2 fRLpz 2
r
+ p J
p J
cos
d a a
Pour trouver le résultat final il suffit de recalculer les trois intégrales suivantes :
+ p J
p J
cossin2sin d aaa
[ == -
]
+ p J
p J
J
+ p J
p J
2 cossincos
d aaJJ
a =+= + J 2
a
( sin 2 4
+ p J
p J
cossin
aa a
d
=
+ p J
)
p J
a
2
sin 2
+ p J
p J
= 0
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TD N°2 : Actions mécaniques
{ T
(
{ T
(
O
O
ensemble gauchetambour
ensemble gauchetambour
} ) =
} ) =
O
O
Statique des solides
-+++
[ + RpxfRp JJJJJ 2
r ] sincossincos J 2 2sin fRp ][ z J
sincos J 2 fRLp 2sin
+- +
r
2
[ RLpxfy JJ 2
r
]
y
[ 2 r z J r ]
2 r
Question 3 : En déduire en fonction de max d’action mécanique en O qu’exerce l’ensemble des deux mâchoires et des deux garnitures sur le tambour tournant.
ainsi que du paramétrage le torseur
et max p
p=
p=
gauche
droit
p
2
1
Le torseur d’action mécanique en O qu’exerce l’ensemble des deux mâchoires et des deux garnitures, c’est à dire le frein sur le tambour tournant est la somme des deux torseurs d’action mécanique de l’ensemble droit et de l’ensemble gauche sur le tambour. On obtient ainsi : { T
®= freintambour
rrr
} )
[
]
(
r
1
2
][ sincossincos r J
[ +-+- + RLpxfyRLpxfy J JJJJJ + 2 fRLpzfRLp 2sin2sin 1 )[ sincos J JJ ( ) + 2 fR Lpp 1
( -+ RLppxfy
2 2sin
1
2
z
r
][ r J
z
]
][ J
r
2
O
r
]
2
O
{ T
(
O
freintambour
} ) =
O
O
D’où le couple de freinage exercé par le frein sur le tambour tournant : =- fCfRLpp
2 2sin
+ z 1
J
(
)
r
2
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