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MPSI-PCSI Sciences Industrielles pour l ’Ingénieur S. Génouël 09/05/2012

Corrigé Exercice 1 : 3 GLISSEURS PARALLÈLES.

Question 1 : Déterminer 2 SB et 3 SC .

1) Isolons {S}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {S}. - Action mécanique de 1 sur S - Action mécanique de 2 sur S

- Action mécanique de 3 sur S

3) Modélisables par :

- 11

( , )0

SS

P A y

A

T

- 22

( , )0

SS

P B y

B

T

- 33

( , )0

SS

P C y

C

T

4) Résolution :

Pour se débarrasser de 2 SAM et donc déterminer 3 SC en fonction de du 1 SA (complètement

connue), il faut appliquer le théorème du moment statique en B :

,0

B S SM

,1 ,2 ,3 0B S B S B SM M M

1 1 3 2. . 0S SA d z C d z (calcul du moment par la méthode du bras de levier)

13 1

2

.S S

dC A

d AN : 3

4.4 16

1SC N donc 3 16.SC y

Pour déterminer 2 SB , il faut appliquer le théorème de la résultante statique :

0S S

R

1 2 3 0S S SA B C donc 3 20.SB y



Corrigé Exercice 2 : SERRAGE À LEVIERS.

Question 1 : Peut-on faire une résolution graphique ?

Comme toutes les liaisons pivots sont perpendiculaires au plan de symétrie (donc suivant z ), et que l’hypothèse problème plan est vérifiée (symétrie des liaisons et symétrie du chargement), alors toutes les AM transmissibles par ces liaisons pivots sont modélisables par des torseurs glisseurs.

Exemple de l’AM de 5 1 en B : 5 1 ,5 1 5 1

5 1 5 1 ,5 1 5 1

5 1 ( , , )( , ) ( , , )

_

_

0 _ 0

B

B

B x y zP B z x y z

X L X

Y M Y

Z

T

D’autre part, l’AM transmissible par la liaison sphère-plan de point de contact A, de la pièce 6 sur le levier 1 est modélisable par un torseur glisseur.

Deux AM posent problème : - l’AM transmissible par la liaison pivot glissant entre le corps du vérin et la tige du vérin, qui n’est donc

pas modélisable par un torseur glisseur.

- l’AM transmissible par la liaison entre la pièce 6 et le bâti 5 (dont on ne sait pas grand chose). C’est pourquoi ces deux AM ne devront pas être sur la frontière d’isolement lors d’une résolution graphique…

Ainsi, comme pratiquement toutes les AM sont modélisables par des torseurs glisseurs, nous pouvons résoudre graphiquement la plupart de nos isolements.

Question 2 : Déterminer le graphe de structure (approprié à une résolution graphique).

3

C 5

A (connue)

F

2

B

4 D

1

G

6

7

Pivot glissant

d’axe )DG(

Fluide

E

?

Question 3 : Donner le cheminement pour déterminer graphiquement l ’action que doit exercer la tige du vérin 7 sur le levier 3 pour assurer le serrage souhaitée.

(NB : Cette question ne sera jamais demandée aux concours).

Méthode réfléchie (à réaliser au brouillon) : Isolements de systèmes soumis à 2 glisseurs :

{4, 7, fluide} 2 4( )D et 3 7( )G

{2, 3, 4, 7, fluide} 1 2( )C et 5 3( )F

Isolements de systèmes soumis à 3 glisseurs :

{1, 2, 3, 4, 7, fluide} 5 1( )B puis 5 3F et 5 1B

{3} 2 3( )E puis 7 3G et 2 3E

On commence TOUJOURS par les systèmes soumis à deux glisseurs pour obtenir leur droite d’action.



Question 4 : Appliquer cette démarche et déterminer graphiquement, dans la position donnée, cette action.

(Justifier les différentes étapes de la construction).

1) Isolons {4, 7, fluide}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {4, 7, fluide}.

- Action mécanique de 2 sur 4 (pivot d’axe ( , )D z )

- Action mécanique de 3 sur 7 (pivot d’axe ( , )G z )

3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )A x y par :

2 42 4

0D

D

T 3 73 7

0G

G

T

4) Résolution :

Si un système est en équilibre sous l’action de 2 glisseurs alors ces 2 glisseurs :

sont opposés (même norme, même direction, sens contraire),

et ont même droite d’action, passant par les points d’application.

Ainsi la droite d’action de 2 4D et 3 7G est la droite (DG).

1) Isolons {2, 3, 4, 7, fluide}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {2, 3, 4, 7, fluide}.

- Action mécanique de 1 sur 2 (pivot d’axe ( , )C z )

- Action mécanique de 5 sur 3 (pivot d’axe ( , )F z )


1 21 2

0C

C

T 5 35 3

0F

F

T

4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la droite d’action de 1 2C et 5 3F est la droite (CF).

