fauteuil de dentiste - corrigé - free
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DS 06 - Sciences Industrielles pour l’Ingénieur Lycée Fermat Toulouse - CPGE MPSI/PCSI
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Fauteuil de dentiste - Corrigé
Q.1.
3
1 0
2
Pivot d’axe
(A, 'x0
r)
Graphe d’analyse
gr
Ressort 4
0’ Pivot d’axe
(0,0zr
)
3’
6 Pivot d’axe
(F, 'x0
r)
Pivot d’axe
(H, 'x0
r)
Pivot glissant
d’axe (C,1yr
)
Pivot d’axe
(E, 'x0
r)
Pivot d’axe
(C, 'x0
r)
Pivot d’axe
(B, 'x0
r)
Q.2. + Q.3. On isole S = 0’+1+2+3+3’+6 et on effectue le BAME. On applique le PFS sur S.
BAME :
→ '0b
'00
'00
'00
'00
'00
O
'00
0
M
L
Z
Y
X
F
=→
→ '0bG
6g
0
0
0
g.M
0
0
F
−=→
3
1 0
2
Pivot d’axe
(A,0xr
)
gr
Ressort 4
0’ Pivot d’axe
(0,0zr
)
3’
6
Pivot d’axe
(H,0xr
)
Pivot d’axe
(F,0xr
)
Pivot glissant
d’axe (C,1yr
)
Pivot d’axe
(E,0xr
)
Pivot d’axe
(C,0xr
)
Pivot d’axe
(B,0xr
)
5 inc
'0bO'0bG
6g ?
g.M
0
0
0
0
0
g.M
0
0
F
−=
−=→
Avec 0G0G00G0G0G0GO 'x.y.g.M'y.x.g.M'z.g.M)'z.z'y.y'x.x(z.g.MOGMMrrrrrrr
−=−∧++=−∧+=
TRS :
=−==
0g.MZ
0Y
0X
'00
'00
'00
TMS en 0 :
==+=−
00
0x.g.MM
0y.g.ML
G'00
G'00
Cet isolement permet de déterminer toutes les actions mécaniques de la liaison 0-0’ directement.
Q.4. On isole 3’ + BAME → solide soumis à 2 forces → on pose 36'36'3 'y.YRr
=→
On isole 6 + BAME :
H
F
G
β'
0zr
0yr
Y16 Z16
Y3’6 P
L
d
On applique le PFS sur 6 en F :
0'cos.YY 6'316 =β+ (1)
0g.M'sin.YZ 6'316 =−β+ (2)
0g.M.d'cos.Y.L 6'3 =−β− (3)
(3) → 'cos.L
g.M.dY 6'3 β
−=
(1) → L
g.M.d'cos.YY 6'316 =β−=
(2) → g.M'tan.L
g.M.dg.M'sin.YZ 6'316 +β=+β−=
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Q.5. On isole 3 + BAME → solide soumis à 2
forces → on posera 30330 y.YRr
=→ par la suite.
On isole S’ = 1+2+3+3’+6 et on effectue le BAME.
On applique le PFS sur E en A.
3
1
2
Pivot d’axe
(A,0xr
)
gr
Ressort 4
0
3’
6
Pivot d’axe
(H,0xr
)
Pivot d’axe
(F,0xr
)
Pivot glissant
d’axe (C,1yr
)
Pivot d’axe
(E,0xr
)
Pivot d’axe
(C,0xr
)
Pivot d’axe
(B,0xr
)
2 inc 1 inc
B
A
G
β
0yr
0zr
α
Y01
Z01
Y03
P
2.a
yG
0cos.YY 0301 =β+ (4)
0g.Msin.YZ 0301 =−β− (5)
0g.M.ycos.Y.a.2 G03 =−β− (6)
(6) → β
−=cos.a.2
g.M.yY G
03 avec yG = L1.cosα + d
(4) → a.2
g.M.ycos.YY G
0301 =β−=
(5) → g.Mtan.a.2
g.M.yg.Msin.YZ G
0301 +β−=+β=
Q.6. AN :
76,232010tan.15,0
2016,0Z16 =+×= N ; 66,21
10cos.15,0
2016,0Y 6'3 −=×−= N ; 33,21
15,0
2016,0Y16 =×= N
44,14914cos.08,02
2016,1Y03 −=
××−= N ; 145
08,02
2016,1Y01 =
××= N ; 15,562014tan.
08,02
2016,1Z01 −=+
××−= N
Q.7. On isole le solide 1 seul + BAME.
Des études précédentes, on connaît les efforts dans les liaisons pivot en A et H. Par conséquent le TRS projeté
sur 0yr
permet d’obtenir directement l’expression de Y01.
