Guide Du Calcul en Mécanique 02

101 DEUXIÈME EXEMPLE:

SOLUTION:

Ledispositif anti-dérapant ci-dessous' estcomposé desixbrastirés radialement defaçonconcentrique parunmécanisme contenu dans le boitiercentral9. Lorsque le bras3, parexemple, passeà la verticale, le pneus'écrase, le brascoulissedansunerainurede guidagedu boitier9 et la forcedeserrages'annulle.Ledispositif donc centréet équilibréau cours de la rotation delaroue.

1° Isoler3 àl'équilibre strict. 2° Recenserles actionsmécaniquesexlérieures: -118;11

~

(

\

89/3

SI B9/3J =

â

(

}

S

= -IIB9d!cos l' S 0

Ondonne:h= 140,,u=tanf(J=0,4enBetCde3 sur9.

d C9/3) =c( C~3

Recherchergraphiquementlacondition denonarc-boutement entre3 et9 ettrouverlavaleurde l' donnant lapositionlimite

A(A6/3)=

}

=

+ IIG;II cos f(J

0

c

parrapport à (0,x) delaforcede A; ducrampon 6 sur3.

0 0 0 1(x.y,z)

-IIG;IIsinf(J 0

~

A(

sinf(J

~

0

~~~ 0 1(x,y, z)

}

,ç\ = +IIÇII.X 0

i

0

A(

~~~

(x,y,z )

3°Écrireleprincipefondamental delastatique:

HYPolhèses : s{B9d + s{ C9/3}+ S{A6/3} = {O},

. Lepoidsdesbraset descrampons est négligeable devant

4° Résoudre graphiquement:

laforcedeserrageIlFil = 220N.

Les~èm~estenéquilibre sousl'actiondetroisglisseurs coplanaires":

.

Il existe un plan de symétrie ( 0, x,

Y) dans

. !fI =a Ç::} lestroisrésultantes sontconcourantes en/,

le plan médian des

. S= Ô

braspourleseffortset la géométrie.

.

A;

Sousl'actiondelaforce

le brasremonte,bascule,etvient

Lesconstructionssontexpliquées ci-dessous,

encontactponctuelenB et Csur9. DISPOSITIF ANTI-DÉRAPANT

ledynamique estfermé,

Ç::}

Ontrouvequesi 1'1< 175,il Ya glissementde3 sur9. ÉQUILIBRE DE 3 ISOLÉ

(POUR NEIGE) 1

t1 < t: pas de possibilité de point de concours, équilibre impossible (glissement 3/9)

Arc-boutement

---

~

8",~

t1> t:

MÉTHODE DE CONSTRUCTION ET DE RECHERCHE 1° Prolonger lessupports connus(e;;, S;;;)jusqu'à leurpOint de concours 1.Hachurer leszonesdanslesquelles peuvent setrouver

~

el

89/3'

C9/3' 89/3, A 6/3 peuvent être concourantes en l'

ag;pourl'équilibre.

tJ

CIL...JJ

~

A6/3

est à gauchede 1: arc-boutemenl. le supportde A6/3 est à droite de 1: l'équilibre de 3 est impos-

sible, il y a glissementde 9 sur 3.

.

Brevetdéposépar l'un desauteurs de l'ouvrage,

** Voirthéorème chapitre42,

1 Q) t:: ~ -0 t::

d

Q)

f

1-

A

U

. Lesupport de .

::J ~ U

Y

2° Traceruneverticalepassantpar 1.Si :

~

t= 175

A 6/3effort de l'axe de fixation du crampon 6 sur le bras 3

a

~ ~

t:: Q)

E

Q) / -

/83/2

107

39 Choix d'une méthode de résolution Il estimportantdeconnaîtrelescaractéristiques d'uneméthode pourfaireunchoixjudicieux.

39.1

MÉTHODE ANALYTIQUE (EXEMPLES) x

Méthode analytique

Ellepermetderésoudredeséquilibresdesystèmes: .

Soumisà des torseursquelconquesdans l'espace

B?

(exemple1 : poutreencastrée). .

Soumisà desglisseursnoncoplanaires

(exemple2: arbredeboîtedevitesses:chapitre41).

.

0

Soumisà desrésultantes dansle planetdesmomentsnon

nuls(exemple 3: montage automatisé: chapitre40).

. Occupantplusieurspositionsdansle planou l'espace

0

(robots)nécessitantun paramétragedes actions. Lescalculssontparfoiscomplexes etlents,maisprécis.

39.2

Méthode graphique

Ellepermetderésoudreleséquilibresdesystèmes: .

x

MÉTHODE GRAPHIQUE (EXEMPLES)

Soumisà desglisseurscoplanaires:contactsponctuels

@

dont les normalessontdansun mêmeplan(voir chapitre37

A

1 1 ---2....

B

commande desoupapes). .

Soumisà des actionsde contactsconcourantesen un

mêmepoint(exemple4: commande degodet:§ 42.2). Soumisàdestorseursdontlesinvariants scalaires sontnuls:

.

(S.;r: " S.~"..."O). Ils sontdoncréductiblesà des

/

Point

1

de concours

2F

\

Tf R1/2* 0

Axe central de {01/2}

résultantes auxpointsappartenant auxaxescentraux (exemple 5). Cetteméthodenécessite: .

#'1/2= 0

destracéssoignés,auxinstruments, à partirdeplansprécis,

Conseil pourla résolution

. deshypothèsessimplificatricesjustifiantla précision

Pour résoudre un problème,

moyenne,maisrapide,delaméthode.

menties

ne pas hésiter à utiliser conjointe-

méthodes analytiques

et graphiques,

en choisissant

à chaque stade celle qui est la mieux adaptée.

39.3

Méthode informatique

MÉTHODE INFORMATIQUE (EXEMPLES)

Ellepermetderésoudredeséquilibresdesystèmes: . soumis à des lorseurs quelconques, complexes, composésdenombreuxsolides(exemple 6: charpentes métal-

@

.

liques,systèmes triangulés), hyperstatiques(exemple7 : poutresurtroisappuis), . occupantdifférentes positionsdansl'espace(presses...). Cetteméthodenécessitela créationde fichiers dessins mémorisantsles donnéesnumériquesde la géométriedes solides(démarche DAO: - CAO **).

. Lorsquelesfichiersdessinsexistent,les calculssont

0

rapideset précis. * DAO. : dessin assistépar ordinateur.

** CAO. : conception assistéepar ordinateur.

A I~I

~~

B ~

c ~

iF;

108

40 Résolution analytique dansle plan Un problème est considéré commeplan si la branche 2,

PROBLÈME PLAN: BRANCHE 2

parexemple, estenéquilibre danslerepère 81g(B,X, YJ sous l'actiond'actions mécaniques dontlesrésultantessontdans le plan de symétrie (P) et les momentséventuels perpendiculairesà (P).

Plan de symétrie (P)

Leprincipe fondamental delastatique appliqué à 2 s'écrit: ~

~

",R=O

B{gT212)= {O}

...

~

,

~

;t!B= 0

(notation §31.5).

La méthode de résolution analytique consiste à :

. projeter Fietl1; dans~Rg:(B, X, y, z):

..

Fi= 0

.

IfB= 0 .

1- à (P)

Enprojectionsur(B,x):

X = 0 (1)

Enprojection sur (B, y):

Y = 0 (2)

: NB= 0 (3)

Parrapportà (B,z)

résoudre le système de 3 équations à 3 inconnues.

EXEMPLE DECALCUL 1: L'arrache moyeu sert à désolidariser la bague 6 montée à la presse

surl'arbre 7. À l'aidedel'écrou4, l'utilisateur règlel'écartement desbranches 2 Hypothèses: liaisons A, B, C réelles avec frottement (voir § 12.6 et § 12.10)

enfonctiondudiamètre delapièce6. Lorsqu'iltournelavis1 en appuisur l'extrémitédel'arbre7, l'écrouà chape3 remonteet entraîne lesdeuxbranches 2 etlabague6,

ISOLEMENT DE L'ARRACHE MOYEU (5)

HYPOTHÈSES:

.

. .

.

Poidsdespiècesnégligédevantleseffortsauxliaisons. Contactsponctuelsparfaitsentre2-4 enA,2-6 en C.

4

Frottement négligéenA, B, C. Il existedeuxplansdesymétrie:(D, x,.h

On donne

15;=

(D, z, Ji)

c;

10000Ji. Calculer

, B512 '

A;

danslapositionA (extrémités Cet C' rapprochées), SOLUTION:

10Isolerl'arrachemoyeu(8)

.

0(°7/1)= 0 {10 0oo 0 }

liaison 6-2 Sphère-plan (C,y)

c(C6/2)=C{:c0 0 }

liaison 6.2 Sphère-plan (C',y)

C'(C6/2)={:è} C' 0 0

Rechercher lessymétries:leplan(D,Ji,z) estunplan

d'où Yc = YI;. desymétrie

.

3

Recenserles actionsmécaniquessur (8). liaison 7-1 Sphère-plan (0, y)

.

={1,2, 3, 4, 5}:

5

Écrirelethéorème delarésultante statique / (0,y) : 2 Yc+ 10000= 0 ; d'où Yc=

-

5000N.

1 2 x

6 7

~-

'

1

-1-1

de C 6/2

30

Supportde 0 Support

.C

7/1

109

2° Isolerunebranche2 :

ISOLEMENTDE 2

. Recenserlesactionsmécaniquessur2, (dansB,X, y, z). liaison 6-2 Sphère-plan (C,y)

/C6/2}= C{-

5OO} 0 0

~

50412

Support de A4/2

0;/

liaison 4-2

liaison 5-2

Sphère-plan (A,n)

Pivot(B,z)

A

~ 1 50°

);

{A4/2]= -liA; Ilsin50' 0 {Bs/2}= YB MB O} BrB ZB LB} 0 ArA;IISin50' 0 0 0 0

. Rechercherlessymétriesetsimplifierlestorseurs:

B5/2 ?

~

Contact A, B, C parfaits (sans frottement f.1= 0)

Leplan(B,X, 1) estunplandesymétrie;letorseurB{B5/2) sesimplifie:ZB= 0 ; LB= MB= 0 (voirchapitre 8). XB 0 {B512} = YB 0 B .( 0 0

C

.

Notations: B{C6/2}selit: torseurassociéauxactionsmécaniques de6 sur2 dela liaisonC,expriméaupointderéductionB.

. Rechercherl'ordred'hyperstatisme :

}

Nombred'inconnues:ns= 3 (IIA4/211. XB' YB) Nombred'équations:n = 3 (problème plan)

h=n

Changementdu point de réductiond'untorseur

-no

s

~

ciC6/2}

-

Écrirele principefondamentalde la statique:

Le pointB estchoisicommepointde réductioncarc'est

~

. Écrirelethéorème delarésultante statique:

IlA4/2Ilcos50°+ XB = 0 -5000 - IlA; Ilsin50°+ YB=

0

Be x C6/2+ 8Â x A4/2+ Ô = Ô

.

0

2

-11~II,coS500

(1)

-

(2)

BCxC6/2:

~

(II) 0

-

\ x 1- 50000 0 1u51: 0 ) .~ 20~0 ]-' -100~000 1

(

-105-IIA4/211.sin500x 2+11A;II.cos500x37= 0 (3) . 105 ~

~~O

~

L20Loo): 2

BAx A;

XB= 2 890N

Ila;Il= yi X§+ d:

* x est le signe du produit vectoriel.

Il

-

: 137 x -

0

IlA4/211. cos50°

IlA; Il.sin50° 0

0

BAx ,LÇ 1

~

-

IIB5/211=Y2888,72+8442,62; IIB5/211=8920N.

1

~

Demême:

- 5000-4494xsin 50°+ YB=0; YB= 8440 N (2)devient: Calculer

'

.

BCX C6/2:

~

IIA4/2II= 4 490N

- 4494x cos50°+ XB= 0; (1)devient:

~

C6/2 )

Bèx~:

( -10~ ) x ( -500~ ) + (3~) x -IIA4/2~I.sin50° = ( ~) )

De(3)ontire: IlA4/2 Il= 22,251

~

BCx

~

. Écrirelethéorèmedumomentstatique: 20

~

B{ ;t!C6/2 +

Ici: ;t!C6/2= 0 (liaisonsphère-plan parfaite), il suffitdecalculer (1)

0-

~

-

B{ C6/2} -

en B qu'il yale plus d'inconnues.

A; + a;= Ô

(casgénéral)

~

C{ 1'1C6/2)

Relationfondamentale (voirchapitre76).

B{C6/2}+ B{A4/2}+ B{B512}= {O} .

C6/;+

C612

-

h = 3 - 3 ;problème isostatique doncrésolvable. .

=- 5000 Y

C6/2

]

x

0

~

Il A4/211.sin 50° x 2 + Il A4/211.cos 50° x 37

110

41 Résolution analytique dans l'espace Unproblème estconsidéré comme spatialsi lesolide1, par exemple, estenéquilibre danslerepère ~j(g(A,x,Y'z) sous l'actionderésultantesnoncoplanairesetde moments quelconques.

PROBLÈME SPATIAL Résultantes A2/1' 82/1' C2/1' °5/1

quelconques

Lethéorèmefondamental delastatiqueappliquéeà 1 s'écrit:

{O} .If

A{5';1111)=

R~ = ~ notation §31.5).

""';/fA111=O

La méthodede résolutionanalytiqueconsisteà :

#B2/1

. Projeter Ii et;t?;;dans ~gR:(A,x, y, z) : 8

R 111=

Ô

j

8 8

;/fA1/; = Ô

!

en projectionsur (A, x): X =0

(1)

enprojectionsur (A, E): y = 0 (2) en projectionsur (A, z): Z = 0 (3)

8

en projection sur (A, x):

LA = 0

8

en projectionsur (A, E): MA= 0 (5)

z

(4)

Moments

enprojectionsur(A, Z): NA= 0 (6) . Résoudre lesystème de6 équations à 6 inconnues.

41.1

8

Calculd'un arbre secondaire

#A2/1' #82/1

quelconques #A2/1

représentée ci-dessous.Lecouplemoteurs'exercesur l'arbre d'entrée3. Il est transmis à l'arbre intermédiaire1 par le

lespignons4, 5, 6 enliaisonpivotavecl'arbre7. L'utilisateur peut déplacer, àl'aidedesfourchettes 12ou13, lesbagues 10 ou11.Ces bagues, enliaisonglissièreavec7 grâceà descannelures, peuvent êtreliéesenrotation auxpignons 4, 5, ou6 parlescrabots** C3,C4,

pignonP3enpriseavecP1. L'arbre1 entraîneenpermanence

C5ouC6selonlerapportdevitessechoisiparl'utilisateur.

Uneboîtedevitesses d'automobile au« pointmort" est

BOITE DE VITESSES ***

P3 C3 11 12 C6

C5 10 13

-,

C4

7 Arbre de sortie

3 Arbre d'entrée 8 1 Arbre intermédiaire Jeu pour dilatation * (évite les contraintes axiales parasites sur les roulements)

* Voirchapitre69, Contraintes thermiques.

