Principe Fondamental de la Statique
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Principe Fondamental de la Statique
Sciences Industrielles pour l’Ingénieur CI 3 – STATIQUE : MODÉLISATION, PRÉVISION ET VÉRIFICATION DU COMPORTEMENT STATIQUE DES SYSTÈMES CHAPITRE 2 – PRINCIPE FONDAMENTAL DE LA STATIQUE – PFS Direction assistée électrique de Clio [1] Modélisation cinématique de la DAE de Twingo Sur un véhicule automobile, la direction assistée permet d’aider le conducteur à diriger le véhicule en fonction de sa vitesse. En effet, à basse vitesse, l’adhérence entre les pneus et le sol rend difficile les manœuvres. Sur le système de direction assistée présenté ci-dessus, un moteur électrique lié à la colonne de direction par l’intermédiaire d’un réducteur roue-vis sans fin permet de restituer un couple d’assistance. On cherche à dimensionner le moteur électrique pour qu’il fournisse un couple suffisant dans le but d’aider le Problématique conducteur. PROBLÉMATIQUE : – Comment calculer les efforts dans les liaisons d’un système mécanique ? SAVOIRS : Savoir – Isoler un système mécanique et faire l’inventaire des actions extérieures appliquées – Appliquer le Principe Fondamental de la statique PFS – Théorème des actions réciproques 1 2 Principe fondamental de la statique – PFS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Résolution d’un problème en statique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2.1 Modélisation du système . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2012 – 2013 X. PESSOLES 1 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur 3 2.2 Recherche des inconnues dans les liaisons . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2.3 Recherche d’une relation entre le couple moteur et l’action dans la liaison pignon-crémaillère. . . 10 2.4 Résolution finale du problème . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 Méthodes de résolution des problèmes de statique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Ce document est en évolution permanente. Merci de signaler toutes erreurs ou coquilles. 1 Principe fondamental de la statique – PFS Principe fondamental de la statique – PFS On note S un système matériel à l’équilibre et S le milieu extérieur à ce système. −−→ d OM → =− S est à l’équilibre par rapport à un repère galiléen R si ∀M ∈ S, 0. dt R Théorème Si S est à l’équilibre, alors : ¦ © T S → S = {0} © ¦ T S → S désigne la somme des actions mécaniques agissant sur S. On isole le solide 3. Si on néglige la pesanteur, le solide est soumis à l’action de la liaison linéaire annulaire et de l’action de la liaison pivot. Le PFS appliqué au solide 3 au point C s’écrit donc ainsi : {T (4 → 3)} + {T (2 → 3)} = {0} −→ − → En écrivant les torseurs au point C (C D = −λ x ) : X 43 0 X 43 0 {T (4 → 3)} = = Y43 0 Y43 0 0 0 0 −λY43 D,R Exemple On a donc : 2012 – 2013 X. PESSOLES {T (2 → 3)} = X 23 L 23 Y23 M 23 Z 23 0 C ,R X 43 0 Y43 0 0 −λY43 C ,R + X 23 L 23 Y23 M 23 Z 23 0 2 C ,R = 0 0 0 0 0 0 C ,R C ,R Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur Équations vectorielles du PFS De l’écriture sous forme de torseurs découle deux théorèmes. Théorème de la résultante statique : −−−−−− → − → R S →S = 0 Théorème Théorème du moment statique au point M : −−−−−−−−−→ − → M M ,S → S = 0 Deux ces 2 équations vectorielles en 3 dimension, on