A
0yr
0zr
Y01
Z01 'sin.eLsin.ea.2 β−=β−
Y61
Z61
Z21
Y41
F
0YYY 416101 =++ avec L
g.M.dYY 1661 −=−= et
a.2
g.M.yY G
01 =
→ a.2
g.M.y
L
g.M.dYYY G
610141 −=−−= → 67,12333,21145Y41 −=+−= N
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Q.8. On isole 4 + BAME → solide soumis à 3 glisseurs. Ces 3 glisseurs sont coplanaires, concourants en un point
et de somme vectorielle nulle. On connaît Pr
et on connaît la direction de 42F → (2 est soumis à 2 glisseurs).
Graphiquement on obtient : =→41F 4100 N(≈8,2 cm)
Q.9. On isole 1 + BAME → solide soumis à 3 glisseurs. Ces 3 glisseurs sont coplanaires, concourants en un point
et de somme vectorielle nulle. On connaît 4114 FF →→ −= et on connaît la direction de 13F → (3+3’ est soumis à 2
glisseurs).
Graphiquement on obtient : =→13F 6750 N (13,5 cm)
B (3)
(3’)
(2)
(1)
(4)
A
(0)
0yr
0zr
θ
G
K
E
F
3yr
1yr
C
Direction de 42F →
Direction de 41F → P
P
42F →
41F →
14F →
14F →
13F →
10F →
Direction de 10F →
Direction de 13F →
Q.10. Cmoteur =
3,46750.2
10.4F.
2
pas 3
13 =π
=π
−
→ N.m
< 4,5 N.m → exigence validée.
Q.11. Graphe d’analyse
4
0 2
1
Pivot d’axe
(B,0xr
)
gr
3
3’ Pivot d’axe
(C,0xr
)
Glissière
d’axe (K,3yr
)
Pivot glissant
d’axe (A,1yr
)
Pivot d’axe
(K,0xr
)
Pivot d’axe
(E,0xr
)
Pivot d’axe
(F,0xr
)
Moteur
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Q.12. On isole 2 + BAME. Solide soumis à 2 glisseurs → 1b
24
F
42
0
0
0
0
Y
0
F
=→
Q.13. On isole 3+3’ + BAME. Système soumis à 2 glisseurs = direction = (CK) → 3b
31
K
13
0
0
0
0
Y
0
F
=→
Q.14. On isole 4 + BAME. On applique le PFS sur 4 en E :
Système I :
0cos.YY 2414 =α+ (7)
0g.msin.YZ 2414 =−α− (8)
0g.m.asin.Y.ecos.Y.k 2424 =−α−α (9)
(9) → α−α
=sin.ecos.k
g.m.aY24
(7) → α−α
α−=α−=
sin.ecos.k
cos.g.m.acos.YY 2414
(4)
α
G
E
F
Y14
Z14
Y24
m.g
0yr
0zr
e
k
a
(8) → g.msin.ecos.k
sin.g.m.ag.msin.YZ 2414 +
α−αα
=+α=
A.N. : 25417sin.05,07cos.195,0
7cos.1030016,0Y14 −=
−××−= N 331210300
7sin.05,07cos.195,0
7sin.1030016,0Z14 =×+
−××= N
Q.15. On isole 1 + BAME. On
applique le PFS sur 1 en A :
Seul le TMS en A est utile ici.
(1) A
K
E
3yr
θ
Y41
Z41
L1.cosα
Y31 Y01
Z01
L1.sinα c.cosα
c.sinα
0yr
0zr
0sin.Y.cos.ccos.Y.sin.cY.sin.LZ.cos.L 3131411411 =θα+θα+α+α
→ )Y.sinZ..(cosL)sin.coscos..(sinc.Y 4141131 α+α−=θα+θα → )sin(.c
)Y.sinZ..(cosLY
41411
31 θ+αα+α−
=
avec g.msin.ecos.k
sin.g.m.aZ14 +
α−αα
= et α−α
α−=α−=
sin.ecos.k
cos.g.m.acos.YY 2414
A.N. : 6820)sin(.c
)Y.sinZ..(cosLY
41411
31 =θ+α
α+α−= N
Q.16. Cmoteur = 34,46820.2
10.4F.
2
pas 3
13 =π
=π
−
→ N.m < 4,5 N.m → exigence validée.
Q.17. La construction graphique est plutôt pas mal ici il y a juste une erreur qui correspond à 1 mm d’écart sur
la longueur mesurée de 13F → .
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L'effet spécial Saule Cogneur du film Harry Potter et la Chambre des Secrets - Corrigé
Q.1.
c2
2 0
t2 Graphe d’analyse
gr
1 Pivot d’axe
(0,0zr
) 3
Pivot glissant
d’axe (F,1Vx
r)
4
c1 t1 c3 t3 5
Pivot d’axe
(A,0zr
)
Pivot d’axe
(B,0zr
)
Pivot d’axe
(C,0zr
)
Pivot glissant
d’axe (I,2Vx
r)
Pivot glissant
d’axe (K,3Vx
r)
Pivot d’axe
(F,0zr
)
Pivot d’axe
(I,0zr
)
Pivot d’axe
(J,0zr
)
Pivot d’axe
(D,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(H,0zr
)
Pivot d’axe
(K,0zr
)
Pivot d’axe
(M,0zr
)
fluide p1
fluide p2
fluide p3
On considère pour tout le problème que l'on est dans le cas d'un problème plan.