4

P1

** Crabots: fines dentures.

*** D'aprèsdocumentSKF.

9

111

41.2 Exemple de calcul Lafigure1 représente le schémacinématiquede la boîtede

5

1''

~

~

~

TSI1+ G611+ H2/1= 0 .

a H2/1

1

Construire lebipoint0:1 telqueIl0,111 = Il TS/111 = 5000daN, ~par lespoints0et1lesparallèles auxsupports deG6/1et Hw. 5° Mesurer 1,2et2,0etdonnerunrésultat chiffré(échelle).

d~ 3~upports

REMARQUE:

(M{=O)

Lorsquelessupportsdesrésultantes sontparallèles,appliquer la méthodedudynamique etfuniculaire(chapitre44).

x y) .

* Comptetenudu plandesymétrie(G,

Dynamique

Point de concours

-

Echelle des forces:

fermé

(5 = Q)

IIG6/111 = 9 400 daN IIH2/111 = 9 000 daN 5mm f---I

S 1 000 N

116

43 Quatre glisseurs coplanaires Lorsqu'unsolide1 estenéquilibresousl'actiondequatreglis-

SOLIDE 1 ISOLÉ

seurscoplanaires dont: .

Lesquatressupportsdesrésultantes sontconnus.

.

L'intensitéd'unerésultanteestconnue.

Onpeutappliquer laméthodedeCulmann.

43.1 .

Méthode de Culmann

Regrouper les résultantes deuxà deux,enchoisissantdes

couplesqui donnentdespointsd'intersection deleurssupports dansleslimitesdelafigure.

A;+p+B;+c; -- ~..--

.

~

R;

=0; R;+R;=0

. P connu

R;

R1 passeparle pointM, intersectionde

.

A; et P

R2passeparle pointN,intersectionde S;;; .

0

\ \

et C;;; .

~etR;directement opposées*, leursupport passe parMetN

~

(droitedeCulmann). .

30 = C2I1

EXEMPLE DE CALCUL: MONTAGE D'USINAGE

FONCTIONNEMENT:

L'étudeportesur la phasedeserrage.Lorsquel'huile arrivesous pressionenX, les deuxtiges6 du vérins'écartent. Parl'intermédiaire des biellettes4, les tiges 3 descendent,entraînantles brides2 qui serrentlespièces1 enEet E'.

ON DONNE:

30007\ { L'action de2/3: F { F 2/3 } = FOY l' . L'actionde4/3,réductible enJ a unglisseur dirigéselonKJ (isolement de4). . Lesactionsde0/3, réductibles à desglisseurs en GetH Àl'équilibre strict:

.

0

\

\

G

0

0

}

Avec: ,LL= tan qJ= 0,1 aux contacts G et H.

ONDEMANDE: DedéterminerlesactionsJ;, * Voir§ 421.

\

+ IIHodcosqJ 0

H(Ho/3)=+ IIHodsin qJ O

GO;;, , H;.

H(

0

82/1'

0

}

C2/1

connus Déterminer A2/1'

12 = A2I1 23 = 8211

B; + C;;; = 71; (71; portéparladroitedeCulmann).

{-IIGodcosqJ

.

P

torielle A;, P, 8;, c; estnulleetsachant que: A; + P= R; (R;portéparladroitedeCulmann),

dGo!3)=+ IIGodsin qJ O

'p

8211' C2I1

DYNAMIQUE: S = 0 01 =

Construire ledynamique fermétraduisantquelasommevec-

43.2

3

\

Lesolide1 estenéquilibresousl'actiondedeuxrésultantes

Supports de A2/1'

}02 }20

= Ri

= R2

117 HYPOTHÈSES:

. . .

Lesystèmeprésenteunplandesymétrie(J,X,Ji) pourla

ÉQUILIBRE STRICT DE 3

géométrieet lesrésultantes (plandelafeuille). Lespoidspropresdesdifférentssolidessontnégligés.

.

F2/3

Lesarticulationssontparfaitesetsansfrottement. LesbaguesenH' et G'sontparfaitement alignées.

F

ISOLERLESOLlOE3 :

liaisons 2-3 pivot:

f

centreF axe (F,Z)

4-3pivot: centre J

axe(J,Z)

\

f 3000 Y\

Fb/31;\

cylindre

"."

1q }déterminé entièrement

J

ô

IJ '- (XJY JI 4/3r\ J 0J

0-3sphèrecentreH' axe (G,;)

Bilan inconnues

{9'} simplifiés*

.. .

:)

(-IIallcos q> 0

Intensité: ?

\

G Ilailsin 0 q> Of O G(GO/3)=\

0-3sphèrecylindre centreH'

(

GO/3

qJ

Supporl selonJK Sens:?

.

Supporl : sur le

cône

lI::>

..

1

' Sens:t-

G

qJ

H

Intensité: ? Support: sur le

.. Intensité: ?

:

MÉTHOOE OE RÈSOLUTION (CULMANN)

x

F;;,surlatige,

10 Choisir uneéchelle desforces. Tracer

([1F;II =3000N)et01=F; surledynamique. 20

F; ~

30Construire l'intersection Mdessupports et l'intersection Ndessupports fi; etJ;;. 40Tracerlesupportde

/

et DYNAMIQUE

R;etR;passantparMet N,

R;= F;;,+G;etR;=fi;+J;; 50

J4/3

Tracer lessupports de G;, fi; etJ;;.

(droitedeCulmann)

Continuerlaconstruction dudynamique. Parlepoint1,mener

uneparallèle ausupportdeG;. Parlepoint0,traceruneparal-

Direction de

2~

lèleausupportde7!;etR2.L'intersection decesdeuxdroitesdonne lepoint2 telque:

12= ~

et

02= ~ (R; = F;;, + G;).

Cettedroitecoupeladroiteparallèleà

12,23, 3D,multiplier par

l'échelle,donnerunrésultatchiffré. * Comptetenu du plan de symétrie ( J,x';)

a

3

fi; passant paroenun

point3telque:23 = y;;; et3D= fi;. 80 Mesurer leslongueurs de

\

4

--->

70 Parlepoint2,tracerunedroiteparallèleausupportde J4/3.

: 30 mm 9 3 000 N

\

60 Parlepoint0,tracerunedroiteparallèle ausupportde fi; (Dynamique fermé:extrémité de34confondue avecO.)

~orces

R1 et R2

.

Ilml = IlGo/311= 2 150 N ; 113411 = IlHO/3 11= 4250 N 112311 = IIJ4/311 = 4150 N ; 110111 = IlF2/311 = 3000 N

118

44 Dynamique et funiculaire

DYNAMIQUE ET FUNICULAIRE A

Solide 1

E B

44.1 Réduction de N glisseurs coplanaires à un glisseur . Lesolide 1 est chargépar Irois glisseurs connus: ~

A {A

.

2J1 } = A

\

\

Ô

I~\

,IA;\

IR;;;

1; B { 83/1/

= B

\ Ô 1; c{ C 4/1 } = c \

' E' IR\ Il l GI Isseur resuan: E' ,= E\Ô1= '

R

1er rayon du -.........

R;;;+A; +~\

{

.

1'

Ô l'

Ô

l'

funiculaire

. Construirecettesommevectorielleen traçantle polygonenommédynamiqueà partir dupointO. 0estl'originede R;;;, 1estl'originede R;, 2estl'originede ~, 0estl'originede R ,

1estsonextrémité;61= R;;;. 2estsonextrémité;12= A;. 3estsonextrémité;23= R;;;. 3estsonextrémité;63= R.

R;;;+ R;~+ ~

=R,

d'où: 01+ 12+ 23= 63. . Choisirun pointarbitraire Pappelépôledu dynamique.Tracerles rayonspolairesPO,P1,P2,P3.

À partirdupointA arbitraire,construireun1errayon0 parallèle à POqui coupelesupportde R;;; ena. À partirdupointa, construireun2erayonl' parallèleà P 1 qui coupelesupportde

A; en{3.

Polygone funiculaire

0

Polygone dynamique 2

Lorsque le 1errayonPOet le dernierrayonP3 nesontpas confondus, le dynamiqueest dit ouvert.

. Construirelepolygonefuniculairerelatifà P.

- -

3

Pôle du dynamique (arbitraire)

DIFFÉRENTES

POSSIBILITÉS

Cas

Réductiondusystème 7

Dynamiqueouvert Funiculaireouvert

~

->

R'" 0 ; ;If0 = 0 : système réductible à une résultante.

À partirdupoint{3,construireun3erayon2' parallèleà P2 qui coupelesupportde

~

eny

À partirdupointy construireun4erayon3' parallèleà P3.

Funiculaireouvert

LalignebriséeAa, a{3,jJy, y8 estlefuniculaire. Lorsquele1errayonAaet lederniery8ne sontpasconfondus,

(D'a Il à Y 3')

lefuniculaire estditouvert. Ondémontre quelesupportdelarésultante Fi passeparlepoint d'intersection du1errayonAaet duderniery8. RÈGLE:

Dynamiquefermé

Larésultante d'unsystème Nglisseurscoplanaires estdéterminée:

(0 confonduavec3)

.

2

Endirection,sensetintensitéparlebipointon quijointl'ori-

Fi =0; jfo ~ 0: système réductible à un couple

gine0 du1ef bipointà l'extrémité ndunième bipointdupolygonedynamique.

. Parunpointdesonsupport situéà l'intersection du 1errayonet du(n+1)ièmerayondu polygonefuniculaire.

-7

Dynamiquefermé Funiculairefermé

7

->

7

R= 0 ; ;If = 0: système en équilibre. (Voir pagesuivante.)

119

44.2 Conditions d'équilibre

graphiques

ÉQUILIBRE DU SOLIDE 1 ISOLÉ 3

3'

2

1

Lorsqu'unsystèmematériel(5) estenéquilibresousl'actionde Nglisseursà résultantes coplanaires, leprincipefondamental de la statiqueentraîneque:

. la résultante statiqueestnulle: R(si ;)

~

a q

Dynamiquefermé;

. lemom~tiq~e enunpointestnul: ftfa(

SI S)

0 q Funiculairefermé.

~

, 1

~

EXEMPLE: Lacommande desoupapeestprésentée § 37.2.Danscetteder-

Funiculaire fermé (AO' et A3' confondus)

nière,le linguet2, articuléenBparrapportaucarter0, estsou-

A;

misà uneffort

0

exercéparl'arbreà came1. Ceteffortpro-

3

f3

i

f

1

1'

-

Support de

..

B2/1

voquela rotationde2 autourdeB,cequientraîneuneactionsur la biellette3 articuléeen Cparrapportà 2. Ceteffortesttrans-

misauculbuteur 4.

j

Ondonne:IlC;;; Il 1120N; ~

C;;; dirigéselonDG.

,.ç

Ondemandededéterminer et8;.

p

HYPOTHÈSES:

.

Lesystèmeprésenteun plandesymétrie(A,X,J) pourla LlNGUET 2 ISOLÉ

géométrieet lesrésultantes (plandelafeuille). .

Les poids propresdes différentssolides sont négligés

devantl'intensitédesactionsmécaniques auxliaisons.

S

.

Support de A1/2

Lescontactssontparfaits:sansjeuetsansfrottement.

y

Support de C3/2

., Plan tangent 1/2

x

ISOLER LE LlNGUET 2 :

.

Recenserles actionsmécaniques

Naturedes liaisons

3-2rotule centreC

{.57} simplifiés*

c (C311}=c{11OX} 0

IC3/1}entièrement déterminé

(A } !-IIA1;;II.x\ A 1(2 =A 0

\

7

Support:normal auplantangent (selon(A,x)) Sens:

.,

Gactionsa gauche/!

G

Leprincipefondamental delastatiqueappliquéà ( l ) s'écrit:

Lesolide 2 est modélisécommeunepoutrerectilignecar:

G{Actionsex!. à gauche/!}+G{CohrIlI}={O}.

. salongueur t est importantepar rapportà sa hauteurh; . salignemoyenne estrectiligne.

G{Cohrl/l}= -,>

Ce n'est pas un solide idéal car sa section (S) présentedes

{7!}=- G{Actions ex!. à gauche/d

variations brusques(alésage,évidement).

G ;1(G

~

->

->

d'où: R=- R actionsà gaoche/I; ;1(G=-;1(G actionsà gauche/I

0

PARTIE GAUCHE (1)ISOLÉE

y.+.

Cetterelationpermetdecalculerlesélémentsderéduction dutorseurde cohésionà partirdesactionsmécaniquesextérieuresà gauche(connuesparla statique).

Y

10 oSXoS!1 ---

F

EXEMPLE:

.

---

Coupure réalisée entre0etF: ( 0oSX oSfi 2) :

---

z

Partie (1) isolée (lig. 2)

f

t f

C --112 G{ ohII/I}- G\GEx-ll2f

112

Section (S)

\

G\GExll2f

46.42 Actions mécaniques «à droite»

0

PARTIE GAUCHE (1)ISOLÉE x

y+

Lorsqu'ily amoinsdeforcesà droitedelasection(5), il est plussimpled'isolerlapartiedroite(II). G{Actionsex!.à droite/II} + G{Cohr/II}

=

~

~

R=+ Rfurces ex!.à druite/ II;

.

{O}.

-

z

\COhII/r}

=

f \

-

--7

G

8) PARTIE DROITE (II) ISOLÉE

GE' ~

\ f

YA~o_n

112 x - F12 ~

~

0

Partie(1)isolée: deuxforces- F12: F : (fig.3)

f {COhII/r} =

-

mecanlques de (II)I (1)

;1( G= +;1( G actiuns ex!.à droite/II

I!oSx~t

(II) isolée: uneseuleforce- F12: (fig.4) 1

x

G J AC,tion~

~

Coupure réalisée entreFetE'( fi 2~ oSx oSf) .

Partie

~l2 If---oSx~tl (II)

- G{Cohr/Il} =+ G{CohIl/d= +G{Actions ex!. à droite/Il} -,>

x

-

~2+1 ~

~

\

G\GE x(-FI2)+GFxF f

z

1

_(SI"--

Actions mécaniques de (1)/(II) (1)

~

Y13 -;1(G

n

x

125 REMARQUE:

DISCONTINUITÉSET COUPURES

Letorseurdesactionsmécaniques à gauchede(5) (ouàdroite) estmodifiélorsque(5) sedéplacele longdela poutre: .

Si unediscontinuitéd'ordregéométrique (changement de

directionde la lignemoyenne)apparaît(exemple:poutreen équerre). .

0 discontinuité

:11:1:

entreAetD,1 coupure

Si une discontinuitéliée à une force nouvelle(ou un

moment)apparaît. RÈGLE: Effectuerun nombrede coupures(ne) égal au

1 discontinuité

AB

entreJIetD,2 coupures

nombredediscontinuités(nd) (géométriqueoud'action mécanique)plus un.