peut donc déduire un système à 6 équations. Le théorème de la résultante statique appliqué au solide 3 s’écrit : −−−−−→ −−−−−→ − → R (4 → 3) + R (2 → 3) = 0 Exemple Le théorème du moment statique appliqué au solide 3 au point C s’écrit : −−−−−−−−→ −−−−−−−−→ − → M (C , 4 → 3) + M (C , 2 → 3) = 0 Théorème Théorème des actions réciproques Soient S 1 et S 2 deux systèmes mécaniques en équilibre. On a donc : {T (S 2 → S 1 )} = − {T (S 1 → S 2 )} −−−−−→ R (2 → 3) {T (2 → 3)} = − {T (3 → 2)} ⇐⇒ − −−−−−−− → M (C , 2 → 3) −−−−−→ −R (3 → 2) = − −−−−−−− → −M (C , 3 → 2) C ,R Exemple X 23 C ,R L 23 −X 32 −L 32 −Y32 −M 32 −Z 32 0 Y23 M 23 Z 23 0 = C ,R C ,R 2 Résolution d’un problème en statique Lors de la résolution d’un problème en statique, les difficultés sont entre autres : 2012 – 2013 X. PESSOLES 3 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur – modéliser le problème ; – définir le système mécanique auquel on désire appliquer PFS ; – faire le bilan exhaustif des actions mécaniques agissant sur le système ; – en fonction du problème, choisir au mieux le théorème à utiliser pour éviter trop de calculs. Dans la suite, on cherche d’une part à calculer le couple moteur afin de dimensionner le moteur d’assistance. D’autre part, on cherche à déterminer les efforts dans les liaisons dans le but de pouvoir les dimensionner. − → Le couple résistant C r est connu. 2.1 Modélisation du système Deux outils outils permettent de modéliser un système en vu de la résolution d’un problème de statique : le schéma d’architecture et le graphe de structure. Ils permettent de traduire par des liaisons cinématiques chacun des contacts entre les différentes classes d’équivalence cinématiques d’un système. Schéma d’architecture 2012 – 2013 X. PESSOLES 4 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur Graphe de structure 2.2 Recherche des inconnues dans les liaisons L’objectif est ici de déterminer les composantes du torseur statique. Remarque 2.2.1 Bilan des actions mécaniques extérieures Le but est ici de donner l’ensemble des torseurs d’actions mécaniques exerçant sur le système. Actions à distance La seule action à distance est ici la pesanteur. Action de la pesanteur agissant sur la pièce 1 en son centre d’inertie G 2 : centre d’inertie G 1 : −−−−−−−→ → R pes → 2 = −M 2 g − z T pes → 2 = −−−−−−−−−−→ − → − M G 2 , pes → 2 = 0 −−−−−−−→ → R pes → 1 = −M 1 g − z T pes → 1 = − −−−−−−−−−− → → M G , pes → 1 = − 0 1 G 2 ,R G 1 ,R Action de la pesanteur agissant sur la pièce 3 en son Action de la pesanteur agissant sur la pièce 2 en son 2012 – 2013 X. PESSOLES 5 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur centre d’inertie G 30 : centre d’inertie G 3 : −−−−−−−→ → R pes → 3 = −M 3 g − z T pes → 3 = − −−−−−−−−−− → → M G , pes → 3 = − 0 3 −−−−−−−−→ − → R pes → 30 = −M 30 g z T pes → 30 = −−−−−−−−−−−→ − → M G 30 , pes → 30 = 0 G 3 ,R G 30 ,R Action de la pesanteur agissant sur la pièce 4 en son centre d’inertie G 4 : Action de la pesanteur agissant sur la pièce 4’ en son centre d’inertie G 40 : −−−−−−−→ → R pes → 4 = −M 4 g − z T pes → 4 = − −−−−−−−−−− → − → M G , pes → 4 = 0 4 −−−−−−−−→ − → 0 R pes → 40 = −M 4 g z T pes → 40 = − → −−−−−−−−−−−→ M G 40 , pes → 40 = 0 G 4 ,R Action de la pesanteur agissant sur la pièce 3’ en son 2012 – 2013 X. PESSOLES G 40 ,R 6 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur