Freinage et accélération d`une automobile : correction

L.P.T.I. Saint Joseph La Joliverie
Acceleration freinage corrige.doc page 1/ 4
Freinage et accélération d’une automobile : correction
1
ière
partie : accélération
1.1- On isole la roue avant. Les actions extérieures s’appliquant sur cette roue sont :
- Une force
→
F
B
du sol sur la roue avant appliquée en B et dans le cône de d’adhérence.
- Une force
→
F de la voiture sur la roue appliquée au centre de la roue
Comme on néglige l’inertie de cette roue, on a donc un système en équilibre soumis à deux forces.
Ces forces ont donc même support, la droite verticale passant par B et le centre de la roue.
La force
→
F
B
du sol sur la roue avant est donc verticale.
1.2- On isole la roue arrière. Les actions extérieures s’appliquant sur cette roue sont :
- Une force
→
F
A
du sol sur la roue arrière appliquée en A et dans le cône d’adhérence.
- Une force
→
F de la voiture sur la roue appliquée au centre de la roue
- Un couple de freinage
Ce système n’étant pas en équilibre sous l’action de seulement deux forces on ne peut rien en
conclure quant à la direction des ces forces.
La force
→
F
A
du sol sur la roue arrière est donc appliquée en A et est dans le cône d’adhérence.
1.3- On isole la voiture (avec ses roues). Les actions extérieures appliquées sur ce système sont :
- Une force
→
F
B
du sol sur la roue avant appliquée en B et verticale.
- Une force
→
F
A
du sol sur la roue arrière appliquée en A et dans le cône d’adhérence.
- Le poids de l’automobile : force
→
P appliquée en G verticale vers le bas et de module 1240 daN.
Exprimons les torseurs de ces actions en G
{T(
→
P )} =
G
→
P
→
0
Or
→
P
0
-1240 daN
0
On en déduit donc : {T(
→
→→
→
P )} =
G
0 0
-1240 daN 0
0 0
{T(
→
F
B
)} =
G
→
F
B
→
GB∧
→
F
B
Or :
→
GB
1,89 m
-0,55 m
0
et
→
F
B
étant verticale :
→
F
B
0
Y
B
0
Donc :
→
GB∧
→
F
B
0
0
1,89.Y
B
On en déduit donc : {T(
→
→→
→
F
B
)} =
G
0 0
Y
B
0
0 1,89.Y
B
{T(
→
F
A
)} =
G
→
F
A
→
GA∧
→
F
A
Or :
→
GA
-0,63 m
-0,55 m
0
et
→
F
A
n’étant pas verticale :
→
F
A
X
A
Y
A
0
Donc:
→
GA∧
→
F
A
0
0
0,55.X
A
- 0,63.Y
A
On en déduit donc : {T(
→
→→
→
F
A
)} =
G
X
A
0
Y
A
0
0 0,55.X
A
- 0,63.Y
A

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Exprimons le torseur dynamique du système en G
Le vecteur vitesse du véhicule est horizontal et est orienté vers le droite. Le véhicule étant en
accélération, le vecteur accélération du centre de gravité
→
Γ
G
est lui aussi horizontal et orienté vers la
droite. Cette accélération étant de γ
1
= 4 m.s
-2
les coordonnées de
→
Γ
G
sont donc :
→
Γ
G
4 m.s
-2
0
0
Le poids de la voiture est de 1240 daN donc sa masse m est de m = 12 400
9,81 = 1264 kg
La voiture étant en mouvement de translation rectiligne le torseur dynamique s’écrit en G :
{D(S/R
0
)} =
G
m.
→
Γ
G
→
0
d’ou : {D(S/R
0
)} =
G
1264 x 4 = 5056 N 0
0 0
0 0
Soit : {D(S/R
0
)} =
G
505,6 daN 0
0 0
0 0
l’application du PFD à ce système donne :
{T(
→
→→
→
F
B
)} + {T(
→
→→
→
F
A
)} + {T(
→
→→
→
P )} = {D(S/R
0
)}
Cela nous donne donc trois équations :
X
A
= 505,6 daN
-1240 + Y
A
+ Y
B
= 0
1,89.Y
B
+ 0,55.X
A
- 0,63.Y
A
= 0
Dont la résolution donne :
X
A
= 505,6 daN
Y
A
= 1 040 daN
Y
B
= 200 daN
D’où :
→
→→
→
F
A
505,6 daN
1 040 daN
0
et
→
→→
→
F
B
0
200 daN
0
2
ième
partie : Freinage
1.1- On isole la roue avant. Les actions extérieures s’appliquant sur cette roue sont :
- Une force
→
F
B
du sol sur la roue avant appliquée en B et dans le cône d’adhérence.
- Une force
→
F de la voiture sur la roue appliquée au centre de la roue
- Un couple de freinage
Ce système n’étant pas en équilibre sous l’action de seulement deux forces on ne peut rien en
conclure quant à la direction des ces forces.
La force
→
F
B
du sol sur la roue arrière est donc appliquée en B et est dans le cône d’adhérence.
On isole la roue arrière. Les actions extérieures s’appliquant sur cette roue sont :
- Une force
→
F
A
du sol sur la roue arrière appliquée en A et dans le cône d’adhérence.
- Une force
→
F de la voiture sur la roue appliquée au centre de la roue
- Un couple de freinage
Ce système n’étant pas en équilibre sous l’action de seulement deux forces on ne peut rien en
conclure quant à la direction des ces forces.
La force
→
F
A
du sol sur la roue arrière est donc appliquée en A et est dans le cône d’adhérence.

