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