1) Isolons {1, 2, 3, 4, 7, fluide}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {1, 2, 3, 4, 7, fluide}.

- Action mécanique de 6 sur 1 (sphère-plan de point de contact A et de normale u )

- Action mécanique de 5 sur 1 (pivot d’axe ( , )B z )



- 6 16 1

( , )0

P A u

A

T (totalement connu)

- 5 15 1

0B

B

T

- 5 35 3

0F

F

T (avec (CF) droite d’action de 5 3F )

4) Résolution :

Si un système est en équilibre sous l’action de 3 glisseurs alors ces 3 glisseurs sont :

coplanaires,

concourants ou parallèles,

de somme vectorielle nulle.

La deuxième propriété nous donne la droite d’action de 5 1B et la troisième propriété (dynamiques des

actions) nous donne les normes et sens de 5 1B et 5 3F .



1) Isolons {3}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {3}.


- Action mécanique de 2 sur 3 (pivot d’axe ( , )E z )



- 5 35 3

0F

F


- 2 32 3

0E

E

T

- 7 37 3

0G

G

T (avec (DG) droite d’action de 7 3G )

4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la deuxième propriété nous donne la droite d’action de 2 3E et

la troisième propriété (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de 2 3E et 7 3G .

Question 5 : Sachant que le diamètre extérieur du piston vaut 35 mm et que le diamètre de la tige du piston vaut 10 mm, en déduire la pression nécessaire dans la chambre du piston.

1) Isolons {7}.



- Action mécanique du fluide sur 7 (pression du fluide) - Action mécanique de 4 sur 7 (pivot glissant d’axe (DG))


3 73 7

0G

G

T avec 3 7G suivant l’axe de la tige

77

( )0

fluidefluide

P DG

R

T avec 7fluideR suivant l’axe de la tige (car la pression est uniforme)

4 7 4 74 7

,4 7 ,4 7( )

. 0

. 0P PP DG

R R DGavec

M M DG

T

4) Résolution :

Il faut appliquer le théorème de la résultante statique suivant (DG) : 2 2

0R

, pour se débarrasser de

4 7AM :

3 7 7 4 7. . . 0fluideG DG R DG R DG

3 7 7. . 0fluideG DG R DG

Or 3 7G et 7fluideR sont suivant (DG).

Donc 3 7 7fluideG R avec 7 .fluideR pS

D’où 3 7 3 7

2 2

.( )4 4

G Gp

S D d



Corrigé Exercice 3 : PINCE À MORS PARALLÈLES.

Question 1 : Peut-on faire une résolution graphique ?

Comme toutes les liaisons pivots sont perpendiculaires au plan de symétrie (donc suivant z ), et que l’hypothèse problème plan est vérifiée (symétrie des liaisons et symétrie du chargement), alors toutes les AM transmissibles par ces liaisons pivots sont modélisables par des torseurs glisseurs.

Exemple de l’AM de 6 1 en E : 6 1 ,6 1 6 1

6 1 6 1 ,6 1 6 1

6 1 ( , , )( , ) ( , , )

_

_

0 _ 0

E

E

E x y zP E z x y z

X L X

Y M Y

Z

T

D’autre part l’AM de la pièce sur le doigt 5 en I est un glisseur vertical.

Une seule AM pose problème : l’AM transmissible par la liaison pivot glissant entre le corps du vérin et la

tige du vérin, qui n’est donc pas modélisable par un torseur glisseur. C’est pourquoi cette AM ne devra pas être à la limite d’isolement lors d’une résolution graphique.

Ainsi, comme pratiquement toutes les AM sont modélisables par des torseurs glisseurs, nous pouvons résoudre graphiquement la plupart de nos isolements.

Question 2 : Déterminer le graphe de structure (approprié à une résolution graphique).

Corps 1 +

corps du vérin

6

C

5

A

D

F

2

B

5pièceI

(connue)

Pivot glissant

d’axe )x,O(

4

Pousseur 3 +

tige du

vérin

Fluide

E

Attention ce graphe de structures ne comporte que la moitié des pièces. Il manque toutes les pièces

en ‘ (2’, 4’, 5’ et 6’).

Question 3 : Donner le cheminement pour déterminer graphiquement l’action du fluide sur la tige. (NB :

Cette question ne sera jamais demandée aux concours).


{2} 3 2( )A et 6 2( )B

{4} 5 4( )D et 1 4( )F


{5} 6 5( )C puis 4 5D et 6 5C

{2, 6} 1 6( )E puis 3 2A et 1 6E

{3, tige} espérons que cela aboutisse…

On commence TOUJOURS par les systèmes soumis à deux

glisseurs pour obtenir leur droite d’action.



Question 4 : Appliquer cette démarche et déterminer graphiquement, dans la position donnée, cette action.


1) Isolons {2}.