Action dans les liaisons cinématiques − → Action de la liaison pivot d’axe y de 0 sur 1 en A : X 01 L 01 {T (0 → 1)} = Y01 0 Z 01 N 01 → Action de la liaison pivot d’axe − z de 0 sur 4 en E : {T (0 → 4)} = A,R − → Action de la liaison glissière d’axe x de 0 sur 2 en B : 0 L 02 {T (0 → 2)} = Y02 M 02 Z 02 N 02 − → Action de la liaison ponctuelle de normale x de 1 sur {T (1 → 2)} = X 12 0 0 0 0 0 X 04 L 04 Y04 M 04 Z 04 0 E ,R → Action de la liaison pivot d’axe − z de 2 sur 3’ en C 0 : B,R 2 en F (pignon – crémaillère) : T 2 → 30 = X 230 L 230 Y230 M 230 Z 230 0 C 0 ,R → Action de la liaison sphère–cylindre d’axe − z de 3’ sur 4’ en D 0 : F,R → Action de la liaison pivot d’axe − z de 2 sur 3 en C : X 23 L 23 {T (2 → 3)} = Y23 M 23 Z 23 0 T 30 → 40 = X 30 40 0 Y30 40 0 0 0 D 0 ,R C ,R → Action de la liaison pivot d’axe − z de 0 sur 4 en E 0 : → Action de la liaison sphère–cylindre d’axe − z de 3 sur 4 en D : {T (3 → 4)} = X 34 0 Y34 0 0 0 T 00 → 40 D,R = X 00 40 L 00 40 Y00 40 M 00 40 Z 00 40 0 E 0 ,R Actions de contact Action du couple moteur agissant du couple résistant agissant sur la pièce 4 en E : sur la pièce 1 en A : {T (moteur → 1)} = Action 0 0 Cm 0 0 0 {T (res → 4)} = du couple agissant sur la pièce 4’ en 0 0 0 0 0 Cr A,R Action E ,R T res → 40 = résistant E0 : 0 0 0 0 0 C r0 E 0 ,R Bilan des actions mécaniques Au bilan, le poids de chaque pièce est connu ainsi que les couples de frottements dans les liaisons pivots entre 0 et 4 et entre 0 et 4’. 2012 – 2013 X. PESSOLES 7 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur Il y a 35 inconnues de liaisons et une action mécanique inconnue : le couple moteur. Il y a donc 36 inconnues dans ce système. 2.2.2 Calcul des actions mécaniques dans la pièce 4 Isolons le solide 4. 4 est soumis à la pesanteur, au couple résistant et aux actions de liaisons entre 4 et 0 et entre 3 et 4. Ces torseurs Remarque ont été écrits précédemment. En isolant le solide 4, on est en présence de 7 inconnues (5 inconnues de liaisons dans la liaison pivot 2 inconnues dans la liaison linéaire annulaire). Le PFS va permettre d’écrire 6 équations. Il n’est donc pas a priori possible de déterminer toutes les inconnues. Appliquons le PFS au solide 4 au point E : {T (res → 4)} + T pes → 4 + {T (0 → 4)} + {T (3 → 4)} = {0} Pour appliquer le PFS, il faut donc écrire chacun des torseurs en un point. Nous avons choisi le point E . Le point E est choisi car deux torseurs y sont déjà connus. −−→ −→ − → − → − → − → → z et E D = x D x + y D y . On note : EG 4 = x G 4 x + yG 4 y + z G 4 − Exprimons le torseur de pesanteur au point E : −−−−−−−→ → R pes → 4 = −M 4 g − z −−−−−−−−−−→ −−−−−−−−−−−→ −−→ −−−−−−−→ − → − → → → T pes → 4 = M E , pes → 4 = M G 4 , pes → 4 +EG 4 ∧ R pes → 4 = x G 4 x + yG 4 y + z G 4 − z ∧ −M 4 g − z {z } | − → 0 2012 – 2013 X. PESSOLES G 4 ,R 8 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur −−−−−−−−−−→ − → − → M E , pes → 4 = M 4 g x G 4 y − M 4 g yG 4 x −−−−−−−→ − → R pes → 4 = −M 4 g z T pes → 4 = −−−−−−−−−−→ → − → M E , pes → 4 = M g x − 4 G 4 y − M 4 g yG 4 x = 0 −yG 4 M 4 g 0 xG 4 M 4 g −M 4 g 0 E ,R E ,R Exprimons le torseur liaison entre 3 et 4 au point E : {T (3 → 4)} = X 34 0 Y34 0 0 0 D,R −→ R z }| { X 34 = Y34 0 −−→ MD −→ ED − → R z z}|{ }| { z }| { 0 x X D 34 0 + y D ∧ Y34 0 0 0 = X 34 0 Y34 0 0 x D Y34 − y