1

ne = nd + 1

AB

C

EXEMPLE DECALCUL:

Unebride2, modélisée commeunepoutre(voirfig. 1 § 4651), estappliquéeversle bas,auserrage,parunetige3 qui exerce un effort

F;

= -

3000

Y(enN) (voir§ 43.2).Elleserredeux

piècesparl'intermédiaire dedeuxliaisonssphère-plan telles que: = f";2 = 1 500 y. Labride2 possède unplande symétrie (0,X,y) pourlagéométrie etlesforces.

E;

10Déterminer l'expression desfonctions N(x); T(x),;Ift(x) ; ;Iff(x) ; lelongdelapoutre. 20Tracer lesdiagrammes représentatifs decesfonctions. SOLUTION:

f--->\

1

\ FPièce/2f

\

= -

- G1

G1 G1

d'où:R=-EP/2

3

0

2discontinuités entre.AetD,3cnupures

:B

COUPURES DANS LA POUTRE 2

y 1500 y 0 E

Partie (1) F G1 ? x

1recoupure

x

a ~ x ~ 24 24

y

10Étudedesfonctions:1recoupureentre0 et F: 0 ~ x ~ 24: partie(1)isolée.

{CohII/! }=

2

E;;;

è>

è>

\

E

E x EP/2

;If; = 1 500 .x.Z

~=-(-11E;211.x.z)

-

24

1

2e coupure

- 3 000; x

11=-1500Y (enN)

;

x

G2 ?

1 500 ;10

DIAGRAMME

DE L'EFFORT

TRANCHANT

Soit:Ty=-1500N et ;Iff G1z=1500x(N. mm) Si:x=0,;lffG1z= 0 ; six=24,;lffG1z= 1500x 24=36000N. mm.

Tyt (N) 0

mTfTl1

500

(mm)

20 Coupure entre F et 0': 24~ x ~ 48 : partie(1)isolée. 1

\ Coh u/!

}=-

1

E;;;+F;

è>

\

->

62 G2E x

EP/2

d'oÙ:R=-(E;+F;); ~=-

[-IIE;II.

è>

---7

\

+ G2F x F3/21

R=+1500y(enN)

x +

Il~II

(X-24)]

x

-1 500 DIAGRAMME ;lffGz

DU MOMENT

DE FLEXION

. (N.mm)

36000L - - - --

Z

d'où:#;2= (-1 500x+ 3000x 24) Z Soit:Ty=1500N;

et

x

;IffGz= -1 500x+ 72000

Pour:x=24,;lffGz =36000N.mm; x=48,;lffGz =0.

a

24

48

(mm)

126

46.5

IDENTIFICATION

DES SOLLICITATIONS

Méthode

Exemple

est connue.

Bï/l

10Résoudrele problèmedestatiqueou dynamique: .

. Aï/l est à déterminer.

Hypothèses: solidesindéformables, actionsmécaniques modélisées par

glisseursoutorseurs. .

-

Isoler le solide1 etcalculerlesactionsextérieures inconnues.

. Appliquer le principefondamental delastatique(§

ou de la dyna-

31.5)

~ -

-

Aï/l?

mique(§ 56.4, § 579).

-~~O~.~

A

B

x

~ .Aï/l + 400.x = 0 Aï/l = - 400. (en N).

x

Les actions A111et Bill sont connues, modélisées par deux pointeurs.

20Résoudrele problèmede résistancedesmatériaux:

. (Coh IV!)est à déterminer.

. Hypothèses: matière homogène etisotrope (§ 45.1) poutrerectiligne

~ Y

(§ 45.2),actionsmécaniques modélisées pardespointeurs(§ 45.3), appliquées progressivement, variationlente(sinonfatigue).

.

Réaliseruneouplusieurs coupures. Isolerlapartie(1)oupartiegauche. extérieures àgauche!I). Calculer {Coh11/1)= - (actions

A1J1

( Coh

Réaliserautantdecoupuresquedediscontinuitésplusune(§46.42).

(I)

(II)

-r=-- x

G~~

X

II/I)

= - (G\

40~

0

.x\ = 400. x\ j G\ 0 j {

. Identifierlasollicitation enrecherchant dansletableau ci-dessous lecas

. N = 400 . x ;

correspondant au{Coh11/1) calculé.

N * 6; T =ii =m =-0

1 est soumis à de la traction simple. Contraintes

Sollicitations - Efforts Traction simple (Chapitre48)

(1) (S)

y

y

(CohII/I)= fN\

1

-A

G\Ô J

!B-

~ ~

Aï/1

Déformation

Torseur de cohésion

A

Bï/1

B

x

-

x Compressionsimple (Chapitre49)*

r---

N*O Ty = 0 ; Tz = 0

;tft=0 1

AIG

L1B Aï/l

Bï/l

;tffGy= 0; ;tffGz= 0

.

U(M)

: contraintes normales

à (S)**.

. Répartition uniforme dans (S). 1 est soumis à l'action de deux résultantes directement opposées. *

Attention au risque de flambage (§ 565)

. Traction ulM)

> O.

. Compression UlM)< O. ** Voir

définition§ 467.

. Traction: L

(CohII/Ii -

J Alil \ G\

°

J

allongement /:1(> O. . Compression: raccourcissement /:1« O.

127 Contraintes

Soilicitalions - Efforts

Défo(mation

. Parfaite:

Cisaillement simple (chapitre 50)

(1)

(S) \

.Y+

(II)

1

_!T\

(Coh II/! J - G\ 0 1

AI'IMl G

x

N=O Tyi=O;Tz=O

z

. Réelle:

;fit = 0

------

;fIfGy= 0; ;fIfGz= 0 A1/1

1 est soumis à l'action de deux résultantes directement opposées perpendiculaires à la ligne moyenne LM.

. T(M): contraintes tangentielles à (S)*. . Répartition uniforme dans (S).

\

-

(COhII/1/

-

j AJ1\ 0

G\

1

(;lffGz cF 0)

Torsion simple (chapitre 51)

y

~

10\ (Coh II/!) =

1

G\/itf A

x

x

-~

(S)

N=O

A'

Ty=O;Tz=O ;fit i= 0

1 1

;fIfGy=0; ;fIfGz=0

1.."

A1/1 = - 81/1 1 est soumis à l'action de deux couples directement opposés, dirigés selon la ligne moyenne LM.

. T(M): contraintes tangentielles à (S)*. . Répartition proportionnelle à la distance à G.

Flexion simple (chapitre 52)

(1)

~

(CahII/!

'- 1-

{

~

G k;/1.d.x

y \

Ai/1

-

(CohII/II

x

-

f

fIJ

rapport à (So)' 1

l'la l'lI

= e (rad/m).

A 1/1

G\;fIf 1

J

Rotation l'la de (S) par

\

0

LV

81/1

N=O Ty i= 0 ; Tz= 0

;fit = 0 x

C1/1

1 est soumis à l'action de résultantes perpendiculaires à AB dans le plan de symétrie (P). * Voir définition

§ 46.7.

** Ty"* a ; ;l!fGz"*

IJ'(M)

. IJ'(M): contraintes normales à (S)*.

. Répartition proportionnelleà la distance à (G,Z).

a Cette sollicitation

;fIfGy= 0; ;fIfGz i= 0**

le h \

f

A

111

\ 0 IIIIi = - \

~ G\ -A1/1'X.Z

(entre A et C)

est considérée comme de la flexion simple.

\ f

C1/1

Yc

Courbure des fibres. Déformée : ~ CC' = Yc Flèche en C.

128

46.6

Relation entre T et ;11f

CDCORRESPONDANCE

Dansuntronçondepoutrerectiligne,sur lequelil n'ya pasde

if.

chargeconcentréeappliquée,l'effort tranchantest égal, au

A

signeprès,à la dérivéedu momentdeflexionparrapporfà la

1111J

Ty ET MfGz

p (N/m)

x B

variable: x. - dlt/Gz. - dit/GY Ty--- dx , Tz-- dx

46.7

x

=2 700 pour x = 1,5. C'est la pente (au signe près)de la tangente à ;!ffGz 1,5 ?C

Vecteur contrainte

T'y

n: normaleà (S) exté-

(S) : sectionquelconque, orientéepar

0

rieureà la matièredelapartie(1). il!:

.

27°:1~1'5

T'y= 0 en 0 ~ Tangente horizontale pour ;!ffGz

forceélémentaire exercée parla partie(II) surlapartie(1),

aupointMappartenant à (5) (fig.2).

0

ilS: élémentdesurfaceentourantle pointM. PAR DÉFINITION:

FORCES DANS UNE SECTION Section (5)

~

4( ""

Levecteur contrainte C(M).naupointM,relatifà lasurface n,estégalàlalimite élémentaire ilS, orientée parsanormale duquotient deil! parilS lorsque ilStendverszéro(fig.3). lim

~

C(M),n

Il

=45--->0

Û

n

Force élémentaire de (II)/(I)

(II)

dl

~

-

~

Ildlll

45; C(MJ,Ti = d5; C(M),Ti= liS II

1

1

Il

0

VECTEUR CONTRAINTE C(M),n n

C(MJ,; : norme duvecteur contrainte, enpascal (Pa)*.

Enrésistancedesmatériaux, on utilisele mégapascal (MPa): 1 MPa= 106Pa= 1 N/mm2= 10bars.

. F

-F CONTRAINTE NORMALE - CONTRAINTE TANGENTIELLE:

.

LacontraintenormaleUM estlaprojectiondeC(M),nsurla

normale extérieure n

(fig.4).

. LacontraintetangentielleTMestlaprojectiondeC(MJ,;

Section oblique (Scp) Section droite (5)

sur le plandela surfaceilS(fig. 4).

C(M),i= liM + TM

C(MJ,n = liM.n + TM]

0

COMPOSANTES DU VECTEUR CONTRAINTE

f

n : vecteurunitairenormalà lasurfaceilS. T (TM:

:vecteur unitairedansleplandeilS, selonladirectiondeTM.

(I)

coordonnée normaledelacontrainteC(MJ,n**.

C(M);1

TM: coordonnée tangentielledelacontrainteC(MJ,7**. REMARQUE:

Unecontrainte C(M), Tiestditeprincipalelorsquesa directionestnormaleauplandelasection(ilS).

normale

Contraintes

~

Danscecas:TM = Ô et C(MJ,n= UM .

.

1 Pa = 1 N/m2.

..

Dansce qui suit, seulecettedéfinition algébriquedes contraintesserautilisée.

a;.n

tangentielle: T;;. T

129

47 Matage

EXEMPLES DE MATAGE Avant

1

Après

On constate souvent sur des organes de machines des déformations

locales:

écrasement latéral des clavettes, gonflement

des extrémités d'arbres soumis à des charges importantes, ovalisation des paliers...

47.1

Définition

Unsolide1 est sollicité aumatagepar unsolide2 si la pression superficielle sur la surface de liaison 1-2 entraîneunedéformationpermanentedecelle dernière. PRESSION EN UN POINT M REMARQUE:

Lesdéformations étantlocales,il fauttenir compte,dansles calculs,delarépartitiondespressionsappliquées (voirprincipe deSaintVenant§ 45.4).

47.2

Pression de matage

Lapression dematage enunpointestlequotient delaforce

Il N; Il

élémentairenormaleappliquée d parlasurface élémentaire: ds. Cettepression doitresterinférieure àlapression

-

N2/111.

ds

'

PRESSION CONSTANTE SUR UNE SURFACE PLANE Surface soumise au matage: S = L. t

admissiblePadm(valeurs§ 47.24). P J~

Force norrn~le Surface élémentaire

conditionde nonmatage' P < P

.

adm

47.21 Pression de matage uniforme Lapression dematage Poestégaleauquotientde laforce appliquée parl'airedelasurface decontact projetée surunplan

IIF2/111 Po =

perpendiculaire à cetteforce(voirvaleursdansle tableau

Po < Padm

ci-dessous). Surface

LT

Couronne plane

Demj-sphère

Actions mécaniques

F2/1

Pression de matage

IIF2/111 Po= n{Rl-R12)

* Voir exemplede calcul d'un coussinetdans G.D. § 39.11.

IIF2/111

Po = D. t ** Danscecas, on parle de pression diamétrale.

IIF2/111

Po= n. R2

130

47 .22 Pression de matage variable Lorsque la pression dematage varie,il fautconnaître lafonction considéré.Oncalculealorslavaleurdela pressionmaximale:Pmax mathématique donnant savariation enfonction del'abscisse dupoint etonvérifielaconditiondenon-matage:Pmax < Padm'

47 .221

RÉPARTITION

Liaisons

LINÉAIRE DES PRESSIONS DE MATAGE

Glissière d'axe(o,x)*

Appui-plan denormale(O,y)

1

Actions mécaniques

0"2 x

-

Répartition des dN(x) F2/1

Pressionmaximale Pmax=

47.222

RÉPARTITION

Liaisons

6 11#02/1 Il b. é'2 SINUSOÏDALE

Pmax= IIF2/111 [1 + 6 (%+7) L.t

] (en P,)

DES PRESSIONS DE MATAGE**

Pivot, pivot glissantd'axe (0.1) *

1

F2/1

Rotulede centre0*

1

2

y

y

F2/1 '~ X

x Répartitiondes ~ dN((I)

D

x dN(e) est: - max en C - nulle en A et B

1

"2~ 4

Pressionmaximale

Pmax= Ji:'

. Hypothèse:

liaison sans jeu,

**

Répartition de

dN(ëjdans (O,x,7)

Hypothèsede calcul.

IIF2/111

D.t

p

= ~.

max

2

.

IIF2/111

7r R2

131

47. 23 Pressions

entre contacts

1° ri: le rayondecourburerelative:

linéaires ou ponctuels

" = 1'1-+ 1-. '2 ~

1

r1 r2

Pouruneliaisonpivotou rotule,parexemple,onconstatedans la

pratiqueuneaugmentation dela pressionmaximale. En fait,lecontact surfacique setransforme encontact quasilinéaire ou ponctuel sousl'influence desdéfauts deforme(circularité, cylindricité...)etdujeuexistant dansl'ajustement. Laliaisondevient uneliaison réelle. Lesformules deHertzrelatives àcescontacts s'appliquent dansle domaine élastique. Pourcescalculs,il fautdéfinirlesgrandeurs ci-contre:

: rayonducylindreoudelasphère1. : rayonducylindreoudelasphère2.

Signe: + pourunetangenceextérieure. Signe: - pourunetangenceintérieure. 2° Lemoduled'élasticitéEpourlecalcul:

~=12 E

1

E1 E2

)

: moduled'élasticitédumatériau1. : moduled'élasticitédu matériau2.