- Action mécanique de 3 sur 2 (pivot d’axe ( , )A z )



3 23 2

0A

A

T 6 26 2

0B

B

T

4) Résolution :




Ainsi la droite d’action de 3 2A et 6 2B est la droite (AB).

1) Isolons {4}.





5 45 4

0D

D

T 1 41 4

0F

F

T

4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la droite d’action de 5 4D et 1 4F est la droite (DF).

1) Isolons {5}.




- Action mécanique de pièce sur 5 (sphère-plan de point de contact I et de normale y )


- 6 56 5

0C

C

T

- 4 54 5

0D

D

T (avec (DF) droite d’action de 4 5D )

- 55

( , )0

piècepièce

P I y

I


4) Résolution :


coplanaires,



La deuxième propriété nous donne la droite d’action de 6 5C et la troisième propriété (dynamiques des

actions) nous donne les normes et sens de 6 5C et 4 5D .



1) Isolons {2, 6}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {2, 6}.


- Action mécanique de 1 sur 6 (pivot d’axe ( , )E z )



- 3 23 2

0A

A

T (avec (AB) droite d’action de 3 2A )

- 1 61 6

0E

E

T

- 5 65 6

0C

C


4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la deuxième propriété nous donne la droite d’action de 1 6E et

la troisième propriété (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de 3 2A et 1 6E .

1) Isolons {3, tige}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {3, tige}.


- Action mécanique de 2’ sur 3 (pivot d’axe ( ', )A z )

- Action mécanique de fluide sur tige (pression du fluide)

- Action mécanique du corps sur tige (pivot glissant d’axe ( , )O x )


- 2 32 3

0A

A


- 2' 32' 3

'

'

0A

A


- ( , )

0

fluide tigefluide tige

P O x

R

T avec fluide tigeR suivant l’axe de la tige (car la pression est uniforme)

- ,

,, ( , ) ( , , )( , ) ( , , )

0 0 0 _

_

_

corps tige corps tige O corps tige corps tige

O corps tigecorps tige O corps tige P O x x y zP O x x y z

Y M Y

NZ N

T

(compte tenu de l’hypothèse plan ( , , )O x y )

D’autre part, il existe une autre symétrie (symétrie des liaisons et symétrie du chargement) que celle du

plan ( , , )O x y . En effet, la pince est symétrique par rapport au plan ( , , )O x z . Ainsi :

( , , )

0 _

_ _

_ _

corps tige

O x y z

T qui est le torseur nul.



4) Résolution :

Ainsi le système {3, tige} est un système de solides en équilibre soumis à l’action de trois glisseurs. Donc compte tenu du théorème précédent, la troisième propriété (dynamiques des actions) nous donne les

normes et sens de fluide tigeR .

Question 5 : La barre 4 est-elle soumise à de la traction ou de la compression ?

Selon le 1er

dynamique, 4 5D est vers le bas, donc 5 4D est vers le haut et donc la barre 4 est soumise à

de la traction.



2

6

C

5

J

D

B

8

F 7

3

H 8pesG

(connue)

?

4

Fluide

Pivot glissant

d’axe (BF)

Corrigé Exercice 4 : SYSTÈME DE PESÉE EMBARQUÉE.

(Selon le concours École de l ’Air filière MP)

A) Levage du conteneur.

Question 1 : Déterminer graphiquement, dans la position donnée, la poussée 4 6F du vérin [3+4].


Graphe de structure :


{3, 4, fluide} 6 4( )F et 2 3( )B

{5} 2 5( )C et 7 5( )H


{7, 8} 6 7( )J puis 5 7H et 6 7J

{6} 2 6( )D puis 2 6D et 4 6F

1) Isolons {3, 4, fluide}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {3, 4, fluide}.



3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )O x y par :

6 46 4

0F

F

T 2 32 3

0B

B

T

4) Résolution :




Ainsi la droite d’action de 6 4F et 2 3B est la droite (BF).

1) Isolons {5}.



- Action mécanique de 7 sur 5 (pivot d’axe ( , )H z )


2 52 5

0C

C

T 7 57 5

0H

H

T

4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la droite d’action de 2 5C et 7 5H est la droite (CH).



1) Isolons {7, 8}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {7, 8}.

- Action mécanique de 6 sur 7 (pivot d’axe ( , )J z )

- Action mécanique de 5 sur 7 (pivot d’axe ( , )H z )

- Action mécanique de la pesanteur sur 8


- 6 76 7

0J

J

T

- 5 75 7

0H

H

T (avec (CH) droite d’action de 5 7H )

- 88

( , )0

pespes

P G y

G


4) Résolution :


coplanaires,



La deuxième propriété nous donne la droite d’action de 6 7J et la troisième propriété (dynamiques des

actions) nous donne les normes et sens de 6 7J et 5 7H .

