bac sti gm a&b 2001 corrigé poste automatique de...

L.P.T.I. Saint Joseph La Joliverie

BACGM01C.DOC page 1/5

BAC STI GM A&B 2001 Corrigé Poste automatique de cisaillage de barres

1- Analyse du fonctionnement

1.1- Etude de la fonction technique FT21

1.1.1- La liaison entre le coulisseau 15 et le bâti 1 est une liaison glissière.

1.1.2- Cette liaison glissière est réalisée par trois appuis plans entre le coulisseau 15 et les deux glissières avant et arrière 74 et 76.

1.2- Etude de la fonction technique FT22

1.2.1- Chaîne cinématique de la transmission du mouvement

Servomoteur69

Pignonmoteur 58

Roue dentéeintermédiaire 41

Pignonintermédiaire 49

Roue dentéeinférieure 38

Galetinférieur 3

Roue dentéesupérieure 25

Galetsupérieur 3

1.2.2- La mise en position de la liaison encastrement entre 69 et 71 est réalisée par un appui plan et un centrage court. Le maintien en position est réalisé par les trois vis 70 (H M12-40, 8.8).

1.2.3- Chaque liaison encastrement peut entraîner un petit défaut d’alignement des éléments encastrés. Cette succession de liaisons peut donc entraîner des défauts d’alignement (radial, axial, angulaire) entre l’arbre de sortie du servomoteur 69 et l’arbre moteur 54 plus importants.

La solution adoptée permet un fonctionnement correct car on a placé un manchon d’accouplement à denture intérieure (65,66,73) entre les deux arbres. En effet, ce manchon permet la transmission correct du mouvement malgré les défauts d’alignement.

1.2.4- Le montage des roulements 53 et 61 réalise une liaison pivot entre le bâti 1 et l’arbre moteur 54.

1.2.5- Les bagues intérieures des roulement 53 et 61 sont montées serrées.

On peut justifier cela de deux manières :

- La charge est fixe (Elle est due aux efforts sur l’engrenage 41,58) les bagues intérieures sont tournantes. Les bagues intérieures sont donc tournantes par rapport à la charge.

- Les bagues intérieures des roulements 53 et 61 sont toutes arrêtées à droite et à gauche, alors que seul les bagues extérieures du roulement 61 sont arrêtées à droite et à gauche.



1.2.6- Graphe de montage de la liaison pivot entre l’arbre moteur 54 et le bâti 1.

1

54

61

60

59

58

57

53

56

62

63x4

55

51

52x3

1.2.7- Les roulements 53 et 61 ayant des bagues intérieures montées serrées sur l’abre moteur 54, on a pour faciliter le montage les diamètre B et D respectivement supérieurs aux diamètre A et C; On a donc :

∅∅∅∅D > ∅∅∅∅C > ∅∅∅∅B > ∅∅∅∅A

1.2.8- Voir document DR1

1.2.9- Voir document DR1

2- Validation du servomoteur d’entraînement 69

2.1- La composante tangentielle de l’effort d’une roue 3 sur la barre est de 675 N, la vitesse de la barre est de 2 m.s-1 . La puissance trnasmise par une roue 3 à la barre est donc de :

P1 = 675 x 2 = 1 350 W

2.2- Les deux roues étant motrice la puissance transmise par les deux roues à la barre est de :

P = 2.P1 = 2 x 1 350 = 2 700 W



2.3- Le rendement globale de la chaîne cinématique est de η = 0,85 . La puissance que doit développer le moteur 69 est donc de :

Pm = Pηηηη =

2 7000,85

= 3 176 W = 3,176 kW

2.4- Rapport de réduction de la chaîne cinématique du moteur à une roue 3

Rred = ωωωωmoteur

ωωωωroue3 =

Z38 . Z41

Z49 . Z58 =

52 x 6219 x 17

= 9,98

Le rapport de transmission est de Rtrans = Rred-1 = 9,98-1 = 0,1

2.5- Si il n’y a pas glissement entre la roue 3 et la barre, la vitesse de rotation d’une roue 3 est de :

ω3 = Vbarre

RRoue =

20,272/2

= 14,7 rad/s

On en déduit donc la vitesse de rotation du moteur :

ωωωωmoteur = Rred . ωωωωRoue = 9,98 x 14,7 = 147 rad/s

Nmoteur = 60.ωωωωmoteur

2.ππππ = 60 x 147

2.ππππ = 1400 tr/min

2.6- La fréquence de rotation du moteur est de Nmoteur = 1500 tr/min. D’autre part sa puissance utile est de Pm = 4,3 kW. Ce moteur a donc été correctement choisi car, d’après les réponses aux questions 2.3 et 2.5, il doit avoir une vitesse de rotation de 1400 tr/min avec une puissance de 3,176 kW .