Q.2. On isole le vérin seul, le système est soumis à 2 glisseurs (hyp pb plan). Ces 2 glisseurs sont directement
opposés et de normes égales → direcSon = (KM) = (M, 3Vxr
).
Q.3. On isole le solide 4 + BAME. On applique le PFS sur le solide 4.
(4) C
M G4 4xr
3xr
4yr
3Vxr
m4.g
FV3
Y34
X34
TMS en C/ 0zr
: 0z).x.FCMy.g.mCG( 03V3V044 =∧+−∧rrr
→ 0z).x.Fy.cy.g.mx.a( 03V3V4044 =∧+−∧rrrrr
→ 0)cos(.F.ccos.g.m.a 3V433V44 =θ+θ−θ−θ−
→ )cos(.c
cos.g.m.aF
3V43
443V θ+θ−θ
θ−=
AN : 2605)101535cos(.42,0
15cos.81,91001F 3V −=
+−××−= N
Q.4. On est en présence d'un système soumis à 3
glisseurs. Ces 3 glisseurs sont coplanaires
concourants en un point et de somme vectorielle
nulle.
Graphiquement on lit ≈3VF 2,8 cm soit 2747 N.
L'écart provient de la qualité de la construction
graphique et de l'échelle des forces utilisée.
c2
2 0
t2 Graphe d’analyse
gr
1 Pivot d’axe
(0,0zr
) 3
Pivot glissant
d’axe (F,1Vx
r)
4
c1 t1 c3 t3 5
Pivot d’axe
(A,0zr
)
Pivot d’axe
(B,0zr
)
Pivot d’axe
(C,0zr
)
Pivot glissant
d’axe (I,2Vx
r)
Pivot glissant
d’axe (K,3Vx
r)
Pivot d’axe
(F,0zr
)
Pivot d’axe
(I,0zr
)
Pivot d’axe
(J,0zr
)
Pivot d’axe
(D,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(H,0zr
)
Pivot d’axe
(K,0zr
)
Pivot d’axe
(M,0zr
)
fluide p1
fluide p2
fluide p3
BAME :
θ4
0xr
0zr
= 4zr
= 3zr
= 3Vzr
4xr
θ3
3xr
0yr
3yr
4yr
3Vx
r
3Vyr
θV3
(4) C
M G4 4xr
3xr
4yr
3Vx
r
m4.g
m4.g
F34
FV3
Echelle : 1 cm = 981 N
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Q.5. + Q.6. On isole l'ensemble E=1+2+3+4+5+V2+V3 + BAME. On applique le PFS sur l'ensemble E.
(1)
0yr
O
(2)
(3)
(4)
(t2)
(c2)
(c3)
(t3)
(5)
A
B
C
D
E
H
I
J
K
M
G4
1xr
2xr
4xr
3xr
5xr
4yr
3Vxr
2Vxr
1Vxr
1yr
2yr
1'xr
3yr
3'xr
m4.g
FV1
X01
Y01
TMS en O/ 0zr
: 0z).x.FOHy.g.mOG( 01V1V044 =∧+−∧rrr
c2
2 0
t2 Graphe d’analyse
gr
1 Pivot d’axe
(0,0zr
) 3
Pivot glissant
d’axe (F,1Vx
r)
4
c1 t1 c3 t3 5
Pivot d’axe
(A,0zr
)
Pivot d’axe
(B,0zr
)
Pivot d’axe
(C,0zr
)
Pivot glissant
d’axe (I,2Vx
r)
Pivot glissant
d’axe (K,3Vx
r)
Pivot d’axe
(F,0zr
)
Pivot d’axe
(I,0zr
)
Pivot d’axe
(J,0zr
)
Pivot d’axe
(D,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(H,0zr
)
Pivot d’axe
(K,0zr
)
Pivot d’axe
(M,0zr
)
fluide p1
fluide p2
fluide p3
BAME :
θ4
0xr
0zr
= 4zr
= 1zr
= 1Vzr
4xr
θ1
1xr
0yr
1yr
4yr
1Vx
r
1Vyr
θV1
→ 0z).x.Fx.2
ay.g.m)x.ax.ax.ax.a(( 01V1V1044321 =∧+−∧+++
rrrrrrrr
→ 0)sin(.F.2
a)coscoscos.(cosg.m.a 11V1V43214 =θ−θ+θ+θ+θ+θ−
→
)sin(.2
a
)coscoscos.(cosg.m.aF
11V
432141V
θ−θ
θ+θ+θ+θ=
AN : =−
+++××=)75162sin(.5,0
)15cos35cos55cos75.(cos81,91001F 1V 5142 N
Q.7. On isole 5 seul + BAME, le solide est soumis à 2
glisseurs (hyp pb plan). Ces 2 glisseurs sont directement
opposés et de normes égales → direction = (DE).
