Statique et Actions Mécaniques

Cours complet · sciences industrielles (PTSI), chapitre 7 · CPGE PTSI (1re année)

7.1 Modélisation des actions mécaniques par torseurs statiques

Une action mécanique ne se résume pas à une force : deux forces égales et opposées appliquées en des points différents ont une résultante nulle et font pourtant tourner le solide. Il faut donc deux vecteurs pour la décrire, et le torseur les réunit.

Définition 7.1Glisseur et couple

Deux cas particuliers reviennent constamment :

un glisseur est un torseur dont le moment s'annule en au moins un point — c'est le modèle d'une force unique, dont la ligne d'action est l'ensemble des points où le moment est nul ; toute action de contact ponctuel est un glisseur ;
un couple est un torseur de résultante nulle mais de moment non nul. Son moment est alors le même en tout point : il n'y a rien à transporter. C'est le modèle du couple délivré par un moteur.

iRemarque

Le théorème des deux forces découle directement de là : un solide en équilibre sous l'action de deux glisseurs seulement impose que les deux forces soient égales, opposées, et portées par la droite joignant les deux points d'application — faute de quoi le moment ne pourrait pas s'annuler. C'est le résultat qui permet de résoudre une bielle sans écrire une seule équation.

Définition 7.2Torseur d'action mécanique

L'action mécanique exercée par un milieu extérieur $S ˉ$ sur un solide $S$ est modélisée en un point $A$ quelconque par son torseur d'action mécanique :

${T (S ˉ / S)} = {R (S ˉ \to S) M_{A} (S ˉ \to S)}_{A}$

où $R (S ˉ \to S)$ est la résultante générale (indépendante du point $A$ ) et $M_{A} (S ˉ \to S)$ est le moment résultant en $A$ .

7.2 Lois du frottement de Coulomb et cône d'adhérence

Le frottement échappe aux modèles linéaires du reste de ce cours : la force tangentielle ne dépend pas de la vitesse, mais de son signe. Les lois de Coulomb distinguent donc deux régimes, et c'est le passage de l'un à l'autre qui fait toute la difficulté des exercices.

Tant qu'il n'y a pas glissement — régime d'adhérence — la force tangentielle est une inconnue du problème, bornée par $∥ T ∥ \leq f_{0} ∥ N ∥$ : elle vaut ce qu'il faut pour empêcher le mouvement, et pas davantage. Dès qu'il y a glissement, elle cesse d'être inconnue : son intensité vaut $f ∥ N ∥$ et sa direction est imposée, opposée à la vitesse de glissement.

Géométriquement, la condition d'adhérence dit que la résultante du contact reste à l'intérieur d'un cône d'axe la normale et de demi-angle $φ_{0} = arctan f_{0}$ : le cône d'adhérence. Le mouvement s'amorce à l'instant précis où la résultante en atteint la surface.

Figure : Cône d'adhérence de Coulomb et décomposition

R = N + T

Définition 7.3Lois de Coulomb au contact ponctuel

Soit $R = N + T$ l'effort de contact avec $N$ normale au plan de contact dirigée vers le solide isolé et $T$ force tangentielle :

Adhérence (sans glissement relatif, $V (I \in 1/2) = 0$ ) :

$∥ T ∥ \leq f_{0} ∥ N ∥ = ∥ N ∥ tan φ_{0} (R est a ˋ l’int e ˊ rieur ou sur le c o ˆ ne d’adh e ˊ rence)$

Glissement relatif ( $V (I \in 1/2) \neq = 0$ ) :

$∥ T ∥ = f ∥ N ∥ = ∥ N ∥ tan φ avec T colin e ˊ aire et de sens oppos e ˊ a ˋ V (I \in 1/2)$

Figure : Équilibre d'un solide soumis à 3 forces : concourantes en un point

I

<i class="fa-solid fa-dumbbell mr-2" style="color:#2E7559"></i>7.3 Exercices résolus

Exercice 1 : Solide soumis à deux forces (

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)

Un solide $S$ est en équilibre statique sous l'action exclusive de deux glisseurs appliqués en $A$ et en $B$ : ${T (S_{1} / S)} + {T (S_{2} / S)} = {0}$ . Montrer que les forces sont directement opposées et de même droite d'action $(A B)$ .

