Principe fondamental de la dynamique de rotation

M5 - DYNAMIQUE
Compétences attendues :
Déterminer l’accélération d’un solide.
Déterminer les actions mécaniques qui agissent
sur le solide en mouvement
Programme S.T.I. :
• Principe fondamental de la dynamique
pour un solide en mouvement
Mise en évidence du principe
• Expérience 1 :
Soit une patineuse de masse m faisant la "toupie"
(rotation d'axe fixe)
• Comparer la vitesse de
rotation de la patineuse
dans les deux cas. Que
constatez-vous ?
La vitesse dépend de la
répartition de la matière
autour de l’axe de rotation.
Cette grandeur s’appelle le moment d’inertie noté IG
Moment d’inertie
 IG représente le moment d’inertie par rapport à l’axe de
rotation du système isolé (c’est la répartition de la matière
autour de l’axe de rotation) .
Il est exprimé en kg.m2
Volume
Moment d’inertie
représentation
Rayon R
Cylindre plein
Cylindre
creux
IG = ½ m.R2
IG = ½ m.(R2+r2)
Rayon R
Rayon r
Mise en évidence du principe
• Expérience 2 :
trois roues indépendantes de masse et de rayon
différents (IG différents) sont guidées par des
roulements identiques. On néglige toutes résistances
passives.
tracteur
Sur
quelle
grandeur
physique faut-il agir pour
que les trois roues aient
la même accélération w’ ?
Le couple moteur Cm
vélo
voiture
Principe fondamental de la
dynamique de rotation
Le centre de gravité est situé sur l’axe de rotation.
Enoncé
La somme des moments qui agissent sur le
solide S, est égale au moment d’inertie du
solide IG multipliée par son accélération
angulaire w’ .


MG(S / S)  IG   '
NEWTON
1642 - 1727
Autour de l’axe de rotation : Cm – Cr = IG x w ’
Rappel de cinématique : w ’ = (w-wo)/t ou w ’ =(w2-w02)/2(q-q0)
Le solide est équilibré en translation donc la somme des forces est nulle
Application : démarrage à vide d’une perceuse
Le couple de démarrage d’une perceuse est de 0,1 N.m.
Sa vitesse de rotation en régime permanent est de 3000 tr/mn.
Le moment d'inertie des parties tournantes est de 10-4 kg.m2 .
1/ Calculer l'accélération angulaire au moment du démarrage.
PFD : Cm – Cr = IGx . w’
x
w’ = ( Cm – Cr ) / IGx
w’ = ( 0,1 – 0 ) / 10-4 = 103 rd/s2
Application : démarrage d’un moteur
S
C
m
C
r
A
x
G
P
Soit l’ensemble S en liaison pivot d’axe Ax.
L’ensemble de la chaîne cinématique est modélisé par un volant plein de
rayon R= 150 mm et de masse m= 50 kg.
L’inventaire des actions mécaniques extérieures à S est définit comme suit :
* un couple moteur au démarrage de 5 Nm
* un couple résistant de 0,2 Nm
* Le poids de l’ensemble tournant de 500N
* l’ action de guidage en A de 0 sur S
démarrage d’un moteur (suite)
1/Modéliser les Actions mécaniques extérieures au solide S
tournant :