On isole l'ensemble E1 = 3+4+V3 + BAME. On applique le
PFS sur l'ensemble E1. TMS en B/ 0zr
→ Cela permet de
déterminer la norme de F53 (on connaît sa direction de
l'isolement précédent).
On isole l'ensemble E2 = 2+3+4+5+V3 + BAME. On
applique le PFS sur l'ensemble E2. TMS en A/ 0zr
→ Cela
permet de déterminer FV2 en fonction du poids connu et
de F51 connu
c2
2 0
t2 Graphe d’analyse
gr
1 Pivot d’axe
(0,0zr
) 3
Pivot glissant
d’axe (F,1Vx
r)
4
c1 t1 c3 t3 5
Pivot d’axe
(A,0zr
)
Pivot d’axe
(B,0zr
)
Pivot d’axe
(C,0zr
)
Pivot glissant
d’axe (I,2Vx
r)
Pivot glissant
d’axe (K,3Vx
r)
Pivot d’axe
(F,0zr
)
Pivot d’axe
(I,0zr
)
Pivot d’axe
(J,0zr
)
Pivot d’axe
(D,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(H,0zr
)
Pivot d’axe
(K,0zr
)
Pivot d’axe
(M,0zr
)
fluide p1
fluide p2
fluide p3
Isolement 1
Isolement 3
Isolement 2
Ce que l'on cherche On connaît
Q.8. On isole l'ensemble E1 = 3+4+V3 + BAME. On applique le
PFS sur l'ensemble E1.
TMS en B/ 0zr
: 0z).x.FBEy.g.mBG( 0553044 =∧+−∧rrr
→ 0z).x.F'x.by.g.m)x.ax.a(( 055330443 =∧+−∧+rrrrrr
(3)
(4) (c3)
(t3)
B
C
E
M
G4
4xr
3xr
5xr
4yr
3Vxr
3yr
3'xr
m4.g
F53
X23
Y23
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→ 0)sin(.F.b)cos.(cosg.m.a 35353434 =α+θ−θ−θ+θ−
→ )sin(.b
)cos.(cosg.m.aF
353
43453 α+θ−θ
θ+θ−=
AN : 8605)1058035sin(235,0
)15cos35.(cos81,91001F53 −=
+−×+××−= N
θ5
0xr
0zr
= 5zr
= 3zr
= 3'zr
5xr
θ3
3xr
0yr
3yr
5yr
3'x
r
3'yr
α3
On isole l'ensemble E2 = 2+3+4+5+V3 + BAME. On applique le PFS sur l'ensemble E2.
0yr
(2)
(3)
(4) (c3)
(t3)
(5)
A
B
C
D
E
J
K
M
G4
2xr
4xr
3xr
5xr
4yr
3Vxr
2Vxr
2yr
1'xr
3yr
3'xr
m4.g
FV2
X12
Y12 F15 = F53 (isolement 1)
TMS en A/ 0zr
: 0z).x.FAJx.FADy.g.mAG( 02V2V515044 =∧+∧+−∧rrrr
θ5
0xr
0zr
= 5zr
= 1zr
= 1'zr
5xr
θ1
1xr
0yr
1yr
5yr
1'x
r
1'yr
α1
θ1
0xr
0zr
= 1zr
= 2Vzr
= 2zr
θV2 1xr
0yr
1yr
2Vyr
2Vxr
2xr
2yr
θ2
→ 0z).x.Fy.cx.F'x.by.g.m)x.ax.ax.a(( 02V2V2515104432 =∧+∧+−∧++
rrrrrrrrr
→ 0)cos(.F.c)sin(.F.b)coscos.(cosg.m.a 2V122V151534324 =θ−θ−θ−α+θ−θ−θ+θ+θ−
→ )cos(.c
)sin(.F.b)coscos.(cosg.m.aF
2V12
1515343242V θ−θ−θ
α+θ−θ−θ+θ+θ−=
AN : 11400)107555cos(.42,0
)608075sin().8605(235,0)15cos35cos55.(cos81,91001F 2V −=
−−−−−×−++××−= N
Q.9. On a 9,12.64
2605p3 =
π= MPa soit ≈130 Bars ; 5,25
.64
5142p1 =
π= MPa soit 255 Bars ; 7,56
.64
11400p2 =
π= MPa
soit 567 Bars.
Les pressions obtenues sont très supérieures aux valeurs admissibles du cahier des charges → il faut
absolument alléger le bras 4. C'est pour cela que l'habillage du bras est en fait réalisé avec du carton pâte peint
avec un aspect bois et non pas avec du bois massif sculté. On peut ainsi aisément diviser par 10 la masse du
bras 4.