Graphiquement nous trouvons : 5 7H = 7800 N et 6 7J = 11600 N

1) Isolons {6}.




- Action mécanique de 7 sur 6 (pivot d’axe ( , )J z )


- 2 62 6

0D

D

T

- 4 64 6

0F

F

T (avec (BF) droite d’action de 4 6F )

- 7 67 6

0J

J


4) Résolution :

Donc compte tenu du théorème précédent, la deuxième propriété nous donne la dr oite d’action de 2 6D et

la troisième propriété (dynamiques des actions) nous donne les normes et sens de 2 6D et 4 6F .

Graphiquement nous trouvons : 4 6F = 2560 daN



B

C

D

H

J

F

G

3

4

6

7

8

5

A 1

2 0

x0

y0

O

7 5( )H

6 7( )J

6 7J

5 7H

8pesG

6 4( )F

2 6( )D

7 6J

2 6D

4 6F

8pesG



B) Vidage du conteneur.

Question 2 : Compte tenu de la course de la tige du vérin 1, déterminer l ’angle de basculement du

conteneur.

L’angle de basculement correspond à la rotation totale du pignon 2.

Or celui-ci fait 1 tour = 2 radian quand la crémaillère avance de 2 r .

et il fera radian quand la crémaillère aura avancé de sa course.

Donc .2

2

course course

r r

La course de la tige étant de 50 mm et le rayon primiti f du pignon 2 valant 20 mm, l’angle de basculement du

conteneur est : = 2,5 rad = 143°

Question 3 : Dans cette position, en déduire l ’angle de frottement maximal en deçà duquel les déchets

pourraient rester à l ’intérieur du conteneur. Conclure quant au vidage du conteneur.

Plaçons-nous à la limite du glissement et utilisons les lois de Coulomb :

A la limite du glissement le vecteur R est vertical ascendant (car 0P R ) et ainsi l’angle de frottement

maximal vaut 53° (=143°-90°).

Cette valeur correspond à un coefficient de frottement de 1,32 (f = tan ) ce qui est très important, voire impossible dans notre contexte. Ainsi tous les déchets seront vidés.

Question 4 : Déterminer la vitesse de déplacement du vérin ainsi que le temps nécessaire au basculement.

La course de la tige vaut 50 mm et le diamètre du piston vaut 130 mm, ce qui correspond à un volume de

664cm3. Sachant que le débit vaut 300 cm

3.s

-1, le temps nécessaire au basculement est de

6642,2

300s .

Soit une vitesse moyenne de déplacement de 2 10,05

2,3.10 .2,2

m s .

0x

0y

P

R

143°

G

53°

Déchets

Isolons les déchets ; bilan des actions extérieures :

- AM de la pesanteur sur les déchets : modélisable par le glisseur

P passant par G,

- AM du conteneur sur les déchets : modélisable par le glisseur R .



Corrigé Exercice 5 : SKIP DE CHARGEMENT.

Question 1 : Déterminer les actions mécaniques en A, B et C appliquées sur le sk ip.

Si nous avions du isoler les galets, voici les justifications que nous aurions du rédiger :

1) Isolons {le galet 5}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {le galet 5}.


- Action mécanique de 1 sur 5 (linéaire rectiligne)

3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )G x y par :

3 53 5

0A

A

T 1 51 5

0Pt de contact

R

T

4) Résolution :

Si un système est en équilibre sous l’action de 2 glisseurs alors ces 2 gl isseurs :



Ainsi la droite d’action de 3 5A et 1 5R est la droite passant par A et le point de contact.

Même chose pour l'autre galet… Même chose pour les 2 extrémités de la chaîne…

1) Isolons {le skip 3}.

2) Bilan des Actions Mécaniques Extérieures (BAME) sur {le skip 3}.




- Action mécanique de la pesanteur sur 3

3) Modélisables avec l’hypothèse problème plan ( , , )G x y par :

5 35 3

0A

A

T (de droite d’action connue) 4 34 3

0B

B

T (de droite d’action connue)

2 32 3

0C

C

T (de droite d’action connue) 33

0

pespes

G

G


4) Résolution : Groupons 2 à 2 ces glisseurs qui se

rencontrent respectivement en I et en J. On peut donc dire que le skip est soumis à 2

glisseurs : 1R passant par J et 2R passant par I.

Donc compte tenu du théorème précédent, la

droite d’action des 2 glisseurs résultants 1R et

2R est la droite (IJ).

2 3( )C

5 3( )A



Cherchons les actions en J en procédant à la somme vectorielle : 1 4 3 3pesR B G .

On déduit le second glisseur 2R opposé à 1R .

Cherchons les actions en I en procédant à la somme vectorielle : 2 5 3 2 3R A C .

3pesG

3pesG

3pesG

1R

2R 4 3B

2 3C

5 3A

1R

4 3B

2R

1R

4 3B

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