Démonstration

Bilan des actions mécaniques au point $A$ :

Équation de la résultante : $R_{1} + R_{2} = 0 ⟹ R_{2} = - R_{1}$ .
Équation du moment en $A$ : $M_{A} (S_{1} \to S) + M_{A} (S_{2} \to S) = 0$ . Comme $S_{1}$ s'applique en $A$ , $M_{A} (S_{1}) = 0$ . Le moment de $S_{2}$ en $A$ vaut $M_{A} (S_{2}) = M_{B} (S_{2}) + A B \land R_{2} = 0 + A B \land R_{2} = 0$ .

Le produit vectoriel $A B \land R_{2} = 0$ prouve que la force $R_{2}$ (et donc $R_{1}$ ) est strictement colinéaire au vecteur $A B$ . Les deux forces sont donc égales en module, de sens contraires, et de même droite d'action $(A B)$ .

Exercice 2 : Solide soumis à 3 forces concourantes (

⋆

)

Un solide plan est maintenu en équilibre sous l'action de 3 forces non parallèles $F_{1}, F_{2}, F_{3}$ appliquées respectivement en $A, B, C$ . Montrer que leurs 3 droites d'action sont nécessairement coplanaires et concourantes en un même point $I$ .

Démonstration

Soient $D_{1}$ et $D_{2}$ les droites d'action de $F_{1}$ et $F_{2}$ . Comme elles ne sont pas parallèles, elles se coupent en un point $I = D_{1} \cap D_{2}$ . Écrivons l'équilibre des moments au point $I$ :

$M_{I} (F_{1}) + M_{I} (F_{2}) + M_{I} (F_{3}) = 0$

Comme $I \in D_{1}$ , $M_{I} (F_{1}) = 0$ . De même, $I \in D_{2} ⟹ M_{I} (F_{2}) = 0$ . Il en résulte immédiatement :

$M_{I} (F_{3}) = 0 ⟹ I \in D_{3}$

La droite d'action de la 3e force passe donc nécessairement par le point d'intersection $I$ des deux premières.

Exercice 3 : Cône de frottement sur plan incliné (

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)

Un bloc de masse $M = 10 kg$ est posé sur un plan incliné d'un angle $α$ par rapport à l'horizontale. Le coefficient d'adhérence au contact est $f_{0} = 0, 35$ .

Calculer l'angle de frottement statique $φ_{0} = arctan (f_{0})$ .
Déterminer l'angle d'inclinaison maximal $α_{max}$ sans que le bloc ne glisse sous l'effet de son propre poids.

Démonstration

1. Angle de frottement :

$φ_{0} = arctan (0, 35) \approx 19, 29°$

2. Bilan des forces sur le bloc : le Poids $P = M g$ et l'action de contact du plan $R = N + T$ . À l'équilibre, $R = - P$ . L'angle que fait $R$ avec la normale au plan incliné est exactement égal à l'angle d'inclinaison $α$ . La condition d'adhérence de Coulomb impose :

$α \leq φ_{0} ⟹ α_{max} = φ_{0} \approx 19, 29° \approx 19, 3°$

Pour tout angle $α > 19, 3^{\circ}$ , le bloc glisse spontanément vers le bas.

Exercice 4 : Phénomène d'arc-boutement sur colonne de guidage (

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)

Un coulisseau de hauteur de guidage $h$ coulisse sur une colonne verticale de diamètre $d$ avec un facteur de frottement $f$ . Une charge verticale $F$ est appliquée avec un bras de levier $L$ par rapport à l'axe de la colonne. Montrer qu'il y a arc-boutement (blocage géométrique quel que soit l'effort $F$ ) si et seulement si $L \geq \frac{h}{2 f}$ .