Q.10. Fermeture géométrique : 0IOJIAJOAr
=+++ → 0y.bx.bx.y.cx.a 112V2V21
rrrrrr=−−λ−+
Q.11. Fermeture cinématique : 0V 2/2 = → 0VVVV 2/11/2c2c/2t2t/2 =+++
En exploitant les vecteurs vitesses au point J → 0VVVV 2/1,J1/2c,J2c/2t,J2t/2,J
r=+++ avec :
0V 2t/2,J
r=
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2V2V
2c
2c/2t,J x.IJdt
dV
r&λ==
2V2V2V02V2V2V1/2c1/2c,I1/2c,J y..z.x.JIVVr&r&r
θλ=θ∧λ−=Ω∧+=
1/2,J2/1,J VV −= avec 212
1
21
1
1/2,J x)..(cy.cx.adt
dOJ
dt
dV
r&&rrθ−θ−=+==
θ1
0xr
0zr
= 1zr
= 2Vzr
= 2zr
θV2 1xr
0yr
1yr
2Vyr
2Vxr
2xr
2yr
θ2
→ 0x)..(cy..x. 2122V2V2V2V2V
rr&&r&r& =θ−θ+θλ+λ
On dérive la fermeture géométrique : 0y.bx.bx.y.cx.adt
d
1
112V2V21
rrrrrr=−−λ−+
→ 0y..x.x)..(c 2V2V2V2V2V212
rr&r&r&& =θλ−λ−θ−θ−
On retrouve bien l'équation vectorielle de la fermeture cinématique.
Q.12. 44332211
0
4321
0
40/4,G y..ay..ay..ay..ax.ax.ax.ax.adt
dOG
dt
dV
4
r&r&r&r&rrrrθ+θ+θ+θ=+++==
4
2
4443
2
3332
2
2221
2
111
0
0/4,G0/4,G x..ay..ax..ay..ax..ay..ax..ay..aVdt
d44
r&r&&r&r&&r&r&&r&r&& θ−θ+θ−θ+θ−θ+θ−θ==Γ
Q.13. En position finale on 545,01v =λ m ; 922,02v =λ m et 922,03v =λ m
Graphiquement on obtient en position initiale : 718,01v =λ m ; 751,02v =λ m et 751,03v =λ m
Soit une course 173,01v =λ∆ m ; 171,02v =λ∆ m et 171,03v =λ∆ m
Q.14.
04403302201100/4,G y.y..ay.y..ay.y..ay.y..ay.V4
rr&rr&rr&rr&rθ+θ+θ+θ=
4433221100/4,G cos..acos..acos..acos..ay.V4
θθ+θθ+θθ+θθ= &&&&r
AN :
642,015cos.180
.21.1
35cos.180
.14.155cos.
180
.7.175cos.
180
.4.1y.V 00/4,G4
=π+
π+π+π=r
642,0y.V 00/4,G4=
rm/s < 1m/s → exigence validée.
O
A
B
C
D
E
F
H
I
J
K
M
G4
Q.15.
Vérin n°4 Socle 6
Bati 0
Bras (1)
Réel Modèle
(6)
0zr
O'
(c4)
(0)
(0)
(t4)
0xr
O
O'
θ6
0xr
6xr
0yr
= 6yr
0zr
6zr
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Q.16. Le modèle est désormais celui ci contre.
Il y a 2 possibilités ici viables pour calculer rapidement
0/4,G4V :
- On utilise le calcul direct :0
40/4,G OGdt
dV
4=
- On peut exploiter aussi le résultat de la question 10 qui
devient ici 6/4,G4V si on considère le solide 6. On a alors
443322116/4,G y..ay..ay..ay..aV4
r&r&r&r& θ+θ+θ+θ= et en
utilisant la composition de mouvement on a :
0/6,G6/4,G0/4,G 444VVV += avec 6/0 mouvement de
rotation autour d'un axe fixe.
Modèle
(1)
0yr
O
(2)
(3)
(4)
(c1)
(t2)
(c2)
(c3)
(t3)
(5)
(0)
(6)
(t1)
A
B
C
D
E
F
H
I
J
K
M
masse m4
G4
6xr
1xr
2xr
4xr
3xr
5xr
4yr
3Vxr
2Vxr
1Vxr
1yr
2yr
1'xr
3yr
3'xr
La 2ème solution donne :
6643216040/6,O0/6,G y.)x.ax.ax.ax.a(OGVV4
r&rrrrθ∧+++−=Ω∧+=
6643210/6,G z.).cos.acos.acos.acos.a(V4
r&θθ+θ+θ+θ−=
θ1
6xr
6zr
= 1zr
= 2zr
= 3zr
= 4zr
1xr
1yr
2xr
2yr
θ2
3xr
4xr
3yr
4yr
θ4
θ3
6yr
Soit 664321443322110/4,G z.).cos.acos.acos.acos.a(y..ay..ay..ay..aV4
r&r&r&r&r& θθ+θ+θ+θ−θ+θ+θ+θ=
Etude des performances d'un Véhicule de Service Viabilité (VSV) - Corrigé
Q.1.