D X 34 E ,R E ,R Tous les torseurs sont appliqués au point E . On peut donc appliquer le PFS : 0 −yG 4 M 4 g X 34 0 X 0 0 04 + + + Y 0 0 xG 4 M 4 g Y 0 0 34 04 0 x D Y34 − y D X 34 Z 04 0 Cr −M 4 g 0 E ,R E ,R E ,R L 04 M 04 0 = 0 0 0 0 0 0 E ,R D,R On peut donc écrire un système de 6 équations avec chacune des composantes de chacun des vecteurs : 0 + X + 0 + X = 0 X + X = 0 X 34 + X 04 = 0 34 04 34 04 0 + Y34 + 0 + Y04 = 0 Y34 + Y04 = 0 Y34 + Y04 = 0 0 + 0−M 4 g + Z 04 = 0 −M 4 g + Z 04 = 0 Z 04 = M 4 g ⇐⇒ ⇐⇒ 0 + 0−yG 4 M 4 g + L 04 = 0 −yG 4 M 4 g + L 04 = 0 L 04 = yG 4 M 4 g 0 + 0 + x G 4 M 4 g + M 04 = 0 x M g + M 04 = 0 M 04 = −x G 4 M 4 g G4 4 C r + x D Y34 − y D X 34 + 0 + 0 = 0 C r + x D Y34 − y D X 34 = 0 C r + x D Y34 − y D X 34 = 0 Comme prévu, le système d’équations ne permet pas d’isoler les inconnues. Pour simplifier les calculs, nous négligerons l’effet du poids par la suite. Par symétrie, en isolant le solide 4’, le PFS au point E 0 En isolant le solide 4, le PFS au point E devient donc : X 34 + X 04 = 0 Y34 + Y04 = 0 Z 04 = 0 L 04 = 0 M 04 = 0 C r + x D Y34 − y D X 34 = 0 2012 – 2013 X. PESSOLES s’écrit ainsi : X 30 40 + X 040 = 0 Y30 40 + Y040 = 0 Z 040 = 0 L 040 = 0 M 040 = 0 0 Cr + xD Y30 40 − y D0 X 30 40 = 0 9 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur A ce stade, restent à déterminer les 8 inconnues suivantes : X 34 , X 04 , Y34 , Y04 , X 30 40 , X 040 , Y30 40 et Y040 . Remarque 6 équations n’ont pas encore été utilisées. 2 équations supplémentaires sont donc nécessaires pour calculer les inconnues. Il faudrait donc réaliser d’autres isolements et leur appliquer le PFS pour pouvoir déterminer les inconnues manquantes. 2.3 Recherche d’une relation entre le couple moteur et l’action dans la liaison pignoncrémaillère Dans certain cas il n’est pas indispensable d’appliquer le PFS dans sa totalité. L’application du théorème de la résultante statique ou du moment statique en un point peut suffire. En allant un peu plus loin, seule la projection d’un des théorèmes peut suffire. Dans notre cas, commençons par isoler le solide 1. 1 est soumis au couple moteur, à la sphère – plan en I , à la liaison pivot de centre A. Nous souhaitons une relation entre C m et X 12 . Par ailleurs, la liaison pivot ne transmet pas de couple autour de − → − → y . On va donc appliquer le théorème du moment statique en A en projection autour de l’axe y . −→ − → → Commençons par déplacer le torseur {T (1 → 2)} (pignon – crémaillère) au point A. On note AF = −L y − R − z . −−−−−−−−→ −−−−−−−−→ −→ −−−−−→ − → − → − → → → M (A, 1 → 2) = M (F, 1 → 2) + AF ∧ R (1 → 2) = −L y − R − z ∧ X 12 x = LX 12 − z − RX 12 y {T (1 → 2)} = X 12 0 0 0 0 0 = X 12 0 0 −RX 12 0 LX 12 F,R Par ailleurs, {T (moteur → 1)} = 0 0 Cm 0 −X 12 0 0 RX 12 0 −LX 12 A,R 0 0 ⇐⇒ {T (2 → 1)} = {T (0 → 1)} = A,R X 01 L 01 Y01 0 Z 01 N 01 A,R A,R − → L’application du théorème du moment statique au point A sur l’axe y se traduit donc par l’équation suivante : RX 12 + C m = 0 2012 – 2013 X. PESSOLES 10 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur 2.4 Résolution finale du problème Le problème de choix du moteur d’assistance demande d’établir le lien entre : – le couple de frottement entre la route et les pneus ; – le couple moteur. Ensemble soumis à 2 actions mécaniques Isolons le solide 3 −→ − → Bilan des actions