Démonstration

Le coulisseau bascule et vient en contact avec la colonne en deux points diamétralement opposés $A$ (en haut) et $B$ (en bas). Aux points de contact $A$ et $B$ , à la limite du glissement :

$∣ T_{A} ∣ = f N_{A} et ∣ T_{B} ∣ = f N_{B}$

Équilibre horizontal : $N_{A} - N_{B} = 0 ⟹ N_{A} = N_{B} = N$ .
Équilibre vertical : $T_{A} + T_{B} = F ⟹ 2 f N = F ⟹ N = \frac{F}{2 f}$ .
Équilibre des moments au milieu de guidage $O$ :

$F \cdot L - N_{A} \frac{h}{2} - N_{B} \frac{h}{2} = 0 ⟹ F \cdot L = N \cdot h = \frac{F}{2 f} \cdot h$

En simplifiant par $F \neq = 0$ , la condition limite de coincement par frottement s'écrit :

$L \geq \frac{h}{2f}$

Lorsque cette condition géométrique est vérifiée, l'augmentation de la force $F$ augmente proportionnellement les normales de serrage $N$ , rendant le coulissement rigoureusement impossible quel que soit l'effort moteur exercé.

Exercice 5 : Torseur d'action mécanique d'un appui plan (

⋆

)

Écrire au centre géométrique $O$ le torseur d'action mécanique transmissible par une liaison appui plan parfait de normale $(O, z_{0})$ entre un solide $1$ et un bâti $0$ .

Démonstration

L'appui plan bloque la translation selon $z_{0}$ et les deux rotations autour de $x_{0}$ et $y_{0}$ :

${T (0/1)} = {Z z_{0} L x_{0} + M y_{0}}_{O} = ⎩ ⎨ ⎧ 00 Z L M 0 ⎭ ⎬ ⎫_{(O, B_{0})}$

Exercice 6 : Formule d'Eytelwein sur un frein à sangle (

⋆ ⋆

)

Une sangle de freinage entoure un tambour tournant sur un angle d'enroulement $β = 270° = \frac{3 π}{2} rad$ avec un coefficient de frottement $f = 0, 30$ .

Rappeler la formule d'Eytelwein reliant la tension du brin tendu $T_{2}$ au brin mou $T_{1}$ .
Calculer le rapport d'amplification $T_{2} / T_{1}$ .
Pour une force manuelle $T_{1} = 80 N$ , calculer le couple de freinage obtenu sur un tambour de rayon $R = 0, 20 m$ .

Démonstration

1. Formule d'Eytelwein :

$\frac{T _{2}}{T _{1}} = e^{f β}$

2. Rapport d'amplification :

$e^{f β} = e^{0, 30 \times \frac{3 π}{2}} = e^{0, 45 π} = e^{1, 4137} \approx 4, 111$

3. $T_{2} = 4, 111 \times 80 = 328, 9 N$ . Couple de freinage exercé par frottement sur le tambour :

$C_{f} = (T_{2} - T_{1}) R = (328, 9 - 80) \times 0, 20 = 248, 9 \times 0, 20 = 49, 78 Nm \approx 49, 8 Nm$

Exercice 7 : Rendement statique direct d'un système vis-écrou (

⋆ ⋆

)

Une vis de rayon moyen $r_{m} = 10 mm$ et d'angle d'hélice $α = 6, 0°$ pousse une charge axiale $F_{a} = 5000 N$ avec un coefficient de frottement $f = 0, 10$ ( $φ = arctan (0, 10) \approx 5, 71°$ ).

Exprimer le couple moteur nécessaire $C_{m} = F_{a} r_{m} tan (α + φ)$ .
Calculer le rendement direct $η = \frac{t a n α}{t a n ( α + φ )}$ .

Démonstration

1. Couple moteur :

$C_{m} = 5000 \times 0, 010 \times tan (6, 0^{\circ} + 5, 7 1^{\circ}) = 50 \times tan (11, 7 1^{\circ}) = 50 \times 0, 2073 \approx 10, 36 Nm$

2. Rendement direct :

$η = \frac{tan ( 6 , 0 ^{\circ} )}{tan ( 11 , 7 1 ^{\circ} )} = \frac{0 , 1051}{0 , 2073} \approx 0, 507 = 50, 7 %$

Exercice 8 : Isolement d'une bielle articulée (

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)

Une bielle 2 est liée par deux liaisons pivots parfaites en $A$ au solide 1 et en $B$ au solide 3, sans aucune autre force appliquée (poids négligé). Que peut-on affirmer sur les actions de contact en $A$ et $B$ ?