Contact cylindre-cylindre Contact réel

1-+1E1 E2

(

Contact sphère-sphère Contact réel

Répartitionde p

Répartitionde p

2b

2r

Pmax

2r 3 Pmax'" 0,418

r", 1,11

VII Fil. r,. tE

\f!P IIFII.r, E

2 / E Pmax '" 0,388 \/IIF Il.r;

3

~

()

47.24 Valeurs de pressions admissibles Letableauci-dessousdonnelespressionslimitestolérables(ouadmissibles) entredeuxpiècesimmobilesouenmouvement dansdesconditionsd'utilisationdéterminées. Ondoitavoir: P< Padm' Contact entre pièces fixes

Pression admissible (en MPa)

Suracier oufonte sansmatage

80 à 100

Suracier oufonte avecléger matage(ousur béton)

200 à 250

Contactentrefilets (ex. : vis d'assemblage)

15 à 30

Contact entre pièces mobiles

Pression admissible (en MPa)

Contactentrefilets (mobilesen fonctionnement)

2à6

Articulationsen porteà faux

0,5 à 8

Articulationsen chape(oufourchette)

1 à 25

Paliersrigidesavecflexion de l'arbre; acier/fonte

1 à 1,5

Paliersà rotule, aciersur bronzea graissageintermittant

1,5à2,5

Paliersaciertrempé/ bronze.lubrification sur film d'huile

2,5 à 4

Paliersrectifiés de bielles; graissagenormalou sanspression

6à9 ou 9à15

Paliersde moteurs(automobile,aviation); rotulesde coussinets

10 à 25

* Dansle cas d'un contact cylindre/plan ou sphère/plan,l'un des rayonsest infini : 1-~

00

O.

132

Exemples

47.3

LIAISON ARBRE-POULIE

47.31 Calcul d'une clavette

5 JS9/h9

3

Unarbre1 dediamètred = 30mmtourneà 300tr/minettrans-

2

metà unepoulie2 unepuissance P= 1,5kW.Cettepoulie2 est liée en rotationà l'arbre1 par l'intermédiaired'uneclavette parallèle3 deformeB,delongueurt.

1

HYPOTHÈSES:

.

L'ajustement entre1 et2 netransmetaucunmomentautour

de (0, l) . Celuidelaclavette3 dansla rainurede2 estglisEFFORTS SUR LA CLAVETTE

sant(pasdecontraintes liéesaumontage).

.

répartitiondespressionssursonflanclatéralestuniforme. .

Les conditions de fonctionnementsont mauvaises

y

Résultante des

Laclavette 3 estparfaitement parallèle à l'axe(0,z) etla

~s T2/3 ~ contact 2/3 v

(démarrages fréquents,variationsd'effortenfonctionnement).

~R

PROBLÈME:

x

10 Déterminer lesdimensionstransversales a x b delaclavette

Condition à respecter t 0 19,9mm,Nousadoptons:t = 20 mm.

-4

; IIT2I311z3180N.

30 x 10-3

Calculer la pression sur un flanc de la clavette:

Lasurfacedeliaisonclavette/rainure étantplane,et lapression uniformément répartie,onpeutécrire(voir§ 47.21): *1MPa=1N/mm2

r; Il ;p= Ilr; Il ; S

.

-

; #ozz47,7 N .m. 300 x 27/: Calculerla résultantedesactionsdecontactentre2 et 3 :

.

pJ

. Vérifierque ~ 0;

aM>O

y aM

-N

A

-0

z

~-~ x

aM: contrainte normale enM(MPa)*. N :effortnormal(N). S : airedelasection droitesoumise àlatraction (mm2). * 1 MPa = 1

N/mm2.

Répartition uniforme des contraintes

x

135

48.4

Étude des déformations

CD COURBE CARACTÉRISTIQUE DE L'ESSAI

48. 41 Essai de traction

F

Lamachinedetractionpermetd'appliquertrèsprogressivement

0'=

R

et sanschocuneffortdetractionF, afind'étudierles allongements L1 t

.

S0

t

~:

del'éprouvette:

Résistanceà la rupture:Rr

]

C

---------

~

eo MPa)

Porterenordonnée lavaleurdel'effortunitaireR (ou

contraintede tractionŒ) enmégapascal (MPa)*. 0"=

Résistance élastique

L

(exemple: Re :=240 MPa)

So

[

F : effortdetraction(enN),

lACi6rI

~

50 : sectioninitialedel'éprouvette (enmm2).

.

Ex--- t!.1 fa

Porterenabscisse lavaleurdel'allongementunitaireEx: /).1 Ex =

0 Palier de plasticité

fa ]

L1t : allongement del'éprouvette (enmm)(fig.2),

:>1

...

Domaine de déformation élastique Domaine de déformation -

ta

: longueurinitialedel'éprouvette (enmm).

permanente

Lacourbeobtenue(J={(Ex) estappelée:courbedetraction, elleestpratiquement indépendante desdimensionsderéférence del'éprouvette. Ellefait apparaître deuxzones:

Aire de la

. lazone DA: l'éprouvetteaunedéformationélastique. l'allongement unitaire est proportionnelà l'effort appliqué. Dèsque (J est supprimé,l'éprouvettereprendsa longueurinitiale10.

Onrestedanscettezonetantque(J < Reavec Re= Fei 50**.

. De0 àA : if Re: l'éprouvette a unedéformation

.

t=;

De A à C :

F;> if:**

/).ti

plastiqueoupermanente.L'allongement unitairen'estplus proportionnelà l'effortunitaireappliqué.Lorsque(Jestsuppri-

~

-~

mé,l'éprouvette nereprendpassalongueurfa. DeA à C : l'éprouvette s'allongeetrestecylindrique. De Cà D : l'allongement continuedecroîtreavecun effortF2 moinsimportant.Il apparaîtunétranglement, oustriction,qui s'accentue jusqu'àla ruptureenD. Rr est la résistance à la rupture du matériau (Mpa).

Aprèsrupture,l'éprouvette a pourlongueurlu. Ondéfinit l'allongement en%. A% = tu- 10 x 100; pourlesaciers0%< A% < 30%. 10 * 1 MPa = 106 Pa= 1 N/mm 2

** Fe: force de limite élastique.

. De C à 0 : F3< Fmax Striction -f=:J

--

. Aprèsrupture

~

t:0

/).tj

r=;

136

48.42 Déformation d'une poutre dans le domaine élastique

CDDÉFORMATION (J

48.421 Déformationlongitudinale Lacontrainte(J =

!!

u=- N Sa

gementunitaireBx pourlesegmentdedroiteOA.C'estla loi de Hooke (voirfig. 1). N u= E.EX ; -= So

.

000 MPa,

Domaine élastique de sécurité (voir§ 48 . 5)

varielinéairement enfonction del'allon-

So

LONGITUDINALE = E E:x E",200

A

Re

4f E.fo

RPe

Domaine élastique utilisé

(]' : contraintenormaledetraction(MPa). E : moduled'élasticitélongitudinaloud'Young(MPa). Bx : allongement unitaire(sansdimension).

N1

N :effortnormal(N). Sa :section droiteinitialesoumise àlatraction (mm2). U :allongement delapoutre(mm). ta : longueur initialedelapoutre(mm). L'allongement Us'écrit:

U1

= Sa

M 8x=~

N.fO

41! =

48 .422

u-;

0

Déformation transversale

Lorsqueunepoutres'allongedansla directionlongitudinale sousl'effetdeN,onobserveunecontractiondansla direction

0

DÉFORMATION TRANSVERSALE

YÂ ~

~

Poutre après

~déformation

transversale perpendiculaire. Onécritque: Ey= Bx:

- V.Ex

-N A

allongement unitaire selon(0,x) (sansunité).

8y: contraction selon(0,y) (ouraccourcissement), v : coefficient dePoisson. Selonlesmatériaux: 0,1.s v .s 0,5 . Pourlesaciers:v = 0,3.

48. 43

VALEURS

[

DES CARACTÉRISTIQUES

Dénominationet symbole Fonteà graphitelamellaireFGl2oo

Remin(MPa) 200

MÉCANIQUES E(MPa) 80000

x

N

8x

--

t1

ta t1

- ta ; ta

DES MÉTAUX

- h1-ho 8y

-

ho

1

ET PLASTIQUES'"

Dénominationet symbole

Rmin(MPa)

E(MPa)

Acrylonitrite -butadiène-stryrène(ABS)

17

1830 2450

700

FDnteà graphitesphéroïdalFGS600.3

370

170000

Polyamidetype6-6(PA6/6)

49

Aciernonallié (E24)S235

215

210000

Polycarbonate (PC)

56

Acierallié (25CD4) 25CrMo4

700

210000

Polylétralluoroéthylène (PTFE)

11

400

Bronze:CuSn8P

390

100000

Polystyrène (PS)

35

2800

Cupro-aluminium CuAI10 NiSFe4

250

122500

Polychlorure devinyle(rigide)PVCU

35

2450

DuraluminAW-2017 (AICu4 MgSi)

240

72500

Phénoplaste (bakélite)PF21

25

7000

80

74500

Époxyde (araldite)

28

2450

AlpaxAS13 * Voir

autres valeursG.D. chapitre 56.

137

48.5

Condition de résistance

Coefficient de

Conditions générales det:alculs

Pourdesraisonsdesécurité,la contraintenormaledoit rester

sécurité (s)

(sauf réglementation particulière)

inférieureà la résistance pratique à l'extension Rpe(voir fig. 1, pageprécédente). Laconditionderésistance est:

1,5 à 2

1(wl

~

Rpe

ou

INI -

~

S

Casexceptionnels degrandelégèreté. Hypothèses dechargessurévaluées.

2à3

Construction oùl'on recherchela légèreté(aviation). Hypothèses decalculla plusdéfavorable (charpente avecventouneige,engrenages avecuneseuledent enprise...).

3à4

Bonneconstruction, calculssoignés,haubansfixes.

4à5

Construction courante(légerseffortsdynamiques non prisencompte.Treuils.)

5à8

Calculssommaires,effortsdifficilesà évaluer(casde chocs,mouvements alternatifs,appareilsde levage, manutention).

8 à 10

Matériauxnonhomogènes. Chocs,élinguesdelevage.

Rpe

On définit Rpe(MPa) par le quotient suivant: Re Rpe

[

= S

Re: résistance élastiqueà l'extension(MPa), s : coefficientdesécurité(sansunité).

48.6 Conditionde défonnation

Pourdesraisonsfonctionnelles(problèmes d'alignement 10 à 15 Chocstrèsimportants,trèsmalconnus(presses). d'appuis, cahiers descharges.. .),ilestparfois important delimiAscenseurs. ter l'allongement.Il doitresterinférieur à unevaleurlimite: CONCENTRATION DE CONTRAINTE ~trim' 1

48.7

LI.1 ~ LI.1 lim ou 1

INI./o E.S

~

LI.1 lim

Géométrie non parfaite

*

Si lesolideprésente desvariationsbrusquesde section, dansunezoneprochede.cesvariations, la répartition des contraintes n'estplusuniforme. Il y a concentrationde contrainte.Lacontrainte maximale est: lalmax= Kt.lalnom;

Kt

.

"tJ

-N

1 e 20estrespectée. Calculer: r=IL; r=J.Q... e, ' 15 loppeepalsse. uneenve '

=6,6.Conditionnonvérifiée.C'est

Pouruncalculplusprécis,il fautchangerlamodélisation géo-

2

. -0 j+D

Rivetagesur deuxrangs. 0,75

SDudure cDntrôlable surlesdeuxlacesaprèsexécutiDn.

0,84

RivetageavectrDisépaisseursde tôle et quatre rangéesde rivets.

0,9

2

e

~

:;S

Rpe avec

SDudurecDntrôlablesur les deuxlacespendant l'exécutiDn.

métrique.Pourlesenveloppes épaisses:

Peff

SDudurenDncDntrôlableà l'envers.

Di -

D~-D

< 20

RéservDir,tube, sansjDint.

e

Di : diamètreintérieurdel'enveloppe (mm). De : diamètreextérieurdel'enveloppe (mm).

SDudurecDntrôléeaux raYDnsX et recuit.

ISOLEMENT D'UNE PARTIE (1)D'UNE ENVELOPPE SPHÉRIQUE

Pefl : pressioneffectivedansl'enveloppe (Mpa). Rpe: résistance pratique à l'extension dumatériau (MPa).

48.93 Enveloppe sphérique mince

z

->

Delamêmefaçon,la résultanteR desforcesdepressionest:

IIRII = Pefl.IL->

d2

4

Partie (1)

L'épaisseur:e pouruneenveloppe sphériqueréelleest: Pefl.d

+c

e ;. 4a. Rpe

(voirtableau)

IR=Ld~1

R: Résultante des forces Ci dues à la pression effective

143

48.10

Les composites

CD COMPOSITE UNIDIRECTIONNEL À FIBRES LONGUES

N

Cesontdessolidesréelscar lesmatériauxqui lescomposent ne sont ni homogènes,ni isotropes(leur résistanceet leur déformationvarientselonla directiondesefforts)(voirfig. 2).

Fibres

Ilssontconstituésdedeuxéléments*(voirfig. 1). .

(ex. : Verre)

Lerenfort(généralement desfibres)quisupportent l'essentiel

desefforts. .

Matrice

Lamatricequi assurele lienentrelesfibres.

Lesmatériaux compositesunidirectionnels sontcaractérisés par

(ex. : Époxy)

des fibresdisposéesparallèlement les unespar rapportaux autres.La résistanceà la tractionest maximumlorsquela directiondeseffortsestseloncellesdesfibres.Danscecas,en supposant quel'adhésionfibre-matrice estbonne,l'allongement

Résultante des

unitairedechaquecomposant estidentique.Lachargeappliquée

efforts appliqués

est partagéeentreles fibres et la matrice.Lacontrainteerc (en MPa)sur la compositeest:

Exempl~$d~.~tlxXilevôlurneenfibres: V,

uc= u,.V, + um(1- V,)

Verre

Uf :contrainte danslesfibres(Mpa). Vf :tauxdevolume enfibres(en%). (J'm:contrainte danslamatrice (MPa). Lemodule d'Young Ec(Mpa)estdonnéparlarelation:

- Époxy

Verre - Polyamide 6 - 6

0

30 %

ORIENTATION CHARGE Ni

Ec=E,.V,+

60 %

* fJ

Em(1- V,)

Ef : moduled'Youngdesfibres(Mpa).

- FIBRE

Rr A (MPa) 1500 1000

Vf : tauxdevolumeenfibres(en%). Em : moduled'Youngdela matrice(MPa).

500

REMARQUE:

'P

Si la chargeestappliquéeobliquementparrapportauxfibres, la résistance chuterapidement. CARACTERISTIQUES

T limite rC)

90°

11

600

-

2000

80

Verre-Polyamide 160

10000

Verre-Époxy

2000

Kevlar-Époxy

1600

A (%)

T lirnite (OC)

V, (%)

AluminiumAU4G 400

72000

6 à 10

200

-

-

SiC-Aluminium

700

105000

0,65

400

35

1,5

120

30

Bore"Utane(TA6.V)1000

250000

0,4

650

40

53000

3,5

160

60

Cârborie.Carbone 50-180 20000

3,3

2500

30

75000

2

160

60

Al20a.Verre (Pyrex)

0,2

550

30

(MPa)

Acier35CrMo4

1000

200000

Polyamide6-6

49

V, (%)

Nature

Rf (MPa)

220

150000

Avec:Rf: résistance minà la rupture- E: moduled'Young'A: allongement en%. T:température limite. pour

60°

E (MPa)

Nature

* Voir GD. chapitre 58

30°

COMPARÉES DES ACIERS, ALLIAGES ET COMPOSITES

A (%)

Rf

E (MPa)

Orientation des filtres

compléments

d'information.