c3
3 0
t3
Graphe d’analyse
gr
2 Pivot d’axe
(A,0zr
) 4
Pivot glissant
d’axe (O,2Vx
r)
5
c2 t2 c4 t4
b2
Pivot d’axe
(B,0zr
)
Glissière
d’axe (B,3xr
)
Pivot d’axe
(C,0zr
)
Pivot glissant
d’axe (D,3Vx
r)
Pivot glissant
d’axe (J,3xr
)
Pivot d’axe
(O,0zr
)
Pivot d’axe
(D,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(H,0zr
)
Pivot d’axe
(J,0zr
)
Pivot d’axe
(K,0zr
)
fluide p2
fluide
fluide
b1
Pivot d’axe
(G,0zr
) Pivot d’axe
(F,0zr
)
c5 t5
Pivot glissant
d’axe (M,5Vx
r)
fluide p5
Pivot d’axe
(M,0zr
)
Pivot d’axe
(N,0zr
)
gr
gr
gr
6 Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
On considère pour tout le problème que l'on est dans le cas d'un problème plan.
Q.2. On isole le vérin V5 seul (c5 + t5), le système est soumis à 2 glisseurs (hyp pb plan). Ces 2 glisseurs sont
directement opposés et de normes égales → direcSon = (MN) = (M, 5Vxr
).
Q.3. On isole le solide 5 + BAME. On applique le PFS sur le solide 5.
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m5.g
FV5 (5)
C
N
5Vxr
4xr
5xr
P X45
Y45
TMS en C/ 0zr
: 0z).x.FCNx.g.mCP( 05V5V05 =∧+−∧rrr
→ 0z).x.F)y.2
ax.d(x.g.mx.L( 05V5V550555 =∧−−+−∧
rrrrrr
c3
3 0
t3
Graphe d’analyse
gr
2 Pivot d’axe
(A,0zr
) 4
Pivot glissant
d’axe (O,2Vx
r)
5
c2 t2 c4 t4
b2
Pivot d’axe
(B,0zr
)
Glissière
d’axe (B,3xr
)
Pivot d’axe
(C,0zr
)
Pivot glissant
d’axe (D,3Vx
r)
Pivot glissant
d’axe (J,3xr
)
Pivot d’axe
(O,0zr
)
Pivot d’axe
(D,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(H,0zr
)
Pivot d’axe
(J,0zr
)
Pivot d’axe
(K,0zr
)
fluide p2 fluide
b1
Pivot d’axe
(G,0zr
) Pivot d’axe
(F,0zr
)
c5 t5
Pivot glissant
d’axe (M,5Vx
r)
fluide p5
Pivot d’axe
(M,0zr
)
Pivot d’axe
(N,0zr
)
gr
gr
gr
6 Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
fluide p3
2 inc
1 inc
→ 0)cos(.F.2
a)sin(.F.d)sin(.g.m.L 55V5V55V5V53255 =θ−θ+θ−θ−θ+θ+θ
→
)sin(.d)cos(.2
a
)sin(.g.m.LF
55V55V
532555V
θ−θ−θ−θ
θ+θ+θ−=
AN : si 05 xxrr
−= → 0x.g.mx.L 0555
rrr=−∧ → 0F 5V = N (logique c'est
comme un pendule à l'équilibre)
θ5
0xr
0zr
= 4zr
= 3zr
= 3Vzr
4xr
θ2+ θ3
5xr
0yr
5yr
4yr
5Vx
r
5Vyr
θV5
Q.4. + Q.5. On isole l'ensemble E=2+3+4+5+V3+6+b1+b2+V3+V4+V5 + BAME. On applique le PFS sur
l'ensemble E. Remarque : normalement je voulais poser )x,x( 2V22V
rr=θ mais je me suis trompé dans le sujet
car j'ai posé )x,x( 2V02V
rr=θ . La valeur de -15° pour l'AN correspond d'ailleurs à la valeur avec )x,x( 2V22V
rr=θ . Je
laisse mon corrigé initial ci dessous mais j'ai évidemment compté juste l'expression de FV2 avec )x,x( 2V02V
rr=θ .
Dans ce cas l'expression est : )cos(.d)sin(.c
)sin(.g).m).L)t((m.2
)t((sin.g).m.Lm.Lm.
2
L(
F22V22V
32553425234222
2V θ−θ+θ−θ−
θ+θ+λ+λ+θ++=
(2)
0yr
(3)
(4)
(5)
(c3)
(t3)
A
B
0xr
2Vx
r
3Vxr
C
G
E F
D
H
J
K
M
N
P
(c4)
(t4) (V5)
5Vxr
2xr
3xr
=4xr
5xr
1bxr
(b2)
(b1) 2bxr
'x3
r
Axe 6
m5.g
X02
m34.g m2.g
Y02
FV2
c3
3 0
t3
Graphe d’analyse
gr
2 Pivot d’axe
(A,0zr
) 4
Pivot glissant
d’axe (O,2Vx
r)
5
c2 t2 c4 t4
b2
Pivot d’axe
(B,0zr
)
Glissière
d’axe (B,3xr
)
Pivot d’axe
(C,0zr
)
Pivot glissant
d’axe (D,3Vx
r)
Pivot glissant
d’axe (J,3xr
)
Pivot d’axe
(O,0zr
)
Pivot d’axe
(D,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(H,0zr
)
Pivot d’axe
(J,0zr
)
Pivot d’axe
(K,0zr
)
fluide p2
fluide
fluide
b1
Pivot d’axe
(G,0zr
) Pivot d’axe
(F,0zr
)
c5 t5
Pivot glissant
d’axe (M,5Vx
r)
fluide p5
Pivot d’axe
(M,0zr
)
Pivot d’axe
(N,0zr
)
gr
gr
gr
6 Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
2 inc
1inc
θ3
0xr
0zr
543 xxxrrr
==
θ2 2xr
0yr
4yr
2yr
2Vx
r
2Vyr
θV2
TMS en A/ 0zr
: 0z).x.FAHx.g.mAPx.g.mAGx.g.mAG( 02V2V0503434022 =∧+−∧+−∧+−∧rrrrr
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→
0z).x.F)y.dx.c(
x.g.m)x).L)t((x.L(x.g.m)x.2
)t(x.L(x.g.mx.