Démonstration

D'après le théorème des deux forces (Exercice 1) : La bielle 2 étant en équilibre sous l'action exclusive de ses deux liaisons d'extrémités $A$ et $B$ , les actions mécaniques ${T (1/2)}$ et ${T (3/2)}$ sont des glisseurs directement opposés de direction commune l'axe de la bielle $(A B)$ :

$R (1 \to 2) = - R (3 \to 2) = F_{12} u_{A B} avec M_{A} (1 \to 2) = 0 et M_{B} (3 \to 2) = 0$

La bielle travaille donc uniquement en traction ou compression pure.

Exercice 9 : Étau de serrage mécanique (

⋆ ⋆

)

Un étau d'atelier applique un effort de serrage $F_{s} = 6000 N$ sur une pièce grâce à une vis de pas $p = 3 mm$ manœuvrée par une manette de longueur $L = 0, 20 m$ . Le rendement de la vis est $η = 0, 40$ . Calculer l'effort manuel $F_{m}$ à exercer à l'extrémité de la manette.

Démonstration

Conservation de la puissance / Travail virtuel :

$C_{m} ω_{m} \cdot η = F_{s} v_{s} ⟹ (F_{m} \cdot L) \cdot η = F_{s} \frac{p}{2 π}$

$F_{m} = \frac{F _{s} \cdot p}{2 π L \cdot η} = \frac{6000 \times 3 \times 1 0 ^{- 3}}{2 π \times 0 , 20 \times 0 , 40} = \frac{18}{0 , 5026} \approx 35, 8 N$

Un effort manuel très modéré ( $\approx 3, 6 da N$ ) suffit à générer $600 da N$ de serrage grâce au rapport de démultiplication du système vis-écrou.

Exercice 10 : Équilibre d'une poutre sur deux appuis simples (

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)

Une poutre horizontale $A B$ de longueur $L = 4, 0 m$ et de masse $M = 120 kg$ repose sur un appui pivot en $A$ et un appui ponctuel en $B$ . Une charge ponctuelle $P_{1} = 2500 N$ est appliquée en $C$ à la distance $d = 1, 0 m$ de $A$ ( $g = 9, 81 m / s^{2}$ ). Calculer les réactions verticales en $A$ et $B$ .

Démonstration

Poids propre de la poutre appliqué au milieu $G$ ( $x_{G} = 2, 0 m$ ) : $P_{p} = 120 \times 9, 81 = 1177, 2 N$ .

Équilibre des moments en $A$ projeté sur $z$ :

$- P_{1} \cdot d - P_{p} \cdot \frac{L}{2} + R_{B} \cdot L = 0 ⟹ R_{B} = \frac{P _{1} d + P _{p} \frac{L}{2}}{L} = \frac{2500 \times 1 , 0 + 1177 , 2 \times 2 , 0}{4 , 0} = \frac{2500 + 2354 , 4}{4 , 0} = \frac{4854 , 4}{4 , 0} = 1213, 6 N$

Équilibre vertical des forces :

$R_{A} + R_{B} - P_{1} - P_{p} = 0 ⟹ R_{A} = 2500 + 1177, 2 - 1213, 6 = 2463, 6 N$

7.4 Problèmes contextualisés

Exemple 7.14Problème 1 : Table élévatrice hydraulique à ciseaux (

⋆ ⋆

)

Une table élévatrice articulée à ciseaux hisse une charge utile de masse $M = 800 kg$ ( $g = 9, 81 m / s^{2}$ ) à l'aide d'un vérin hydraulique de poussée axiale $F_{v}$ .

Les deux bras de ciseaux de longueur $2 L = 2, 0 m$ font un angle $α$ avec l'horizontale. Par application du Principe des Puissances Virtuelles (PPV), exprimer la force du vérin $F_{v} (α)$ en fonction du poids $P = M g$ , de l'angle $α$ et de l'implantation géométrique du vérin.
Pour une géométrie où $F_{v} (α) = \frac{P}{t a n α}$ , calculer l'effort maximal du vérin en position repliée basse ( $α_{min} = 8, 0°$ ) et en position haute ( $α_{max} = 45°$ ).