144

49 Compression simple 49.1

SOLIDE IDÉAL

Section circulaire

b

~

Hypothèses

Lesolideestidéal: matériau homogène, isotrope, poutre rectiligneet de sectionconstante, de formevoisinedu carré (b~ 1,5a).Lessections circulaires conviennent parfaitement. Lalongueur Ldoitêtrecomprise entre3 et8foisladimension transversale laplusfaiblepouréviterle risquedeflambage.

B 13d < L < ad 1 Résultantes des actions extérieures

Les actionsextérieuresdanslessections extrêmes sont modélisables pardeuxrésultantes Aet8,appliquées auxbarycentresdecessections,dirigéesselonla lignemoyenne,vers l'intérieurdela poutre.

49.2

ISOLEMENT D'UNE PARTIE (I) D'UNE POUTRE Résultantes des forces extérieures !là gauche" , Forces exercées par IIII y

Définition

Unepoutreestsollicitéeà la compression si, letorseurassocié aux forcesde cohésionde la partiedroite (II) sur la partie gauche(1)de la poutrepeutse réduireen G,barycentre de la

(II) x

z

sectiondroite(S), à unerésultante perpendiculaire à (S) Résultantes des forces de cOhésion""

dirigéeversl'intérieurdela matière,telleque:

-

N G(COhII/I}~ {

Dans

Ni=O;Ty=O;Tz=O

avec:

;f(t

=0

.

G

N=-A

,;f(fGy = 0 ,;f(fGz = 0

Section (S)

{CohII/I} = - {Actions à gauche/!} =

G

ii } m(G,X;y,-Z):(N 1

Rainure de clavette

Modéliser lesolide:

Dansla zone1, l'arbreestunepoutredesectioncirculaire constante: c'estunepoutreidéale, Danslazone2, l'existence d'unerainure declavette impose de modéliser l'arbrecomme unepoutreréelle,

.

Arbre de transmission 3 MODÉLISATION DU SOLIDE Y So ----

Modéliserles actionsmécaniquesextérieures:

x

Lesaccouplements élastiques éliminentleseffortsnormaux, tranchants, et lesmomentsdeflexionaupointsGoet G1 Encespoints,lesactionsmécaniques de4/3 et4'/3 peuvent

Go

'

êtremodélisées pardeuxtorseurs-couples,

Ô

Ô

G (A4/3) = ~; 0 Go{ CmO(4/3)}

C-v---"

,

, 'C-v---'

Zone 2

Zone 1

Zone 2

réel

idéal

réel

G (84'/3) = -~ 1 G1{ Cm 1(4'/3)}

MODÉLISATION DES ACTIONS MÉCANIQUES

avecCmO(4/3') + Cm1(4'/3) = Ô; CmO(4/3) =-

Cm1(4'/3),

y

L'arbre est donc soumis à la torsion simple,

.

CmO(4/3)

Calculer IlcmIl:

Noussavons que: P =

Ilcm Il.

(ù

(voir § 59,3)

(W)(N. m)(radis)

Ilcm Il

=

15x 103 1500x 2TT 60

x

Ilcm Il =

Cm,(4'/3) X Go

G1

1m 95,5N . m

d'où: CmO(4/3) = - 95,5 et Cm1(4'/3) = + 95,5x

Moments résultants des actions mécaniques de 4/3 et 4'/3 en Go et G1

(N.m),

163

. Calculerlediamètreà larésistance:

ÉTAPES PRINCIPALES DU CALCUL D'UN DIAMÈTRE D'ARBRE EN TORSION

Zone1 : solideidéal. Lacondition derésistance est: Ilr;;;

Iimii

d1 x

d'où: ---;j

'TT.d1

2

Il"" Rpg

Fairel'inventaÎre desdonnées

1611mll "" Rpg

;

""

3 'TT.d1

Rpg

Modéliserlesolide

32 3/1611;H11 d1;?;J

avec

Couple moteur

'1T.Rpg

Modéliserlesactionsmécaniques

Ilcm Il

Iim Il =

t

Calculerleseffortsinconnus (Problème destatiqueoudynamique)

Application numérique: Typedecalcul?

3/16x 95,5x 103 'if X 100

d1:;?;

d1 :;?; 16,9mm.

Calcul

Zone2 : solideréel: Lacondition derésistance est:Il~

117;;11

Il''''Rpg Iimii

ou: Kt.ll'Tthéoriquell""Rpg; 11~11=-

0"" OHm

""Bpg

d2

'if. d,4 2 xT

Non

1611mll avecIl'Tthéorique Il = ,3 . 'TT.d 2

Voirpage suivante

Oui

d' 2: diamètreà fond de rainure

Calculer d1 3

Lacondition s'écrit: 1611mll Kt. :-3 "" Rpg

Ca.lcul à la déformation

à /a résÎstance

d1

:;?;

CalculerKt

d'2;?; j16Ktlllftii '1T.Rpg

'TT.d 2

Calculer d2 3

Application numérique: d' >2~

3 16 x 5,4 x 95,5x 103 'TTX 100

. d2:;?;29,7mm.

Onprendrapratiquement:d'2'" 30mm. Diamètred2del'arbre:

30= d2- 5

(voirG.D. 38.121)

d2= 35mm.

Vérification delavaleurducongéà fondderainure: Noussavonsque: Kt = 5,4 correspond à unevaleur~ = 0,1

(voirtableau §51.10,pageprécédente). C r C= 5; 5; r = 0,5 valeuracceptable. REMARQUE: Silavaleur der avaitététropgrande outroppetite, ilauraitfallu choisiruneautrevaleurdeKt etrefaireleca/culded2'

Calculerladéformation ()=

3211/fli11

G.7T. d24

Non

164

. Calculerl'anglededéformationentreles2sections 50et51:

ÉTAPES PRINCIPALES DU CALCUL D'UN DIAMÈTRE D'ARBRE EN TORSION

Lavaleurdel'angleunitairedetorsionest:

e=-Il;t!t11 G.lo

10= ndi 32

;

e= 32 1l;t!tl 41

G.n.d 2

Modéliserlesolide

commee= aO,1 a 0,1: anglededéformation entreS 0 etS1 10,1

{0,1: distance entre S 0 et S 1

Onpeutécrire:

Modéliserlesactionsmécaniques

32.11;;;11./0,1 a 0,1=

G.n.d2

4 Calculerleseffortsinconnus (Problème destatiqueoudynamique)

Applicationnumérique:

a=

32 x 95,5x 103x 103

a = 0,008 rad/mm

80000x nx354 Valeurdea endegrés:

a=0,008 x~

Typedecalcul?

a =0,40

n

20Calculdudiamètredel'arbreà ladéformation Lacondition dedéformation est: e ~ (JOm d'où:

G.lo

4 10=n. d3 32

3211;t!t11~ eOm

dg ~ /14/

1l;t!tl

1

~ (JOm

Calcul àladéformation lel~ elim

3211;;;11 G.n.elim

G.n.di

Voirpage précédente

Application numérique:e1im= 0,2 o/m e1im = 0,2 x JI-

180

Calculer d3

x 10-3 rad/mm

3

d3~

32x 95,5x 10

~

3211#111

,

>0 432 , d 3~ , mm 80000x Ir x 0,2x JL x 10-3 180

Onprendra pratiquement: d3= 44 mm, Choixdu diamètre: - Le calculde résistance sansconcentration de contrainte donneundiamètre d1~ 16,9mm;d1= 18mm, - Le calculde résistance avecconcentration decontrainte donne:d2= 35mm, - Lecalculà la déformation donneundiamètre:d3= 44 mm, Choisirle diamètred3(casle plusdéfavorable).d3= 44mm. REMARQUE:

Dansla majoritédescas,la condition de déformation e1im =0,10 /mestla conditiondéterminante parrapport àla condition derésistance, encesensqu'elledonneundiamètre supérieur àceluicalculé à larésistance,

d3 ~

G. n

.elim

Choisir 1 CONSEIL POUR LESUNITÉS D'ANGLES Soit à convertir ex= 0,1 0 en radian: afin d'éviter des erreurs, il est conseillé de procéderde la façonsuivante:

1800= J!" rad

donc

1° = JI- rad 180 et 1 x 0,1° = JI- x 0,1 rad 180 01° = 0,1 x J!"rad , 180

165

51 .122

Ressorts hélicoïdaux à fil rond

CD FORCES ET FLÈCHE Flèche: f

SOLLICITATIONS DANSUNRESSORT:

-'>

-7

sur 1

Leressort1 estsoumisà deuxrésultantes opposéesF et - F portéesparl'axeduressort.Eneffectuant unecoupure(5) eten

Ré"lIao!. a~P/

isolantletronçonsupérieur, oncalculeleséléments deréduction

~

.D

enGdutorseurdesforcesdecohésion(fig.2).

'::J

. Effortnormal: IINII=IIFllsina. . Effort tranchant: = IIFII cos a. . Moment detorsion :llmll = IlFil. R.cosa(avec2 R= D). . Moment deflexion:Iimii = IlFil. R.sin a

ID ::J 0) c .Q

11111

a, angled'inclinaison del'héliceétantfaible(5à6°),onpeut écrireque:sina", 0etcosa", 1. IINlletllmllsont doncnégligeables. Il resteIITII=IIFII:

"-..,°

0

SOLLICITATIONS DANS LE RESSORT

. \~e.0~e -i .

lasollicitationdecisaillement donneunecontraintenégligeable,

eS\}\

Iimii= IIFII.R : lasollicitation detorsionestlasollicitation

\..13.{

{e.\\è\e 13.

eS'\. ?a: b èe "\ \'e."f..e

déterminante. T

CONTRAINTES ET DÉFORMATIONS:

L'application desrelationsfondamentales detorsionauxressorts hélicoïdauxà fil rondconduisentauxrelationssuivantesavec

F

(voirfig. 1 et3) : 0 : diamètred'enroulement del'hélicemoyenne(mm). d : diamètredufil (normalisé)(enmm). n : nombredespiresutiles(spirescapablesdesedéformer). 1'0:longueurlibreduressort(noncomprimé)(enmm). G : moduled'élasticitétransversale (deCoulomb)(enMPa)*. IIFII : forceappliquéesur le ressort. Laflèche{du ressortsousl'actiondeIIFIIest(enmm):

1

0

ÉLÉMENTS GÉOMÉTRIQUES Dernière spire enroulée sur un cercle

-

f= 811FII.0.n G.d4.

00---"

co 0...

Larigiditék duressort est(enN/mm): 4

-7

IIFII_~ k= - 8.0.n 3 f

Lacontrainte maximale detorsiondanslefil est(enMPa):

t

0

~

A

1 2

n spires utiles

3

)

4 0d!.

Ilio:ll= 811FII.0

n=5

5 00

n.d3

Dernière spire enroulée sur un cercle Pourqueleressortrésiste,danslesconditionsdesécuritéimposées,il fautquelacontrainte maximaleresteinférieure à larésis-

Pour obtenir un appui plan perpendiculaire à l'axe du ressort,

tancepratiqueauglissementRpg'

on prévoiltoujours

deux spires supplémentaires qui sont meu-

lées. La longueur libre est donc supérieure à celle calculée

811FII.0""'Rpg n.03

(1 pas environ).

166 EXEMPLE:

Un ressorthélicoïdalà fil rond doit supporterune charge

Ilr

Il=

450 N avecuneflèche de 30 mm. Il est en acierallié de

résistance élastiqueau glissement Reg= 560MPaetde moduledeCoulombG= 82000MPa.Lecoefficient desécurité est: s = 2 (bonneconstruction, voirtableau§ 48.5).Calculerles

caractéristiques D,d,n, to duressort. SOLUTION:

PRINCIPALES ÉTAPES DE CALCUL D'UN RESSORT HÉLICOïDAL

Fairel'inventairedesdonnées: . ForceIlFil connue(résolutiondu problèmede statiquepréalable) . Encombrement diamétralimposé . Courseimposée(parexemple)

1° Choisir le diamètred'enroulement 0: Descontraintes d'encombrements imposentsouventD.Ici: D = 50mm.

2° Calculerle diamètredufil d: 811111.D

3 811111.D

~",",Rpg; 'TT.d

: Rpg=-=-

d~

Reg 560

'TT.Rpg

d ~ 3/8 X 450X 50 'TT X 280

,

s

2

ÉcrirelaconditionderésistanceITlmax < Rpg

d ~ 5,89mm Adoptonsd = 6 mm.

sIIFII.D R 7T.d3 "'"' pg Calcu1erlediamètre:d dufi1 3

3° Calculerle nombredespires:

Ilrf' Il .

k=

k =~. 8.D3.n

,n

k = 450 . k = 15N/mm

30'

d ~ V811FII. 7T. RpgD

.

=~. = 82000x64 . = 708 3 ,n 3,n,. 8.D .k 8 X 50 X 15

undiamètreddefil.normaliséetvérifierque correctdupointdevuedelafaisabilité**

Onpeutchoisirn = 7,5spires.* 4° Calculerla longueurduressortsouschargemaximale: Lesspiresne doiventpasêtrejointivesquandle ressortest

Choisirlaflèche1.Uncritèrefonctionnel(courseparexemple)

impose uneflèche

.

chargéaumaximum.Soitunintervallede1,5mmentrechaque spire.Longueurlibreduressortsouschargemaximale: t1=n(d+1,5);

t1=7,5(6+1,5);

Écrirel'équation dedéformation:

t1=56mm.

f= siIFII. D3.n G. d4

Longueurlibredu ressort:

to

+ f ; to

t1

=

=

56 + 30 : to = 86 mm.

Calculerlenombredespires:n

Pasd'héliceà l'étatlibre(noncomprimé):

to

P=

ri

n=

80 ; P= 7,5 ; p = 11,4mm.

f. G.d4 siIFII. D3

5° Modifications duesà la fabrication duressort: Adoptonspourle pasunevaleurplussimpleà réaliser. Parexemple: P= 12mm.Danscesconditions:

Lalongueur libreest:to = px n= 12x 7,5.to = 90mm. Lalongueur sous charge maxest:t1 = to- f; t1 = 90- 30 t1 = 60 mm.

Choisirle nombredespires(engénéralunmultiplede0,5) Choisirl'intervallé:i entrfitléiJxspirescomprimées Calculerla longueurcompriméet1 = n (d + i) Calculerla longueurlibre to = t1 + f

L'intervalle i entredeuxspiressouscharge maxest: /J

t 1= n

(d

. . t1 )

+ 1 ; 1=

rI

d -

.

60

: 1= 7,5 -

* Sans tenir comptedu meulagedes extrémités.

6

.

: 1=

2

mm.

Vérifierlenonflambageduressort** Si lerisqueexiste,guiderleressortsurtoutela longueur

** Consulter desouvrages spécialisés.

167

.

51 13 Méthodes de calculs en torsion

.

Il existedeuxméthodesdecalculsentorsion:

.