2
L(
02V2V22
0535220343220222
=∧++
−∧+λ++−∧λ++−∧rrrr
rrrrrrrr
→
0cos.F.dsin.F.c)sin(.g.m).L)t((
sin.g.m.L)sin(.g.m.2
)t(sin.g.m.Lsin.g.m.
2
L
2V2V2V2V3255
25232342342222
=θ−θ+θ+θ+λ+
θ+θ+θλ+θ+θ
→ 2V2V
32553425234222
2Vcos.dsin.c
)sin(.g).m).L)t((m.2
)t((sin.g).m.Lm.Lm.
2
L(
Fθ+θ−
θ+θ+λ+λ+θ++=
AN : =−+−−
+++×+×+×+×=
)15cos(.16,0)15sin(.3,1
)4360sin(.10).300).2,03(4002
3(60sin.10).30034003600
2
3(
F 2V 83870 N
Q.6. et Q.7.
E'
F'
E'
Graphiquement pour l'architecture initiale on mesure une course de 8,6 cm - 6,4 cm = 2,2 cm soit dDR1 = 46,2
cm de course sur le système réel.
Graphiquement pour l'architecture initiale on mesure une course de 8,6 cm - 6,7 cm = 1,9 cm soit dDR1 = 39,5
cm de course sur le système réel.
L'architecture retenue permet de limiter l'amplitude de la course du vérin actionnant le balancier 3.
Q.8. On isole b1 seul + BAME, le solide est soumis à
2 glisseurs (hyp pb plan). Ces 2 glisseurs sont
directement opposés et de normes égales →
direction = (EF).
On isole b2 seul + BAME, le solide est soumis à 2
glisseurs (hyp pb plan). Ces 2 glisseurs sont
directement opposés et de normes égales →
direction = (GE).
On isole V3 seul + BAME, le solide est soumis à 2
glisseurs (hyp pb plan). Ces 2 glisseurs sont
directement opposés et de normes égales →
direction = (DE).
c3
3 0
t3 Graphe d’analyse
gr
2 Pivot d’axe
(A,0zr
) 4
Pivot glissant
d’axe (O,2Vx
r)
5
c2 t2 c4 t4
b2
Pivot d’axe
(B,0zr
)
Glissière
d’axe (B,3xr
) Pivot d’axe
(C,0zr
)
Pivot glissant
d’axe (D,3Vx
r)
Pivot glissant
d’axe (J,3xr
)
Pivot d’axe
(O,0zr
)
Pivot d’axe
(D,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(H,0zr
)
Pivot d’axe
(J,0zr
)
Pivot d’axe
(K,0zr
)
fluide p2
fluide
fluide
b1
Pivot d’axe
(G,0zr
) Pivot d’axe
(F,0zr
)
c5 t5
Pivot glissant
d’axe (M,5Vx
r)
fluide p5
Pivot d’axe
(M,0zr
)
Pivot d’axe
(N,0zr
)
gr
gr
gr
6 Pivot d’axe
(E,0zr
)
Pivot d’axe
(E,0zr
)
On isole l'ensemble E = 3+4+5+V5+V5 + BAME. On applique le PFS sur l'ensemble E. TMS en B/ 0zr
→ Cela
permet de déterminer la norme de Fb1→3 (on connaît sa direction initialement).
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On isole l'ensemble 6 + BAME. On applique le PFS sur 6. On connaît Fb1→6 de part l'isolement précédent, la
direction de Fb2→6 et la direction de Ft3→6. Le TRS projeté sur l'axe 2byr
permet de lier directement Ft3→6 à Fb1→6 .
Q.9. On isole l'ensemble E = 3+4+5+V5+V5 + BAME. On applique le PFS sur
l'ensemble E.