Démonstration

1. Poids total : $P = 800 \times 9, 81 = 7848 N$ . Hauteur du plateau : $h (α) = 2 L sin α ⟹ h ˙ = 2 L cos α \cdot α ˙$ . Longueur du vérin : $L_{v} (α) = 2 L cos α ⟹ L ˙_{v} = - 2 L sin α \cdot α ˙$ . Par le Principe des Puissances Virtuelles sans frottement :

$P^{*} = - P h ˙^{*} + F_{v} (- L ˙_{v}^{*}) = 0 ⟹ F_{v} (2 L sin α α ˙^{*}) = P (2 L cos α α ˙^{*})$

$F_{v} (α) = \frac{P cos α}{sin α} = \frac{P}{tan α}$

En position basse critique ( $α = 8, 0^{\circ}$ ) :

$F_{v, max} = \frac{7848}{tan ( 8 , 0 ^{\circ} )} = \frac{7848}{0 , 1405} \approx 55840 N \approx 55, 8 kN (\approx 5, 7 t)$

En position haute ( $α = 4 5^{\circ}$ ) :

$F_{v, min} = \frac{7848}{tan ( 4 5 ^{\circ} )} = \frac{7848}{1 , 0} = 7848 N \approx 7, 85 kN$

Important

Ce que ça nous apprend. L'effort exercé par le vérin est plus de 7 fois plus élevé en position basse qu'en position haute : c'est l'angle d'attaque initial $α_{min}$ qui dimensionne le diamètre de tige et la pression du groupe hydraulique.

Exemple 7.15Problème 2 : Étrier de frein à disque haute performance (

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)

Un véhicule de masse $M = 1400 kg$ freine d'urgence à $a = 1, 25 g = 12, 26 m / s^{2}$ depuis $v_{0} = 130 km / h$ .

Calculer le couple de freinage total $C_{frein}$ exercé sur les 4 roues de rayon sous charge $R_{roue} = 0, 32 m$ .
Les freins avant absorbent $70 %$ du couple. Pour un disque avant de rayon moyen de piste $r_{m} = 0, 14 m$ avec un coefficient de frottement plaquette/disque $f = 0, 42$ , calculer l'effort presseur normal $F_{n}$ développé par les pistons de chaque étrier avant.

Démonstration

1. Force de décélération totale :

$F_{totale} = M \cdot a = 1400 \times 12, 26 = 17164 N$

Couple de freinage global sur les 4 roues :

$C_{frein} = F_{totale} \cdot R_{roue} = 17164 \times 0, 32 \approx 5492, 5 Nm$

2. Couple dévolu aux deux freins avant :

$C_{avant} = 0, 70 \times 5492, 5 \approx 3844, 7 Nm ⟹ C_{e ˊ trier avant} = \frac{3844 , 7}{2} \approx 1922, 4 Nm$

Chaque étrier comporte deux plaquettes pinçant le disque (2 faces de frottement) :

$C_{e ˊ trier} = 2 \cdot f \cdot F_{n} \cdot r_{m} ⟹ F_{n} = \frac{C _{e ˊ trier}}{2 f r _{m}} = \frac{1922 , 4}{2 \times 0 , 42 \times 0 , 14} = \frac{1922 , 4}{0 , 1176} \approx 16347 N \approx 16, 35 kN$

Important

Ce que ça nous apprend. Pour générer $16, 3 kN$ de serrage avec un étrier à 4 pistons de diamètre $40 mm$ (surface totale $S = 4 \times π \times 2 0^{2} \approx 50, 26 c m^{2}$ ), le maître-cylindre doit délivrer une pression hydraulique de $65 bar$ .

Exemple 7.16Problème 3 : Pince de préhension sous-marine articulée (

⋆ ⋆

)

La mâchoire d'une pince de ROV sous-marin serre un échantillon géologique avec un effort normal $F_{s} = 1200 N$ .

Établir le schéma mécanique des forces isolant le mors mobile articulé en pivot $O$ .
Calculer l'effort axial $F_{v}$ délivré par le vérin électrique de fermeture.