T Cm 
0 5Nm
0 0 
0 0 


A
xyz
0  0,2Nm

T Cr  0
0

0
0

 xyz
A


 0 0
Tterre/ S 500N 0
 0 0 xyz
G
ddl en A
0 Rx

XA 0 

0 0  T0/ S  YA M A 
 ZA N A 
0 0
 xyz
A
démarrage d’un moteur (suite)
2/ Calculer la durée de l’accélération pour que le moteur atteigne
la vitesse de 1500 tr/mn :
2-1/ en négligeant les frottements
2-2/ en considérant que tous les frottements se réduisent
à un couple de frottement Cf = 0,2 Nm.
Frottements
négligés
PFD
Cm - Cr
IGX=1/2.m.R2
w’= (Cm-Cr)/IGX
t = (w-w0) / w’
Cf = 0,2Nm
Cm – Cr = IGX . w’
5Nm
4,8Nm
½ . 50 . 0,152 = 0,5625 kg.m2
8,89 rd/s2
8,53 rd/s2
(1500.2P/60)/8,89 (1500.2P/60)/8,53
= 17,67s
= 18,41s
Application : Freinage du moteur
L’arrêt d’un arbre moteur tournant à 1500 tr/mn s’effectue en
1 seconde.
Déterminer le couple de freinage assurant l’arrêt de moteur.
Frottements
négligés
Cf = 0,2Nm
PFD
Cm – Cr = IGX . w’
IGX=1/2.m.R2
½ . 50 . 0,152 = 0,5625 kg.m2
w’ = (w-w0) / t
Cm-Cr
Cfreinage=Cr-Cf
(-1500.2P/60)/1 = - 157,08 rd/s2
- 88,36 Nm
88,36 Nm
88,16 Nm
Application :
solide en liaison pivot
On considère un ensemble S en liaison
pivot d’axe (A,x).
AG = 0,15; AB = 0,32; AC = 0,4
I(A,x) = 8 . 10-3 kg.m2
y
O
x A
G
B
C
P
* Cette liaison pivot est obtenue par l’association d’une rotule en A et
d’une linéaire annulaire d’axe Bx.
X A
 A( 1 / S )  Y A
Z
A
A
0

0
0  XYZ
 0
B( 2 / S )  YB
Z
B B
0

0
0  XYZ
0
 0


* Le poids est modélisable en G par :
T
(
terre
/
S
)


200
0

 

 0

0

 XYZ
G
2
 0


C
(
3
/
S
)

100
0




* Le couple moteur est modélisable en C par :
 0 0
 XYZ
C
solide en liaison pivot (suite)
1/ Appliquer le principe fondamental de la dynamique à
l’ensemble S au point A et déterminer les composantes dans R
des actions mécaniques extérieures agissant sur S.
*Transfert des torseurs au point A :
A(1/ S)

 X A 0

 YA 0
 Z A 0
 XYZ
A
0 


 0 0

0
B(2/S)  YB 0   YB 0,32ZB
Z B 0 
XYZ A
Z B 0,32YB 
XYZ
B
 0
T(Terre/S) 30
 0
G
 0
C(3/S) 100
 0
C
0
0,32 0


 
M A(2/S)M B(2/S)  ABB2/S  0  YB  0,32ZB
0 ZB 0,32YB
0 
0
0
 0 0 
  0,15


0  30 0  M A(T /S)MG(T / S)  AGP  0  30  0
0XYZ A 0 4,5XYZ
0
0 4,5
2
2 0,4 0
2
 0 2 
 


0  100 0 
M A(3/S)MC(3/ S)  ACC3/ S  0  0  100  0
0XYZ A 0 40XYZ
0
0
0 40
solide en liaison pivot (suite)
* PFD :

0 I AX. ' 
A(1/S)AB(2/S)AT(terre/S)AC(3/S)A 0 0 
0

0
XYZ
A
0 
 0
 0 0 
 0 2 
 X A 0
0 I AX. ' 
  YB 0,32ZB  30 0   100 0 
 0
0
 YA 0

Z
A 0

XYZ
0
XYZ AZ B 0,32YB XYZ A 0 4,5XYZ A 0 40XYZ A
A
0
* Résolution :
* Équations :
X A0

YAYB 301000

Z AZB0

2I AX. '

0,32ZB0
0,32YB4,5400

(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(1) X A0
(6) YB 110,94
(5) ZB 0
(2) YA40,94
(3) Z A0
(4)  '  2/ I AX
 2/0,008  250 rd.S
2
solide en liaison pivot (suite)
2/ Déterminer l’accélération angulaire q’’ du mouvement de
S/R et en déduire la nature du mouvement.
(4) q ''  '  250 rd.S 2
3/ Déterminer le temps nécessaire pour atteindre la vitesse
de régime N = 1500 tr / mn.
q ''   ' 
 
t
0
1500.2
2
60

 250 rd.S
t
1500.2
60
t
   0,628 S
250
5