Le calcul de détermination: lemomentdetorsionestconnu

lematériau estdéterminé etoncalcule lesdimensions. Lecalcul de vérification: lemoment detorsionestconnu, (parexemple),

l'organeestdéterminé(dimensions,matériauxconnus)eton vérifie s'il convient.Si celan'estpaslecas,oncalculedenouvellesdimensions,et/ouonchangedematériau.

Danslesdeuxcas,on peutfairesoituncalcul de résistance (contraintes déterminantes), soituncalculde déformation(déformations déterminantes), soitlesdeuxtypesdecalcul.

CALCULDEVÉRIFICATION:

Fairelebilandesdonnées:

.

Onconnaît:

le momentdetorsion

l;1(t

1

8 lematériau (doncReg),lecoefficient desécurité:s(doncRpg=Reg)

[.

lesdimensions transversales (donc:Ret /0),ladistancet entre~euxsections Typedecalcul?

Calculderésistance: calculerl'T

MI", 1;1(tl

fa

.R

Calculdedéformation:calctJ:lerl(J ..

Condition. de

~"-~~'

Conditionde déformation respectée

résistancerespectée

I(JI~ (Jlim;~~

i'T MI ~ Rpg

~ (Jlim

Choisirdenouvellesdimensions et/ouunnouveau matériau.Recommencer lecalculdevérification

CALCULDEDÉTERMINATION (voir exemple § 51.121):

Calculderésistance:l'!' MI"" Rpg

Calcul de déformation:

1el""

elim

Onconnaît:

Onconnaît:

Onconnaît:

Onconnaîl:

Onconnaît:

. le momentI#tl

.Ie moment I#tl

. lesdimensions

. le momentI#tl

. lesdimensions

transversales

. le moment1# tl

transversales (10,R)

. lematériau (donc: Rpy)

(module G)

transversales . ladistance t

. lematériau (Rpy)

T

Oncalcule:

Oncalcùle;

81esdimensions transversales

il Regpuis Hpg

.Je momentde,.

1#tl.R2

-,s;Rpg 10 !]. ;,,1#tl R Rpg d'où: R(rayon)

Rpg;"-

. lemalériau. lesdimensions . ladistance t eteIim

l#tl.R8 10

Onchoisîtensuitele matériau

torsionmaxquepeut supporterl'arbr.e'' 1#tl ,s; Rpg.!]. R

transversales

.

. lematériau la distancet

. l'angle elim

Oncalcule:

Oncalcule:

Oncalcule.:

'Ies dimensions transversales

81e modulede Coulomb:G

.Je ffiomenlde torsIOnmaxquepeut supporterJ'arbre

T

".

. lesdimensions

. l'angle elim T

T

T

Oncalcule:0'

"" e lim 1;.10 Onconnaît:

;1;1(tl

G.lo

,s;e.lim

G;"

l!!L

Onchoisitle matériau

10;z, G.elim d'oùR(rayon)

10. e lim

T

I#tl ,s; elim.G .10

168

52 Flexion simple

SOLIDE IDÉAL Y

52.1 Hypothèses

x

. le solideestidéal: matériauhomogène,isotrope,poutre rectiligne,dessectionsconstantes avecplandesymétrie. .

les actions extérieures sontmodélisables pardesrésul-

tantescontenues dansleplandesymétrie(P) etperpendiculaires à la lignemoyenne:

{

A A2/1

avec

}

IA;\ ,,)

0

{

}

c C4/1 "c

1

.

Ie;\

ISOLEMENT D'UNE PARTIE GAUCHE (1)

Moment des forces de cohésion de (II)/(I)

\ 0 1etc.

A; ,,11A;II.y et c; =-11 c;ll.y etc.

y A2/1

y

Section de la

7

coupure (5)

52.2 Définition Unepoutreest sollicitéeà la flexionsi le torseurassociéaux

surlaparforcesdecohésiondelapartiedroite(II) delapoutre

tiegauche (1),peutseréduire enG,barycentre delasection droite(5),à unerésultantecontenue dansle plande symétrie etunmoment perpendiculaire à cedernier.

z Résultante des forces de cohésion de (II)/(I) -

r \ Dans9l(G,X;y,î):

N= 0; Ty*- 0; Tz=0 ~ ( G ;fIfGz ;fit = 0; ;fIfGy=0; ;fIfGz*- 0

G(CohIl/r}=

x

J

DÉFINITION DE L'ANGLE UNITAIRE

REMARQUE:

Ligne moyenne A après déformation 1 y T

G(CohIl/d= - (Actionsex!.à gauche/r)

(52) avant déformation x

= + (Actions ex!.à droite/II)

52.3 Contraintes

normales

Lorsquela poutrefléchit,la sectiondroiteet plane(52), par

(S'2) après déformation ~x

exemple, pivote d'un angle I1cpautour de l'axe (G2, l) perpen[

diculaire au plan de symétrie. On constate que: .

RÉPARTITION DES ŒMDANS (5)

cr;, sont donc nulles en ces points. Les autres fibres s'allongent

Contrainte en M

y ou se raccourcissent.

(ici O"M>0)

Les

contraintes normales engendrées sont proportionnelles à l'ordonnée qui les séparent du plan des fibres neutres, d'où:

}

O"M= -E.y.fJ

1

E

: module d'élasticité longitudinal (d'Young) (MPa).

y

: ordonnée du point M / au plan de la fibre neutre (mm).

: angle unitairede flexion(rad/mm)avec f)=

*1 MPa=1N/mm2.

Zone de compression >x

-.X

(5 M: contrainte normale au point M due à la flexion (MPa)*.

e

1

Les fibres contenues dans le plan passant par les barycentres

Gdes sections (51) ne changent pas de longueur, les contraintes

.

e= ~x ~qJ

11cp .

I1x

O"M

B

O"max

}

Ordonnée du point M (ici y < 0)

Zone de

traction

169

52.4 Valeurs des contraintes normales

CONTRAINTESNORMALES Point le plus éloignéde l'axe (G,z)

Enunpointquelconque M,delasectiondroite(5), ona (fig.3): hz

(fM=_l1fGz

1

.y

Ordonnée de M1 (ici Y1> 0)

1

(j M : contraintenormaleenM dueà laflexion(MPa).

.

;if f Gz : moment de flexion selon (G, z) dans (5) (N mm).

1Gz : momentquadratique delasectiondroite(5) / à (G, z) (mm4)(voirdéfinitionetvaleurs§ 52.5). Y

: ordonnéedupointMdans( G,x, y, z) (mm).

VALEURDELA CONTRAINTE NORMALE:

EnunpointM, lepluséloignéde(G,z), onécritque:

-

11max=-Il1fGzl .IYlmax ; 11max= - Il1fGzl (f

(f

Ty Ordonnée de M2 (ici Y2< 0)

(~ )

I~

1

IYlmax

y 1max= v

~=

1y 1max

x Section droite (S)

: ordonnée dupointlepluséloignéde(G,z) (mm).

1Gz: module deflexion delasection droite(5)(mm3). v

MOMENT QUADRATIQUE DE (S) PAR RAPPORT À (0, z)

REMARQUE:

Laflexionsimpleprovoque descontraintes normales ~, des contraintes tangentielles transversales ~ ,des contraintes longitudinales (voir( 52.8).Lecalcul(j M est,engénéral,

i:

Section (S)

y

z

suffisant(exception:poutrestrèschargées, degrandehauteur parrapportà leurlongueuretauvoisinagedecertainsappuis).

52.5 Moment quadratique d'une section

MOMENTQUADRATIQUEDE(S) PARRAPPORTÀ (0, y) ET(0, x)

52.51 Définition

y

Lemoment quadratique d'unesectionparrapportà un axe contenu danssonplanest:

",= (f) (y'.OS).

r

)(S)

y'dS 1oz:moment quadratique de(5) parrapport à (0, z) (mm4). y : distance dupointMà l'axe(0, z) (mm). fls : surface élémentaire entourant lepointM (mm2). 1

z

Section (S)

z

1

loy = .L (Z2. Li S)

REMARQUE: Lemoment quadratique polaire(voir§51.5)d'unesection (5) par rapport à ( 0, x) perpendiculaireen o à son plan est égal à lasomme desmoments quadratiques de(5) parrapport àdeux axesperpendiculaires contenus dansle plande(5), passant paro (flg.2).

(S)

Comme p2 = Z2 + y2 :E(p2Lis)= :E(z2fls)+ :E(y2fl s) (S)

(S)

1/0= loy+

(S)

loz 1

170 EXEMPLE DECALCUL:

MOMENT QUADRATIQUE D'UNE SECTION CIRCULAIRE Déterminer10z pour une sectioncirculairede diamètred, sachantquele momentquadratique polaireest: 10=TCd 4 SOLUTION: 32 10= 1Oyt loz 10=210z

z

comme1Oy=1Oz(symétrie) loz=10/2=nd4/64.

52.52 Théorème de Huygens Le momentquadratiqued'une sectionpar rapportà un axe contenudanssonplanestégalaumomentquadratique decette

THÉORÈME DE HUYGENS

sectionparrapportà unaxeparallèleaupremieret passantpar

y

y

sonbarycentre, augmenté duproduitdel'airedelasectionparle carrédela distanceentrelesdeuxaxes.

1Dy= 16y+

Section (S) Aire: S

S.d2

G

0

10y : momentquadratique de(5) parrapportà ( 0, y)(mm4).

1Gy:moment quadratique de(5) parrapport à(G,1) (mm4). 5 :airedelasection (5) (mm2), d : distance entrelesaxes(0, y)et (G,y) (mm).

d

EXEMPLE: Ondonnelasection plane(5) enformed'équerre etlaposition desonbarycentre Gdanslerepère(A,X,y) AG : (35,15) (dimensions enmm).Ondemande decalculer 1Gxde(5) :

DIMENSIONS DE L'ÉQUERRE

n c

SOLUTION: B

Décomposer (S) en deux rectangles AKEFet BCDK. Momentquadratique parrapportà (G" x) deAKEF: 3 I,G'x= 100x10 (d'après§ 52.521) 12

10 35

::> ;0

0

L{) x

tG

Momentquadratique parrapportà (G, x) deAKEF 1,Gx=1,G'x+ 5,. d~

r

1,"

0

E

(théorème deHuygens) F

A

x

100 l'Gx= 100x103 +(100x10)x102=~+105 12 12 Momentquadratique parrapportà (G2,x) deBCDK: 3 12G2x = 10x 50 (d'après§ 52.521) 12 ~

Moment quadratique parrapport à (G,x) deBCDK: 3

12Gx=10x50 +(50x10)x202= 12 Momentquadratique de(5) :

4

125x10 12

1Gx = Il Gx + 12G x

+20x104

DÉCOMPOSITION DE L'ÉQUERRE

~yB rT1Cl.

fax = 41,2 x 104mm4.

T

d2 = 20

0

x

G21L1

1

,..

d1= 10

b+L

. 1;

G'

Kh..ID.

A' IGx=(11025 + 105)+(125~104+ 20x 104)

~y-

Aire de KBCD S2 = 50 x 10

,

l

i

,E

,Fi; Aire de AKEF S,=100X10

171

52 . 52 52

VALEURS DE MOMENTS QUADRATIQUES

. 521

PARTICULIERS

SECTIONS PRÉSENTANT UNE SYMÉTRIE CENTRALE

Secti~~~

1

~ ~ z

IGy

1

IGI

1

10= IG

1

o

~

.c:t

t

G

b

z

.~*~ 0 :c

~

G a

hb3 12

a4 12

bh3

12

zb'

0,11\

G.c:

z.G

b

hb3

d

- h'b'3

64

a4

bh3 - b'h'3

1Td4

12

12

.64

12 (b2+ h2)

a4 6

IGy+IGl

P-Gy

hb2 6

a3 6

Module de flexion *

bh2

P-Gl

6

52

.

521

z b

0

1Td4

12

Modulede flexion*

~iS. ~

z>' d

64

(04 - d4)

64

1Td4

0,784 ab3

1

.!!...-(04 - d4)

;~~

0,784 a3b

1

32

.!!...-(04 - d4) 32

!!:.. ab(a2 + b2)

bh3-b'h'3 6b

1Td3 32

320 (04- d4)

0,784 ab2

a3

bh3 - b'h'3

1Td3

6

6h

32

320

4

(04- d4)

1

0,784 ba2

SECTIONS NE PRÉSENTANT PASUNE SYMÉTRIE CENTRALE

t

(5)

Sections

1

IG

);(-

V



\

cO

-2700 -'>

/

=

{

0

y\

/; B{

82/1

la charge

/S;\ ;. } =BI/8211 \ /

Écrirele théorèmefondamentalde la statique: B{C3/1}+B{B2/1}={0}

répartie

par une résultante

f

1

0

MOYEN PRATIQUE POUR CALCULERïë!;

Force répartie sur la partie gauche

(voir§31.5)

\ /

0

"

- 2700

Y\

x z

z

BCx(-2700y):( 2 025 0 ) dou: B{C3/1}= B{ 2 025z.. ,

.

Écrirelethéorème delarésultante statique: -2700Y+~=O

.

~

-'>

'>

...

-2025 z+1/ 82/1= 0 d'où; 1/8211=2025 z.

0

{ '

. ...

1,5et isoler la partie gauche (1) :

\

x2.Z) G 18020 ...

-->

pX2- -

(voirIig.2) 2 ..

(x x y)

X-

=- [(-2'x)

-

.- - -. ,,-

pX2.Z

, x x y = z, d ou IIG= - 2

DIAGRAMME DE L'EFFORT TRANCHANT

Ci) DIAGRAMME

1~ x(m) DU MOMENT DE FLEXION

d ou. R = 1 800. x . y et Ilé-gOO. x . z. Dans lerepèrelocaldedéfinitiondessollicitations(G,X,y, z) :

Ty=1800x; pourx= 0 Ty=0; pourx= 1,5 Ty=2700N. A'fGz=-CJJJx2; six=OI/fGz=O;six=1,5A'fGz=-2025N.m. 3° Calculerla flècheen A; leformulaire (§53.1)donne: t4 YA=-~. PourunIPN100:161=171cm4(§52.523),

8. E.hl 1,8 x 15004 YA=8 x 2 x 105x 171x 104

. x est le signe normalisé du produit vectoriel.

~r~1

- 2 025O~)

0

= -3,3mm.

1,'

DÉFORMÉE DE LA POUTRE

Y ï ~

YA

*

x (-px. y) ]

27000

. .

}-- f-1800.X.y

G Coh ,

x:;;;

-]

:r~

2° Étudierles sollicUations dansAB ; réaliserunecoupure entre A et B: 0 :;;;

-

IIG=- [GG1X (-px,y) IIG= - 2

Écrirelethéorème dumoment statique: ..

Résultante des forces à gauche.?""R; = -px. y

-

d'où: 8;=2700;.

R

y

IIG

Calculer{C3/1}au nouveaupointde réductionB : --> -075 0 -2700y --> -'> ;BCX(-2700Y): d x -2700 ( 0 ) ( 0 ) B{ BCx(-2700y) -'>

Fi= p t. r-

appliquée en C, d'abscisse x = En R.d.M. il faut revenir au système réel § 45.3.

.