Démonstration

1. Le mors mobile est articulé en $O$ (liaison pivot d'action $R_{O}$ ), subit l'action de poussée du vérin $F_{v}$ au point $A$ (distance $d_{1} = 40 mm$ ) et l'action de réaction de l'échantillon $F_{s}$ au point $B$ (distance $d_{2} = 160 mm$ ).

2. Théorème du moment statique en $O$ :

$F_{v} \cdot d_{1} - F_{s} \cdot d_{2} = 0 ⟹ F_{v} = F_{s} \frac{d _{2}}{d _{1}} = 1200 \times \frac{160}{40} = 1200 \times 4 = 4800 N = 4, 8 kN$

Important

Ce que ça nous apprend. Le rapport de bras de levier impose au vérin de développer un effort 4 fois supérieur à l'effort de préhension utile.

Exemple 7.17Problème 4 : Équilibre d'une grue à tour de chantier face au vent (

⋆ ⋆

)

Une grue à tour de hauteur $H = 35 m$ possède une flèche de portée $L_{f} = 50 m$ portant une charge $M = 3000 kg$ en bout de flèche et une contre-flèche de longueur $L_{c} = 15 m$ portant un contrepoids $M_{c}$ .

Déterminer la masse de contrepoids $M_{c}$ assurant l'équilibrage statique parfait des moments à la base du mât lorsque la charge est à mi-portée ( $x = 25 m$ ).
Calculer le moment de renversement maximal à la base du mât lorsque la charge maximale est en bout de flèche ( $x = 50 m$ ).

Démonstration

1. Équilibre des moments par rapport à l'axe du mât :

$M \cdot g \cdot x = M_{c} \cdot g \cdot L_{c} ⟹ M_{c} = M \frac{x}{L _{c}} = 3000 \times \frac{25}{15} = 3000 \times \frac{5}{3} = 5000 kg = 5, 0 t$

2. Lorsque la charge est en bout de flèche ( $x = 50 m$ ) :

$M_{R} = M g L_{f} - M_{c} g L_{c} = (3000 \times 50 - 5000 \times 15) \times 9, 81 = (150000 - 75000) \times 9, 81 = 75000 \times 9, 81 = 735750 Nm \approx 735, 8 kNm$

Ce moment fléchissant doit être intégralement repris par les massifs de béton d'ancrage au sol.

Important

Ce que ça nous apprend. Le contrepoids est dimensionné pour minimiser le moment de flexion moyen en exploitation : sans contrepoids, le moment à la base atteindrait $1471 kNm$ , doublant les contraintes structurales sur le treillis du mât.

Exemple 7.18Problème 5 : Clé dynamométrique à déclenchement étalonnée (

⋆ ⋆

)

Une clé dynamométrique de longueur utile $L = 0, 45 m$ déclenche lorsque le couple de serrage atteint $C_{cible} = 120 Nm$ .

Calculer l'effort manuel $F_{op}$ appliqué par l'opérateur à l'instant du déclenchement.
Le mécanisme interne comprend une bille poussée par un ressort précontraint de raideur $k = 80 N / mm$ sur un cran d'angle $θ = 45°$ avec un bras de levier interne $r = 18 mm$ . Calculer la précharge en compression $Δ x_{0}$ du ressort nécessaire pour calibrer ce déclenchement.

Démonstration

1. Effort opérateur :

$F_{op} = \frac{C _{cible}}{L} = \frac{120 Nm}{0 , 45 m} \approx 266, 7 N \approx 27, 2 da N$

2. Au seuil de déclenchement, l'effort tangentiel sur le cran vaut $F_{t} = \frac{C _{cible}}{r} = \frac{120}{18 \times 1 0 ^{- 3}} = 6666, 7 N$ . Pour un cran à $θ = 4 5^{\circ}$ , l'effort axial sur le ressort vaut :

$F_{ressort} = F_{t} cot (4 5^{\circ}) = F_{t} = 6666, 7 N$

Compression du ressort :

$Δ x_{0} = \frac{F _{ressort}}{k} = \frac{6666 , 7}{80000 N / m} \approx 0, 0833 m \approx 83, 3 mm$

Important

Ce que ça nous apprend. La précision d'une clé dynamométrique dépend directement de la constance de raideur du ressort et de l'état de surface poli du cran de basculement.

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