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1.3- On isole la voiture (avec ses roues). Les actions extérieures appliquées sur ce système sont :
- Une force
→
F
B
du sol sur la roue avant appliquée en B et inclinée vers l’arrière d’un angle ϕ .
- Une force
→
F
A
du sol sur la roue arrière appliquée en A et inclinée vers l’arrière d’un angle ϕ .
- Le poids de l’automobile : force
→
P appliquée en G verticale vers le bas et de module 1240 daN.
Exprimons les torseurs de ces actions en G
{T(
→
P )} =
G
→
P
→
0
Or
→
P
0
-1240 daN
0
On en déduit donc : {T(
→
→→
→
P )} =
G
0 0
-1240 daN 0
0 0
{T(
→
F
B
)} =
G
→
F
B
→
GB∧
→
F
B
Or :
→
GB
1,89 m
-0,55 m
0
et
→
F
B
étant inclinée d’un angle ϕ :
→
F
B
-Y
B
.tan ϕ
Y
B
0
Donc:
→
GB∧
→
F
B
0
0
1,89.Y
B
- 0,55.Y
B
.tan ϕ
d’où: {T(
→
→→
→
F
B
)} =
G
-Y
B
.tan ϕ
ϕϕ
ϕ 0
Y
B
0
0 Y
B
(1,89 - 0,55.tan ϕ
ϕϕ
ϕ )
{T(
→
F
A
)} =
G
→
F
A
→
GA∧
→
F
A
Or :
→
GA
-0,63 m
-0,55 m
0
et
→
F
A
étant inclinée d’un angle ϕ :
→
F
A
-Y
A
.tan ϕ
Y
A
0
Donc:
→
GA∧
→
F
A
0
0
-0,63.Y
A
- 0,55.Y
A
.tan ϕ
d’où: {T(
→
→→
→
F
A
)}=
G
-Y
A
.tan ϕ
ϕϕ
ϕ 0
Y
A
0
0 Y
A
(-0,63 - 0,55.tan ϕ
ϕϕ
ϕ )
Exprimons le torseur dynamique du système en G
Le vecteur vitesse du véhicule est horizontal et est orienté vers le droite. Le véhicule étant en
décélération, le vecteur accélération du centre de gravité
→
Γ
G
est lui aussi horizontal mais est orienté vers
la gauche. Cette décélération étant de γ
2
= 12 m.s
-2
les coordonnées de
→
Γ
G
sont donc :
→
Γ
G
-12 m.s
-2
0
0
Le poids de la voiture est de 1240 daN donc sa masse m est de m = 12 400
9,81 = 1264 kg
La voiture étant en mouvement de translation rectiligne le torseur dynamique s’écrit en G :
{D(S/R
0
)} =
G
m.
→
Γ
G
→
0
d’ou : {D(S/R
0
)} =
G
-1264 x 12 = -15 170 N 0
0 0
0 0
Soit : {D(S/R
0
)} =
G
- 1 517 daN 0
0 0
0 0

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Acceleration freinage corrige.doc page 4/ 4
l’application du PFD à ce système donne :
{T(
→
→→
→
F
B
)} + {T(
→
→→
→
F
A
)} + {T(
→
→→
→
P )} = {D(S/R
0
)}
Cela nous donne donc trois équations :
(1)
(2)
(3)
- Y
A
.tan ϕ - Y
B
.tan ϕ = -1 517
Y
A
+ Y
B
- 1240 = 0
Y
B
( 1,89 - 0,55.tan ϕ ) + Y
A
(-0,63 - 0,55.tan ϕ ) = 0
Résolvons ce système
L’équation (2) donne : Y
A
+ Y
B
= 1240 et l’équation (1) : ( Y
A
+ Y
B
) tan ϕ = 1 517
Donc : 1240.tan ϕ = 1517 Soit : tan ϕ
ϕϕ
ϕ = 1 517
1 240 = 1,22
Remplaçons cette valeur dans l’équation (3) : Y
B
(1,89 - 0,55x1,22) + Y
A
(-0,63 - 0,55x1,22) = 0
On obtient : 1,22.Y
B
- 1,30.Y
A
= 0 Soit : Y
B
= 1,30
1,22 Y
A
= 1,07.Y
A
Substituons cette expression de Y
B
dans l’équation (2) : 1,07.Y
A
+ Y
A
= 1240
On obtient : 2,07.Y
A
= 1240 Soit Y
A
= 1240
2,07 = 599 daN
Remplaçons cette valeur dans l’équation (2) : 599 + Y
B
= 1240 D’où : Y
B
=1240 -599 = 641 daN
En conclusion :
→
→→
→
F
A
-599x1,22 = - 731 daN
599 daN
0
et
→
→→
→
F
B
-641x1,22 = -782 daN
641 daN
0
Récapitulatif
Cet exercice permet de comprendre le comportement dynamique d’une voiture à l’accélération et au
freinage. Pour cela regardons l’évolution des efforts normaux du sol sur les roues qui sont les
composantes verticales des forces
→
F
A
et
→
F
B
.
Efforts normaux (composantes verticales) sur
Les roues avant (en B) Les roues arrière (en A)
A l’arrêt 310 daN 930 daN
A l’accélération 200 daN 1 040 dan
Au freinage 641 daN 599 daN
Par abus de langage on parle de ‘’transfert des masses’’ vers l’arrière à l’accélération, et de
‘’transfert des masses vers l’avant’’ au freinage.