-->

l

RÈGLE: En statique nous pouvons remplacer

1° Étudierl'équilibrestatiquedelapoutre1 isolée:

10

1,5

181 Laconditiondedéformation s'écrit: 1

y

~

1

max

L

MÉTHODE DE DIMENSIONNEMENT D'UNE POUTRE

. or 33> 1500

500'

'500

La condition n'est pas vérifiée(alors que la conditionde résistancel'est!). L'IPN100neconvientpas.

Adoptons unIPN120.1Gz= 328cm4=328X 104mm4 " 1,8x15004. dou: 1yAI = , 1YA1= 17 , mm. 8 x 2 X 105x 328X 104 1,7 < 3. la condition de déformation est vérifiée, l'IPN120convient.

Modéliserlapoutre,lesliaisonsetlescharges Calculerlesactionsinconnues parlarésolutiondel'équilibrestatique T

Déterminer lessollicitationsTet;!ff le longdelapoutre puis Il;!ffGzmax Il

Calculderésistance: Ilcrmaxll = II~II

NoussavonsqueE.I Gz.Y"=# f Gzd'oùE.I GzY "=--

pX2

la premièreprimitive nousdonne: 2 , pX3 E. 1Gz'y = -+C1. Pourcalculer C1' nous 6 écrivonsquey' est nulle pourx= t(encastrement par{3 {3 faitenB);d'où O=-L+C1; C1=+~. 6 6 Nouspouvonsécrire: E.I Gz.y'=

- ~6

3

t. C2=-~.

{4 8

l'équation généralede la déforméeest donc: y =~ E.IGz

(-

pX4

24

+ pt3 6

ÉcrirelaconditionderésistanceIlcrmaxIl ~ Rpe Calculerlesdimensions tranversales 1 '

Non /

.

? 1 1dedeorma f t Ion. Cacu Oui

Calculer laflèche;ex.: . yA = -

{ 3 + ~.

6 la deuxième primitivenousdonne: p x4 p t 3 E.IGz.Y= -+-.X+C2. 24 6 PourcalculerC2. nousécrivonsquey (la flèche)est nulle à l'appui en B pourx= t4 t4 d'où: O=-~+~+C2; 24 6

.IYlmax

/Gz

Approfondissement: calculdeYAsansformulaire

).

x- pt 4 8

" P /4

8.E. /6z

Calculdedéformation vérifiée?IYlmax~ flim

.

Oui

Détermmer

denouvelles dimensions transversales

T -( Poutredéterminée

la flèche en A est la valeur de y(x) lorsque x = O. YA=--.

p{4

REPRÉSENTATION D'UNE DENT

8.E.IGz EXEMPLE DECALCUL D'UNE DENT D'ENGRENAGE:

. Ladentestmodéliséecommeunepoutreencastréedans . LarésultanteF, l'actiondeladentvoisineenA, estverti-

Largeur de la denture:

t= k.m

m.TC h h e", 1; 1"'~

le moyeudela roU!dentée*.

cale(angledepressionnégligé). .

Leseffetsdynamiques, 'les chocs,les concentrations de

contraintes à la basedela dent,sontnégligés. Ondemande decalculerlemodulemdeladent. . SOLUTION: Lemomentquadratique 1GzdelasectionBCDEest: 3 3. h1 / 12", k.m.e 3/12. IGz=b.h /12, IGz= Lavaleurdelacontraintemaximaleest:

t.

100lmax= l#fGzlmax.IYlmax= 11111.h .e/2. hz k. m. e 3/12 , Hypothèse assez éloignée de la réalité.

1(Jlmax-- 5,47.IIFII k. m2 ; Icrlmax~ Rpe

m ~ 2,34V k IlFil .Rpe

h

182

52.10

Méthodes de calculs en flexion

Il existedeuxméthodesdecalculsenflexion:

.

.

(parexemple),le matériaudéterminé, oncalculelesdimensions,

Le calcul de vérification: le momentdeflexionestconnu,

l'organeestdéterminé(dimensions,matériauxconnus)et onvérifie s'il convient.Sicelan'estpaslecas,oncalculedenouvellesdimensions,et/ouonchangedematériau,

Le calcul de détermination: lemomentdeflexionestconnu

Dansles deuxcas,on peutfairesoit un calcul de résistance (contraintesdéterminantes),soit un calcul de déformation (déformations déterminantes) soit lesdeuxtypesdecalculs,

CALCULDEVÉRIFICATION: (voir exemple 1 § 52,6)

Onconnait :

. Lemomentdeflexionparrapportà (G,z) : F l, . Lematériau (doncRe).Lecoefficient desécurité: 5(doncRpe ~ (doncYmax et1Gz),laflècheimposéefHm' [ . Lesdimensionstransversales [t1(f Gzl, l'effort

1

Fairele bilan des données

=

5

),

Typedecalcu1?

Calculdedéformation:calculerlaflèchemax au point C (par exemple) : 1Yc 1

Conditionde déformation respectée IYcl~fHm

Choisirdenouvellesdimensions et/ouun nouveau matériau, Recommencer lecalculdevérification,

CALCUL DE DÉTERMINATION: (voir

exemple

2 § 52,6), 4

Calcul de déformation:

1Yc 1~

flim (exemple

~ SE./

Onconnaît: .Ie

momentlJ!f Gli

~

flim

*)

Gl

Onconnaît:

Onconnaît:

Onconnaît:

Onconnaît:

Onconnaît:

.Ie

. les dimensions

. le coefficientp

. le coefficientp

. les dimensions

transversales . lematériau

. lematériau

. les dimensions

(module E)

transversales

transversales . lematériau

. lalongueur t

. la longueurt

. la longueurt

et tlim

ettlim

ettllm

momentlJ!f Gli

. lematériau

. les dimensions

(doncReetRpe)

transversales

(doncRpe)

Oncalcule:

. lemodule transversales 4

HSE.IGl /Gl~~

* Casd'unepoutre encastrée àuneextrémité, supportant unecharge répartie decoeificient p.

.Je coefficientde

d'YoungE

~tlim.

4 S E.f lim

E~

p.t

chargep quepeut 4 *

S/al.flim

supporter lapoutre SE la tl * '

p~~'

Onchoisitle matériau

t

lm

183

53 Formulaire des poutres 53.1

POUTRES SUR UN APPUI Efforttranchant

Charges- Appuis .

Momentdeflexion

ConcentréeenA Y

~

B

IcF

Z

~ A

A'fGZI

e

x

A

n

~

A

A

.

T'~A

",1

A'

B x

Flècheen A: F< 0

B= - F = IIFII.; (avec F< 0)

liB = -IIFII.e.z

1

.

Concentréeen C

y

Ty

t:--f--i

~ Z

ca",l: b :1

1

~

8 =

-

AvecF",--

POUTRES SUPPORTANT UN COUPLE Efforllranchant

Charges: Déformées

Déformation

Momentdeflexion

Flècheen 0:

;t(fGz

Ty~

o~

x

\

1

B=--.yC~ 1

x

YD= ~. f.IGz

C.a.b (b-a) 31

Cd

O

. pour lesdéformations: h= fE!+ fE!! + hm

. pourlescontraintes normales :~= "(Jf;r+~r

~

+~r

54.1 Généralisationdu principe

+

ti

,-

. Poutre l:

;

A I~

1

C

E

1

k

1 ~

Tf

. Poutre II : Au A

+

~

forces,enn systèmes simples,avecune seuleforceappliquée. Ontrouveensuitechaquevaleurdeflèchedansleformulairedes poutres(chapitre53)et on enfait la sommealgébriquepour

F2

B

~F1

chargéesparchacunedesn forcesprisesséparément.

Ceprincipepermetdedécomposer unsystèmecomplexeden

x

+B,

chargée simultanément parn forcesextérieures sontéquivalentes

REMARQUE:

r

1

Dansle domaineélastique,les sollicitationsdansunepoutre à la sommedes sollicitationsdansn poutresindépendantes

-

A~

B3/1= Br+ BI! + Bm; ->

I B3/1

~

t

1 Y Y y, Y YEY .Y ,1

t:p,1;,F; . Dans

le domaineélastique, on peutécrirelessQfDQles lector~es s~ntes :

t

. Poutre III:

Er

B

.,.

'AfEu ti

,-

i Bu

O

+ F2

retrouver laflèchedusystèmeinitial(mêmedémarche pour;t1f).

54.2

AI[I~B'I'

Exemple de calcul

Unepoutre1 de longueurt, de momentquadratiqueIGz,de

A

moduled'YoungE, estencastrée dans2 et 3 auxdeuxextrémités.Elleestsoumiseà sonproprepoids(decoeffLcient linéiquep enN/m)età unechargeconcentrée verticaleF appliquée

ensonmilieuCalculer àl'aided'unformulaire :;t1tmax ette. SOLUTION:

r

fEIII

DÉCOMPOSITION DU SYSTÈME

. Poutre 1:

2

3

ro

Décomposons lapoutre1 endeuxpoutres partielles l etIl. Lapoutre 1estsoumise à sonproprepoids.Leformulaire donne(voir§ 53.2) : ;tf

fA1=

2

p. t

f CI =

+-

-

p. t

. Poutre l: Y~~~~~~~~I:::-x

12 384E. hz LapoutreII estsoumiseà unechargeconcentrée:

+.

Leformulairedonne(voir§ 53.2): ~

;tffAII= )FII.

~

8

t

fc= fcr + fCIl

fc=-

3

,.../1"

C

fCII= JI Fil. t 192E./Gz

Pourlapoutre1,ontrouve: ;tffmw. = ;fffAr+;tffAI!

III

4

;fffmw. = +-

(IIFil p.t ) ( )

t 4

-+-

2

t3 P.t+IIFII 192E.hz 2

3

. .oo",n, ~A~f'Bf!

fu

188

55 Sollicitations " composees

ÉLÉMENTS DE RÉDUCTION EN G y z

55.1 Flexion - torsion z

Unarbreestsoumisà unesollicitationdeflexion-torsionsi le torseurassociéauxforcesdecohésiondela partiedroite(II) sur lapartiegauche(1)del'arbreestréductibleenG,barycentre

delasection droite(5)àunmomentdetorsionet à un momentdeflexion. ~

DanS81,(G,-;,y,z):

CALCUL DU MOMENT IDÉAL DE FLEXION (D'après Mohr-Cacquot)

G{COhIIII}= { 0 } N=O; Ty=O;Tz=O G 1ft +lffGz Ift:f.O;lffGy:f.O;lffGz:f.O ~

~

.

Matériau

55 12 Moment idéal de flexion

Expressionde1ft;

Acier:

Lescontraintes normales ettangentielles agissentsimultanément

À=-

etily amajoration dechacune d'elles.Oncalculelacontrainte nor-

Hpg

À=-

Hpe

maleà partirdumoment idéal de flexion définiparlaformule

1

.

Fonte:

= 1.2

AIt;

'\=1 Iff;

=(1 - iA)lft+

Matériaux moulés:

1ft; : moment idéaldeflexion(N.mm). 1ft : momentdeflexioncalculéen G (N.mm).

À = Rpg = Résistance pratiqueaucisaillement* Rpe Résistance pratiqueà l'extension

+ AIt 2

=1ft;

1ft + 1.

2

JIft2

+ AIt 2

( Formulede Rankine)

-AVlff 2 + #t2

1ft : momentdetorsioncalculéenG (N. mm).

JIft2

( Formulede Coulomb)

2

générale deMohr-Cacquot (issuedesthéoriesdel'élasticité).

=

1ft;

À =.!

1ft; 5

=11ft 8

+1 Jlft2+lff2 8

( FormuledeSaintVenant)

DÉFORMATIONS Déformation en flexion-torsion

REMARQUE: ~~

desdiamètres trèspeudifférents.

.

"#fGz

1

.

1

. Onposeparfois1ft; = yi Ift2 + Ift2 . AIt; : moment detorsionidéal(N.mm). LorsqueIAltl < 1ft touteslesrelationsci-contredonnent Lacondition derésistance s'écritlaMI ~

x Rpe .

55 . 13 Déformations Pourle calculdesflèchesverticales,parexemple,partirde la sollicitationdeflexionsupposée seule.Vérifierensuitequecette flècheestacceptable**. Itlmax~flim t

: flèchemaximalecalculéeà partirdeAItGzseul.

t1im: flèchelimiteà nepasdépasser. Pourle calculdesanglesdetorsion,partirdelasollicitationde torsionsupposéeseule.Vérifierensuite***:

Déformationdueà la flexion seule

lolmax ~ °lim * Voir§ 50.5:cisaillement valeursdeRegetRe'

1el calcul

** Voir § 52.932 : flexion.

***Voir§ 51.7: torsion.

2ecalcul

+

Déformation dueà latorsionseule

189

55 . 14 Exemple de calcul

MODÉLISATION DU DISPOSITIF

Un dispositifde levageest constituéd'un tambour1, lié à l'arbre2, actionnéparunmotoréducteur 4. Lorsqueletambour tourne,le câble3 s"enrouledansunerainurehélicoïdaleet la charges'élève.L'arbre2 estguidédansles carters5 et 6 par deuxroulements rigidesà unerangéedebilles.

1

DONNÉES: Diamètredutambour:D = 150mm.

4

. .

Charge soulevéeII?Il=

.

Résistance pratiquedel'acierde2 :

.

Couple moteur:Cm=

IlBIl 135X (enN.m).

1 800 N ; IIXII -

=

=

6

3

II? 11/2.

Rpe= 150MPa et Rpg= 75MPa(doncÀ = 0,5). . Hypothèses:poidsdeséléments négligés devant lacharge.

.

L'anglederotulagedesroulements nedépasse pas4 et5' Le

roulementenA, qui assurele positionnement estmodélisépar uneliaisonrotule.Leroulement enB,montécoulissantdansson

5 2

p

alésageestmodéliséparuneliaisonsphère-cylindre.

.

L'actiondu moteurélectrique4 sur l'arbre2 est modélisépar

untorseur-couple, {a, G;;;}= {a, -135 x}.

ISOLEMENT DE {1, 2, portion de 3} y

On demande de : 10déterminerlasollicitation, 20 déterminer le diamètremininumdel'arbre2.

2

SOLUTION:

1

10 Rechercher la sollicitation dans 2 en C

3

.

Isolerle tronçonAG,rechercherle torseurdecohésion:

{C h } = GO

.