TMS en B/ 0zr
: 0z).x.FBFx.g.mBPx.g.mBG( 01b31b0503434 =∧+−∧+−∧ →rrrr
→ 0z).x.F'x.d.2x.g.m)x).L)t(((x.g.mx.2
)t(( 01b31b305350343 =∧+−∧+λ+−∧λ
→rrrrrrr
θ3
0xr
0zr
543 xxxrrr
==
θ2 2xr
0yr
4yr
2yr
3Vx
r
3Vyr
θV3
θb1
2xr
0zr
1bxr
θ3+ α3
2yr
1byr
3Vx
r
3Vyr
'x3
r
'y3
r
θV3
(5)
C
K N
P
(V5)
5Vxr
3xr
=4xr
5xr
(3)
(4)
B
F
J
M (c4)
(t4)
2xr
1bxr
'x3
r
X23
Y23
m5.g
m34.g
→ 0)sin(.F.d.2)sin(.g.m).L)t(()sin(.g.m.2
)t(1b3331b32553234 =θ−α+θ−θ+θ+λ+θ+θλ
→
→ )sin(.d.2
)sin(.g).m.2
)t(m).L)t(((
FF1b33
323455
1b631b θ−α+θ
θ+θλ++λ== →→
TRS sur 6 / 2byr
: 2b3V63t2b1b61b y.x.Fy.x.Frrrr
→→ + avec )sin(y.x 2b1b2b1b θ−θ=rr
et )sin(y.x 2b3V2b3V θ−θ=rr
→ )sin(
)sin(.FF
2b3V
2b1b61b63t θ−θ
θ−θ−= →→
AN : 37967)1208sin(
)1206sin(.
)613060sin(16,02
)6060sin(.10).4002
3300)2,03((
F 63t −=+−
+−−××
+×+×+−=→ N
Q.10. Le vérin le plus sollicité est le vérin 2 qui doit « supporter » le poids de tous l'ensemble. La position de
calcul question 4 n'es pas la configuration la plus pénalisante, il faudrait que tous les bras soient horizontaux.
Cependant pour les configurations étudiées précédemment on a : 67,2.100
84000
S
Fp
2
2V2 =
π== MPa = 26,7 Bars,
on est encore loin des 150 Bars maxi du cahier des charges.
Q.11.
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(2)
(3)
(4)
(0-1)
0xr
C
0yr
B
A
Zone accessible par le point C
Translation 2 m de 4/3
Rotation 90° de
2/0 avec x = 6m
Rotation 162° de 3/2 avec x = 6m et θ2 = 0°
Rotation 162° de 3/2 avec x = 4m et θ1 = 0°
Translation 2 m de 4/3
Rotation 90° de 2/0
avec x = 6m et θ2 = 0°
Q.12. Fermeture géométrique : 0BGFBEFGEr
=+++ → 0y.ex.d'x.d.2x.Lx.L 2231b2b
rrrrrr=+−−+
Q.13. Fermeture cinématique : 0V 2/2 = → 0VVVVV 2/33/1b1b/66/2b2b/2 =++++
En exploitant les vecteurs vitesses au point E, on peut éliminer 6 dans la fermeture
1b/2b,E1b/6,E6/2b,E V0VV ===r
→ 0VVVV 2/3,E3/1b,E1b/2b,E2b/2,E
r=+++ avec :
2b2b02b2b2b/22b/2,G2b/2,E y..Lz.x.LEGVVr&r&r
θ−=θ−∧−=Ω∧+=
0V 1b/2b,E
r=
1b31b031b1b3/1b3/1b,F3/1b,E y)..(Lz).(x.LEFVVr&&r&&r
θ−θ−=θ−θ∧=Ω∧+=
'y..d.2y..Lz.)'x.d.2x.L(EBVV 331b30331b2/32/3,B2/3,E
r&r&r&rrθ+θ−=θ∧−=Ω∧+=
θb1
2xr
0zr
1bxr
θ3+ α3
2yr
1byr
2bx
r
2byr
'x3
r
'y3
r
θb2
→ 0y..d.2y..Ly)..(Ly..L 331b31b31b2b2b
rr&r&r&&r& =θ+θ−θ−θ−θ−
→ 0y..d.2y..Ly..L 331b1b2b2b
rr&r&r& =θ+θ−θ−
En dérivant l'équation vectorielle de fermeture géométrique 0
2231b2b 0y.ex.d'x.d.2x.Lx.Ldt
d rrrrrr=+−−+ on
retrouve l'équation vectorielle de la fermeture cinématique.
Q.14. Calcul direct :
553253323222
0
55322
0
0/5,P y)..(Ly).).(t(x).t(y..Lx.Lx).t(x.Ldt
dAP
dt
dV
r&&&r&&r&r&rrrθ+θ+θ+θ+θλ+λ+θ=+λ+==
Q.15.
52
53255532532
32
33233233232
2
22222
0
0/5,P0/5,P
x.).(Ly)..(Lx.)).(t(
y).).(t(y).).(t(y).).(t(x).t(x..Ly..LVdt
d
r&&&r&&&&&&r&&
r&&&&r&&&r&&&r&&r&r&&
θ+θ+θ−θ+θ+θ+θ+θλ−
θ+θλ+θ+θλ+θ+θλ+λ+θ−θ==Γ