1/0 - Chauvet F.

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Corrigé du devoir de mécanique N°2
Exercice 1 : Chargeur sur chenilles
1.1- On isole 6, les actions extérieures appliquées sur ce système sont :
Force Point d’applicat° Direction Sens Module
→
F
3/6
E ? ? ?
→
F
5/6
F ? ? ?
Le système étant en équilibre et étant soumis à deux forces : ces deux forces sont directement
opposées (Même support, même module et sens opposés) Donc,
→
→→
→
F
3/6
et
→
→→
→
F
6/3
ont pour support (EF).
1.2- On isole {3,4}, les actions extérieures appliquées sur ce système sont :
Force Point d’applicat° Direction Sens Module
Poids :
→
P G Vertical Vers le bas 45 kN
→
F
6/3
E (EF) ? ?
→
F
2/3
D ? ? ?
Le système étant en équilibre et soumis à trois forces non parallèles, ces trois forces sont
concourantes en un point I et le dynamique des trois forces est fermé. Une construction (page 2) donne :
Force Point d’applicat° Direction Sens Module
Poids :
→
P G Vertical Vers le bas 45 kN
→
F
6/3
E (EF) De I vers E 16,5 kN
→
F
2/3
D (DI) De D vers I 56 kN
1.3- On isole {7,8}, les actions extérieures appliquées sur ce système sont :
Force Point d’applicat° Direction Sens Module
→
F
1/8
R ? ? ?
→
F
5/7
N ? ? ?
Le système étant en équilibre et étant soumis à deux forces : ces deux forces sont directement
opposées (Même support, même module et sens opposés) Donc
→
→→
→
F
5/7
et
→
→→
→
F
7/5
ont pour support (RN).
1.4- On isole 5, les actions extérieures appliquées sur ce système sont :
Force Point d’applicat° Direction Sens Module
→
F
6/5
=
→
F
1
F (EF) De F vers E 16,5 kN
→
F
7/5
=
→
F
2
N (RN) ? ?
→
F
2/5
=
→
F
3
M ? ? ?
Le système est en équilibre et est soumis à trois forces, deux de ces forces sont parallèles. On en
conclue que la troisième force est parallèle aux deux autres, ainsi que le dynamique des forces et le
dynamique funiculaire sont fermés. Une construction graphique (page 2 ) donne :
Force Point d’applicat° Direction Sens Module
→
F
6/5
=
→
F
1
F (EF) De F vers E 16,5 kN
→
F
7/5
=
→
F
2
N (RN) De R vers N 26 kN
→
F
2/5
=
→
F
3
M // à (EF) et à (RN)
opposé à
→
→→
→
F
6/5
et
→
→→
→
F
7/5
42,5 kN

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Schéma 1 Echelle des forces : 1 cm ⇔
⇔⇔
⇔ 10 kN
Schéma 2 Echelle des forces : 1 cm ⇔
⇔⇔
⇔ 10 kN
1.5- Pression hydraulique dans le vérin : Elle est de : p = ||
→
→→
→
F
7/5
||
S
Avec : ||
→
F
7/5
|| = 26 000 N et S = π.D
2
4 = π x 40
2
4 = 1257 mm
2
Donc : p = 26 000
1 257 = 20,7 MPa = 207b