mécanique extérieures à 3 C D = a x {T (4 → 3)} = X 43 0 Y43 0 0 0 = X 43 0 Y43 0 0 a Y43 D,R {T (2 → 3)} = C ,R X 23 L 23 Y23 M 23 Z 23 0 C ,R → Théorème du moment statique appliqué à 3 en C en projection suivant − z : a Y43 = 0 ⇐⇒ Y43 = 0 → Par analogie, le théorème du moment statique appliqué à 3’ en C 0 en projection suivant − z Y40 30 = 0 Ensemble soumis à 4 actions mécaniques Isolons l’ensemble S = {2 + 3 + 30 } Bilan des actions mécanique extérieures au système Ce système est soumis aux actions des liaisons sphères cylindres en D et D 0 , à la liaison ponctuelle en F et la glissière en B . Déplaçons les torseurs au point B . 2012 – 2013 X. PESSOLES 11 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur {T (4 → 3)} = X 43 0 Y43 0 0 0 {T (1 → 2)} = X 12 T 40 → 30 = X 40 30 0 Y40 30 0 0 0 D,R D 0 ,R 0 0 L 02 Y02 M 02 Z 02 N 02 0 0 0 0 {T (0 → 2)} = F,R B,R − → En appliquant le théorème de la résultante statique : à l’ensemble S en projection sur l’axe x : X 43 + X 40 30 + X 12 = 0 Bilan A l’aide des équations déterminées précédemment on a : X 34 + X 04 = 0 Y34 + Y04 = 0 Z 04 = 0 L 04 = 0 M 04 = 0 C r + x D Y34 − y D X 34 = 0 2012 – 2013 X. PESSOLES X 30 40 + X 040 = 0 Y30 40 + Y040 = 0 Z 040 = 0 L 040 = 0 M 040 = 0 0 C r0 + x D Y30 40 − y D0 X 30 40 = 0 12 RX 12 + C m = 0 X 43 + X 40 30 + X 12 = 0 0 0 Y4 3 = 0 Y40 30 = 0 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur Cr X 34 + X 04 = 0 X 43 = − yD C r − y D X 34 = 0 y D X 34 = C r 0 X 30 40 + X 040 = 0 y 0 X 30 40 = C 0 X 0 0 = − Cr 43 D r =⇒ =⇒ =⇒ y D0 0 −y0 X 0 0 =0 C RX + C = 0 12 m 3 4 Cm D r X 12 = − RX 12 + C m = 0 X 43 + X 40 30 + X 12 = 0 R 0 X + X 43 4 30 + X 12 = 0 X 43 + X 40 30 + X 12 = 0 Résultat Au final : C r C r0 C m X 43 + X 40 30 + X 12 = 0 ⇐⇒ − − − = 0 ⇐⇒ C m = −R y D y D0 R Au final : C m = −R C r C r0 + y D y D0 C r C r0 + y D y D0 3 Méthodes de résolution des problèmes de statique Recherche de toutes les inconnues de liaisons 1. Réaliser le graphe de structure 2. Réaliser un bilan complet des actions mécaniques et compléter le graphe de structure 3. Identifier les solides ou les systèmes soumis à l’actions de deux actions mécaniques 4. Rechercher une frontière d’isolement 5. Réaliser le bilan des actions mécaniques extérieures au système (BAME) Méthode 6. Écrire le PFS en un point (de préférence un point où un grand nombre de torseurs sont déjà exprimés) 7. Si le nombre d’inconnues est inférieur à 6 on résout le système, sinon on réalise un autre isolement 8. Effectuer l’application numérique Recherche d’une équation 1. Réaliser le graphe de structure 2. Réaliser un bilan complet des actions mécaniques et compléter le graphe de structure Méthode 3. Identifier les solides ou les systèmes soumis à l’actions de deux actions mécaniques 4. Rechercher une frontière d’isolement 5. Réaliser le bilan des actions mécaniques extérieures au système (BAME) 2012 – 2013 X. PESSOLES 13 Cours – CI 3 : Statique – P Sciences Industrielles pour l’Ingénieur 6. Observer les torseurs et choisir le théorème à appliquer (théorème de la résultante statique ou du Méthode moment statique) 7. Résoudre le système d’équation 8. Effectuer l’application numérique Références [1] http://www.renault.com/fr/innovation/au-coeur-de-la-technique/pages/ effeuillage-d-un-moteur.aspx 2012 – 2013 X. PESSOLES 14 Cours – CI 3 : Statique – P