A5/2

-9007

*=

~~~

~

f

.

Ty = - 900 N ;;l(tGz= 54 X 103 N.mm ;;I(t=135 x 103 N.mm. La sollicitation est de la flexion-torsion.

DIAGRAMMES ENTRE A ET C !lt

. Calculer le moment idéaldeflexion:À=

0 0,5,

laformuledeCoulomb s'applique:;l(t; = Y;l(t2 + ;l(t2 (§ 55.2)

.

;l(t;

= -tGz .IYlmax;I(TMI=

Tambour ----x (mm)

60

0

N.mm.

145400

4

71".d /64

x d/2;

I(TMI= 4,65x 106/71".d3; I(TMI= 1,48x 106jd3.

.

x (mm)

54 x 103

Méthodedecalcul

Calculer la contrainte normale d'après§ 52.4.

I(TMI

60

!If. (N . mm)

;1((.=Y542 x 106+ 1352x 106 1 5

~ -N.mm)

135 x 103

20 Déterminer le diamètre min de l'arbre 2

.

Tens~n ~u câble ( T = P )

~

G{ AcxA5/2xCm } G{ 900x.z+135x103x } Identifierlessollicitations enCetcalculerleursvaleurs.

;l(t;=1,45x10

<

Écrirelaconditionderésistance, calculer d:

1° Rechercherla naturede la sollicitation.

2° Calculer !l'max etM'tmax dans(5). 3° CalculerM'fi' 4° Calculerla contrainte I(TMI

5° Écrirela conditionderésistance(TM ~ Rpe. 6° Calculerd. 1

1,48 X106; d? 21,4mm. dx3106< 150;d? 11,48150

. x est le signe du produit vectoriel (1\ toléré).

1

190

55.2

Traction-torsion

ÉLÉMENTS DE RÉDUCTION EN G

Unsolideestsoumis à unesollicitation detraction-torsion si le torseurassocié auxforcesdecohésion delapartiedroite(II) surlapartiegauche (1)dusolideestréductible enG,barycentre delasectiondroite(5) à uneffort normaletun moment detorsion:

fi

{ }

G(COhII/I)= ~ G!lf

Y y z

DansFJl(G,X,Y,I):

z

N * 0; Ty=0; Tz=0 !If * 0 ; !If Gy= 0 ;!lfGz= 0

CALCULOESCONTRAINTES:

x

Toute fibresupporte deuxcontraintes denaturedifférente: unecontrainte normale a:, etunecontrainte tangentielle ~. CALCUL D'UNE VIS

OndéfinitunecontrainteidéaleO'jtelleque:0'i = .y02 + 41'2.

.

Laconditionderésistance s'écrit: '10'2+41'2

~

traction: CfO=&=~

Rpe

[

Avec IO'MI =

l!1et ITMI 5

.

=

1° Calculer la contrainte de

L!d.R (arbrecylindrique)*

S

10

(~)

2° Calculer la contrainte de torsion:

Rpe: résistancepratique à l'extension (MPa). REMARQUE:

Cecalculest aussivalablepourunesollicitationdetractioncisaillement.Danscecas 11'MI = Lz:l. 5 EXEMPLE:CALCULD'UNEVIS

d' : diamètre du noyau Premier filet en prise Noyau

'l:

0=A'0 = 16A'0 ~ nd3 R

3° Calculer la contrainte idéale:

Auniveaudupremierfilet enprised'unevis, cettedernièreest Cfi=VCf02+4'l:02

soumiselorsduserrage (oududesserrage) à:

. uneforcedetractionN;qui provoquesonallongementet unecontraintenormale~ danssonnoyau;

4° Écrire la condition de

résistance:

(L'effortNoestappelétensiondeposeouprécharge.)

. unmoment ~

dirigéselon(0, x) dûaufrottementdes

filetsdutroutaraudé surceuxdelavis,moment proportionnel à l'effortdetraction (voirvaleur §12.4)d'oùunecontraintetangentielle ~ dansle noyaude la vis.

55.3

VCf02+4'l:02

No

es Rpe

ÉLÉMENTS DE RÉDUCTION EN G Cisaillement

+ torsion

Torsion-cisaillement

Letorseurassociéauxforcesdecohésiondelapartie(II) surla partie(1)estréductibleenG,barycentre delasectiondroite(5) à unmomentdetorsionetunefforttranchant.

T

{ }

G(Coh[[j[)=

~

G!lf

z

Dans81(G,X,Y,I) :

N=O;Ty*O;Tz*O

!If * 0 ; !If Gy=0 ;!lfGz=O

z

Lescontraintessontdemêmenature.En A,elless'ajoutent: 1TI

lA'fl

S

10

ITtotaleAI=IT1AI+IT2AI ou -+-.Res

.

Voir§ 48.3et§51.8.

Rpg

x

191

55.4 Flexion-traction Flexion -compression

ÉLÉMENT DE RÉDUCTION EN G

Unsolideestsoumis à unesollicitation deflexion-traction (ou compression) si letorseur associé auxforcesdecohésion dela partiedroite(II) surlapartiegauche (1)dusolideestréductible enG,barycentre delasection droite(5) àuneffortnormalet unmomentdeflexion.

Ii dCohIIII}=

. N> O;;!fi Gz

.

Dansffi(G,x,y,z):

-, { } G ,lffGz

N < O;;!fiGz

N:;/:O;Ty=O;Tz=O ,1ft= O;,lffGy=O;,lffGz:;/:0

0 : flexion-traction.

=1=

SUPERPOSITION DES CONTRAINTES

0 : flexion-compression.

=1=

y

55.41 Contraintes normales à (S)

A -------

Leprincipedesuperposition descontraintes normales à (5) U1 (dueàcompression) etU2 (dueàflexion) permet d'écrire* : . Danslazoneau-dessus del'axe(G,x) aupointA:

.~ M

Contrainte due à la compression

~

=

0::4 U1A + 0S1 ; 0::4= -110"1..111 - 110S111.

(TA

.

=-

II~"

-

-----

(Voir§ 483, 52.4.)

II~fGzll Gz .IYAlmax

Danslazoneau-dessous del'axe(G,x) aupointB:

a:s = o;s + ii28 ; a:s;;;(TS

-- -

IINII II~II S + 1Gz

Ilo;s

Il +

Il ii2811

x

-----

Contrainte due à la flexion

.

Ligne moyenne x

. Ys max 1

1

.

Si Ty=1=0, le calculdescontraintes normales nesera pasmodifiéauxpointslespluséloignés del'axeneutre,car IlTAIIet IliB Il sontnullesencespoints les contraintes (voir§ 52.7glissement longitudinal). Ellessont,en général,négligeablespourlesautrespoints de(5).

Contrainte résultante (flexion + compression)

--

-1

Zo",decomp,"";o, x

55.42 Condition de résistance Lescontraintes normalesmaximales detractionetcompression étantcalculées,onécritque: DanslazoneGA: lia=;Il ~ Rpc

IINII Ilmzll 5 + 1Gz .IYAlmax ~ Rpc. DanslazoneGB: [

Ila:s Il ~

5

+

1Gz

IMPORTANTE

la sollicitation de compression-flexionaugmentela zonede compressionen déplaçant la ligne neutre en dessousde la

Rpe

IINII Ilmzll

PROPRIÉTÉ

ligne moyenne.Cettepropriétéest utilisée pourles matériaux

. YB max

o<

1

* Voir principe de superposition chapitre54.

1

I

~

R

pe'

à faible résistanceà la traction (bétons,fontes...).

** La ligne moyenne passe par G. Voir § 45.2.

192 EXEMPLE DECALCUL:

Undispositif antidérapant pourautomobile* comprend unboîtier CD DISPOSITIF ANTIDÉRAPANT AU MONTAGE central9 etsixbras1,2, 3, 1', 2', 3' dontlapartierecourbée s'applique contrelabandederoulement dupneu.Cettepartie -+

~

reçoituneforceA = - 220x (enN)dupneu,lorsduserrage. Dansle repère(0, x, y, l) ,la distancedu pointdecontactA à la lignemoyennedu brasest: d = 110mm. Cedernierestenacierderésistance élastique Re=600MPa**,de sectionrectangulaire 20x 5. Lecoefficient desécuritéest: s= 2. 1° Identifierlasollicitationdansla partieBCdu bras3. 2° Vérifiersi 3 résisteà cettesollicitation. SOLUTION: 1 ° Identifierla naturede la sollicitationdansBC .

0

DISPOSITIF ANTIDÉRAPANT MONTÉ

Effectuer une coupure entre B et C: lapartie(1)estla

partiedu brasen-dessous delacoupure,parconvention. . Déterminer le torseur de cohésion enG:

{-;;;; }

G{Coh} =- GGA x A6fJDans 9/..0(0';. y, z) on a : R= -Â R;220x (enN); ~(enN .mm): ~

-x

~;-(GA

x As7;):-

- 220

0 0 -24200 )

( )( ) ( +110 x 0

0 0

=

(G,X,y, l) : Danslerepèrelocaldedéfinitiondessollicitations -+

~~

~

N = 220 x, # fGz= - 24 200z: traction + flexion. 60°

2° Vérifiersi 3 résisteà cettesollicitation

. Calculerlescontraintes:

Lacontrainte 0"1 due àlatraction est:

J~L~

10"11

S

;

10"11

=2,2 MPa.

5x20

Lacontrainte 0", dueàlaflexionest(avec1Gz=b1~3): 10"21 = 1#{GzI.ly

1max; 10"21

IGz

24200 x 2,5

;

(201~ 10"21

x

PARTIE (1) ISOLÉE

N

y

53)

= 290MPa

Contraintetotalemaximale(d'aprèslechapitre54) : IO"MI;10"11+10"21 ; IO"MI",293MPa .

Écrire la condition de résistance:

) I;;I(G(Fext =0

(1)

~

(TI)

56.6

-

G{.Y1GESI9èg} : letorseur deseffets d'inertie

estégalautorseurdesquantités d'accélérations (outorseur dynamique) changé designe. .

Accélération du système

-->

Problème: exprimer T en fonction de mg et aG (application numérique: m = 500 kg, g = 10 m/s2, a G = 0 puis a G = 2 m/s2) Solution: Isoler (S) = { cabine t charge}

Tl

~

avec8;=-M.aGlfR g

Quantité de mouvement

S

Lethéorème delarésultante dynamique prenduneautreforme si l'onexprimel'accélération du pointGen fonctiondesa vitesse:

(1)

~

9:

I;

~

= M.JL dl

Levecteur p=M. ~g

Pte;

~g = JL(M.Vw:g) dl

(S) est en équilibre relatif sous:

s'appelle «quantité demouvement

de(5) danssonmouvement parrapportaurepèregaliléen(9lg)'" NOTA: p s'exprimeenkg. m. S-1.

.

T=T.Z;

Les charges:

P=- mg.Z;

..

L'effet d'inertie:

e;-= - maG .Z;

Les efforts dus à la pression atmosphérique,

THÉORÈME:

se compensent Par conséquent:

.

.

T - m g - m aG = 0

La somme vectorielle des forces extérieuresappli-

D'où

quéesà unsystème(S) est égaleà la dérivée,par rapport au temps, de la quantité de mouvementde (S)

Application numérique: si aG= 0 : T = 5000 N

dans(8\g).

si aG = 2 m/s2: T = 6000 N

T=m(gtaG)

198

56.7

Méthode de résolution

Identifierleproblèmeà résoudre: SOLIDE (S) ENTRANSLATION

56.71 Actions mécaniques extérieures .

Isolerunsystèmematérieletpréciserunrepère(9lg) galiléen.

Éventuellement, élaborerun croquis ou un schémade cet ensembleisolé. .

Isoler(S),Choisir(fRg)

Effectuerle bilan desactionsmécaniques expriméessous

formedetorseur; examinerlessymétriesettoutesparticularités permettantde réduire ces torseurs à des résultantes (invariants§ 76.3).

Commencer parles actionsà distancepuisdecontact. (Ungraphedeliaisonpeutéviterdesoublisdansle casde mécanismes complexes.) .

Effectuer l'étude cinématique

Définirlesactionsmécaniques appliquées à (S) *

Définirlaposition d'unpointde(S)

Décompter lesinconnues:

Pourunsolideentranslation selon(0, x) dansleplan( 0, x, :Y),

à distance

decontact

Déterminer lavitesse du pointde(S)

ondispose deséquations: +

LFe'fJ.

+

.x =M.aG/Çilg

(1)

......

LFe'fJ.. y =0 LM;; (Fëxi)=0

(2) (II)

REMARQUE;

MODÉLISER lesactionsmécaniques

Leproblème nepeutprésenter plusde3 n inconnues pour nsolidesisolés.

Déterminer l'accélération du pointde(S)

Sicen'estpaslecas,il fautrevoirlamodélisation.

Principe fondamental

56.72 Analyse cinématique Elleconsisteà exprimerl'accélération ducentredegravitéGdu systèmeisolépourpouvoirappliquerle théorèmedela résultanteoula méthodeded'Alembert.

R É

1

Q

n'"

L

.

(F;t)M. =0 "-;;'

s Elleconsisteà exprimerlavitesseducentredegravitéGsi l'on préfèreappliquerle théorèmede la quantitéde mouvement (intéressant quandla sommedesforcese'fJ.érieures estnulle).

0 l

1

QI

U

56.73 Équations du mouvement

T

Utiliserauchoix,selonlescas:

1

.

lesthéorèmes généraux( § 56.4),

. . . uneméthodeénergétique (chapitres 61à63). la méthodeded'Alembert(§ 56.5),

laquantitédemouvement (§ 56.6),

* La modélisationdes liaisons étantréalisée.

0

N

Méthode d'Alembert

1

L L

F ext +

e; = 0

()

=

0

Théorème dela quantitédemouvement 1

1

QI

L

=JL dl

(M.

g)

199 ,'.

Applications

56.8

.

ÉQUILIBRE SUR UN TAPIS MOBILE 00

Pièces

EXEMPLE 1:

-a=x".xg-

Untransporteur déplacedespiècescylindriquesdediamètreD, J:::

Tapis

hauteurh, masseM, reposantparleurbasesur letapismobile Exprimerl'accélération maximalepourque:

,.- - - - - --> A -----

10 Aucuncylindreneglisse(facteur defrottement fLentrecylindre ettapis). 20 Aucuncylindrenebascule. Applicationnumérique:M = 1,2 kg, D = 75 mm,h = 210 m,

Xg

0zg

fL1= 0,2 oufL2 = 0,5. SOLUTION:

CONDITION DE NON-GLISSEMENT

Isoleret choisirunrepère: Onisolelecylindre etl'onchoisit(9lg)liéausol.

Modéliser lesactionsmécaniques:

. .

L

0 Zg

Poidsreprésenté par (G, Mg) (§ 13). Appui-planreprésenté parR, dansle plan( 0, X; ~ )de

symétrie(§ 92, 12.6,chapitre32). Principefondamental

1:F.:t

Méthodede d'Alembert

ygL 0

Mg

A

Xg

--7 "' 1:Fext+ei=O

= Ma

Rsinex= Mx"

(1)

Rsina -Mx"=O

(1)

Rcosa-Mg=O

(2)

Rcosa - Mg =0

(2)

Œ

Nota: pression ambiante sans effet (chapitre 17),

CONDITION DE NON-BASCULEMENT

On déduit de (1) et (2) que tan Œ = x"/g.

Conditiondenon-glissement: tan

Ma = + Mx".xg ~

Mg

Enprojectionsur X;et

.

e;= - Ma= -Mx".xg

R cr

~

tan 'P(chapitre32)

Soitx"~ fL.g. .

Ma= + Mx".xg

Condition de non-basculement(autour de A) si:

tanΠ~ D/h soit x"~ D.g/h (chapitre 34).

i--------

ej