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Exercice 2 : Alpiniste
2.1- On isole l’alpiniste avec sa corde, les actions extérieures appliquées sur ce système sont :
Force Point d’applicat° Direction Sens Module
Poids :
→
P G Vertical Vers le bas 80 daN
→
F
A
A (AG) ? ?
→
F
B
B ? ? ?
Le système étant en équilibre et soumis à trois forces non parallèles, ces trois forces sont
concourantes au point G et le dynamique des trois forces est fermé. La construction ci-dessous donne :
Force Point d’applicat° Direction Sens Module
Poids :
→
P G Vertical Vers le bas 80 daN
→
F
A
A (AG) De G vers A 58,5 daN
→
F
B
B (BG) De B vers G 38 daN
2.2- Pour qu’il y ait équilibre il est nécessaire
que la force en B ait pour support la droite (BG).
Or ce support doit être dans le cône d’adhérence
dont l’axe est l’horizontale passant par B et dont le
demi angle au sommet est l’angle ϕ.
Il est donc nécessaire que l’angle ϕ soit
supérieur ou égal à l’angle entre la normale du
contact ponctuel en B et la droite (BG). En
mesurant cet angle on obtient : 46,5°.
Le coefficient minimum d’adhérence doit
donc être de : f
0
= tan 46,5 = 1,05
G
A
B
Support
de P
Support
de F
A
Support
de F
B
P
F
A
F
B
Normale du
contact ponctuel
ϕ
Exercice 3 : Obturateur de container
1
ière
partie
3.1- Les points C et D étant fixe sur
le solide 3, la distance [DC] est constante.
De même, les points C et B étant fixe sur le
solide 1, la distance [BC] est constante.
Le point C est donc à l’intersection
des arcs de cercle de centre D et B et de
rayons [DC] et [BC].
3.2- On trace les points E et F tels
que les distances suivantes restent
constantes : [BE], [CE], [BF] et [CF].
A
B
D
C
E
F
[DC] = C
te
[BC] = C
te
h>D
D
[BF] = C
te
[CF] = C
te
[BE] = C
te
[CE] = C
te

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2
ième
partie
3.2.1- Le mouvement de 2 par rapport à 0 étant une rotation de centre A on a :
||
→
V
B∈2/0
|| = |ω
2/0
| . [AB] = 1,11 x 27 = 30 mm.s
-1
Et :
→
V
B∈2/0
⊥ (AB)
3.2.2- Le point B étant le centre de la liaison pivot entre 2 et 1 on a :
→
V
B∈1/0
=
→
V
B∈2/0
Le point C étant le centre de la liaison pivot entre 3 et 1 on a :
→
V
C∈1/0
=
→
V
C∈3/0
Ayant
→
V
B∈2/0
⊥ (AB) et
→
V
C∈3/0
⊥ (CD) (Car le mouvement de 3 par rapport à 0 est une rotation de
centre D); On a donc :
→
V
B∈1/0
⊥ (AB) et
→
V
C∈1/0
⊥ (CD). Donc : I
1/0
= (AB) ∩
∩∩
∩ (CD)
A
B
D
C
E
ω
ωω
ω
2/0
2/02/0
2/0
B'
I
1/0
→
→→
→
VB∈
∈∈
∈2/0 =
→
→→
→
VB∈
∈∈
∈1/0
→
→→
→
V
B'∈
∈∈
∈1/0
→
→→
→
V
E∈
∈∈
∈1/0

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Exercice 4 : Commande directe de soupape
4.1- Le mouvement de 1 par rapport à 0 étant une rotation de centre A, on a :
||
→
V
B∈1/0
|| = | ω
1/0
| . [AB] Avec : ω
1/0
= 2 . π . N
1/0
60
On a donc : ||
→
→→
→
V
B∈
∈∈
∈1/0
|| = 2 . π
ππ
π . N
1/0
60 . [AB] = 2 . π
ππ
π x 3 000
60 x 20 = 6 280 mm.s
-1
= 6,28 m.s
-1
4.2- D’après la loi de composition des vitesses on a :
→
→→
→
V
B∈
∈∈
∈2/0
=
→
→→
→
V
B∈
∈∈
∈2/1
+
→
→→
→
V
B∈
∈∈
∈1/0
La liaison entre 2 et 1 étant une liaison ponctuelle de normale (B,
→
X ) on a :
→
V
B∈2/1
//
→
Y
La liaison entre 2 et 0 étant une liaison pivot glissant d’axe (C,
→
X ) on a :
→
V
B∈2/0
//
→
X
A partir de
→
V
B∈1/0
et par construction graphique (voir ci-dessous) on peut tracer
→
V
B∈2/0
et
→
V
B∈2/1
.
Par mesure sur le schéma on en déduit la vitesse d’ouverture de la soupape : ||
→
→→
→
V
B∈
∈∈
∈2/0
|| = 2,2 m.s
-1
4.3- La liaison entre 2 et 1 étant une liaison ponctuelle de normale (B,
→
X ), la vitesse de glissement
entre la came 1 et le poussoir 2 est le vecteur :
→
V
B∈2/1
.
Par mesure sur le schéma on en déduit cette vitesse de glissement : ||
→
→→
→
V
B∈
∈∈
∈2/1
|| = 5,9 m.s
-1