3- Choix d’un ressort 90

3.1- On isole un ressort 90, les actions extérieures s’appliquant sur ce ressort sont :

Forces Point d’application Support Sens Intensité →

F91/90 Q ? ? ? →

F93/90 L ? ? ?

Le ressort étant en équilibre sous l’action de deux forces, ces deux forces ont même support. l’une étant appliquée en Q et l’autre en L le support de ces deux forces est la droite (QL).

Le support de la force →→→→

F93/90 est donc la droite (QL)

3.2- On isole le levier 93, les actions extérieures s’appliquant sur ce levier sont :

Forces Point d’application Support Sens Intensité →

F110/93 T (T,→Y )

→Y 150 N

→F90/93 L (QL) ? ?

→F94/93 N ? ? ?

Le problème étant plan, et les actions étant toutes modélisées par des forces, il est possible de résoudre le problème soit analytiquement soit graphiquement. Les deux résolutions sont donc données successivement ci-dessous .



Résolution graphique

Le système est en équilibre sous l’action de trois forces non parallèles. On a donc :

- Trois forces qui sont concourantes en un point I.

- Un dynamique des forces fermé.

Une construction graphique permet donc de déterminer ces trois actions (Voir document réponse DR2).

Résolution analytique

Exprimons les torseurs des actions extérieures au point N

L’action de 94 sur 93 étant une action de liaison pivot d’axe (N,→Z ) on a : {T 94/93} =

N

X 0

Y 00 0

{T 90/93} = N

→F90/93

→NL∧

→F90/93

Or : →NL

-15300

Et : →

F90/93

-||→

F90/93||.sin20 = -0,3420.|| →

F90/93||-||

→F90/93||.cos20 = -0,9397.||

→F90/93||

0

On en déduit donc : {T 90/93} = N

-0,3420.|| →→→→

F90/93|| 0-0,9397.||

→→→→F90/93|| 0

0 143,8.|| →→→→

F90/93||

{T 110/93} = N

→F110/93

→NT∧

→F110/93

Or : →NT

-22300

Et : →

F110/93

0150 N

0

On en déduit donc : {T 110/93} = N

0 0

150 N 00 -33 450 N.mm

Le système étant en équilibre la somme des torseurs des actions extérieures est nulle. Donc :

{T 94/93} + {T 90/93} + {T 110/93} = {0}

On en déduit les trois équation s ci-contre :

X - 0,3420.||→

F90/93|| = 0

Y - 0,9397.||→

F90/93|| +150 = 0

143,8.||→

F90/93|| - 33 450 = 0

Ce qui après résolution donne :

||→→→→

F90/93|| = 232,6 N

X = 79,6 N

Y = 68,6 N

On en déduit : ||→

F94/93|| = X94/932 + Y94/93

2 = 79,62 + 68,62 = 105,1 N

Par une résolution graphique ou analytique on en déduit :

Forces Point d’application Support Sens Intensité →→→→

F110/93 T (T,→→→→Y )

→→→→Y 150 N

→→→→F90/93 L (QL)

→→→→LQ 232,6 N

→→→→F94/93 N (NI)

→→→→NI 105,1 N



3.3- Les deux ressorts développant un effort de 232,6 N, l’effort développé par un ressort est de:

||→→→→

Fressort|| = ||

→→→→F90/93||

2 =

232,62

= 116,3 N

3.4- Voir document réponse DR2

3.5- Calcul de la longueur libre d’un ressort 90

On a : F = k . ( L - L0 ) On en déduit :

L 0 = L - Fk

= 140 - 1209

= 126,7 mm

3.6- Calcul du diamètre du fil du ressort

On a : k = G.d4

8.n.D3 On en déduit :

d = 4 8.k.n.D3

G =

4 8 x 9 x 15 x 183

80 000 = 2,98 mm ≈≈≈≈ 3 mm

4- Modification d’une solution constructive

Voir document réponse DR3

5- Validation du dimensionnement du levier

5.1- Le levier est soumis à de la flexion simple

5.2- L’étude des diagrammes montre que le moment fléchissant est maximal en A. la section la plus sollicitée est donc la section en A.

5.3- Moment quadratique dans la section la plus sollicitée : IGZ = b.h3

12 = 10 x

303

12 = 22 500 mm4

5.4- Contrainte maximale théorique : σσσσMaxi = M fz . V

IGZ =

1,248.105 x 1522 500

= 83,2 MPa

5.5- Coefficient de concentration de contrainte : ra = 0,5 et

ba = 1 On en déduit : k = 1,15

5.6- Contrainte maximale réelle : σσσσM = k.σσσσMaxi = 1,15 x 83,2 = 95,7 MPa

5.7- Coefficient de sécurité : s = ReσσσσM

= 34095,7

= 3,6 Ce coefficient de sécurité est suffisant.

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