Le broyeur à meules : la rotation augmente l'effort d'écrasement

La stratégie. Le mouvement est imposé ($\omega$ constant, $\dot{\phi }$ fixé par le roulement). On cherche un point fixe du solide pour écrire $\overrightarrow{\sigma }=[I]\overrightarrow{\Omega }$ sans terme correctif, une base dans laquelle la matrice d'inertie est constante pour dériver, et un axe de projection qui élimine la liaison en $O$.

1) Roulement sans glissement. $\overrightarrow{\Omega }(\text{meule}/R_0)=\omega {\overrightarrow{z}}_0+\dot{\phi }{\overrightarrow{x}}_1$ et $\overrightarrow{V}(C/R_0)=\omega {\overrightarrow{z}}_0\wedge R{\overrightarrow{x}}_1=R\omega {\overrightarrow{y}}_1$. Avec $\overrightarrow{CI}=-r{\overrightarrow{z}}_0$ : $$\overrightarrow{V}(I\in \text{meule}/R_0)=R\omega {\overrightarrow{y}}_1+(\omega {\overrightarrow{z}}_0+\dot{\phi }{\overrightarrow{x}}_1)\wedge (-r{\overrightarrow{z}}_0)=(R\omega +r\dot{\phi }){\overrightarrow{y}}_1=\overrightarrow{0},$$ d'où $\dot{\phi }=-\frac{R}{r}\omega$ : à $25tr/min$ ($\omega =2,62\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$), $\dot{\phi }=-3,14\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$.

2) Un point fixe de la meule. $\overrightarrow{V}(O\in \text{meule}/R_0)=\overrightarrow{V}(C/R_0)+\overrightarrow{\Omega }\wedge \overrightarrow{CO}=R\omega {\overrightarrow{y}}_1+(\omega {\overrightarrow{z}}_0+\dot{\phi }{\overrightarrow{x}}_1)\wedge (-R{\overrightarrow{x}}_1)=R\omega {\overrightarrow{y}}_1-R\omega {\overrightarrow{y}}_1=\overrightarrow{0}$ : $O$ est sur l'axe de la meule et sur l'axe de l'arbre, il est fixe. Donc $\overrightarrow{\sigma }(O)=[I(O)]\overrightarrow{\Omega }$, et $$\overrightarrow{\sigma }(O,\text{meule}/R_0)=A\dot{\phi }{\overrightarrow{x}}_1+(B+m{R}^2)\omega {\overrightarrow{z}}_0.$$ La matrice est constante dans ${\mathcal{B}}_1$ (la meule est de révolution autour de ${\overrightarrow{x}}_1$) même si ${\mathcal{B}}_1$ n'est pas liée à la meule.

3) Le moment dynamique. $O$ étant fixe, $\overrightarrow{\delta }(O)={\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{\sigma }(O)}{\mathrm{d}t}|}_{R_0}$. Dans ${\mathcal{B}}_1$, les composantes $A\dot{\phi }$ et $(B+m{R}^2)\omega$ sont constantes ; ${\overrightarrow{z}}_0$ est fixe et ${\frac{\mathrm{d}{\overrightarrow{x}}_1}{\mathrm{d}t}|}_{R_0}=\omega {\overrightarrow{z}}_0\wedge {\overrightarrow{x}}_1=\omega {\overrightarrow{y}}_1$ : $$\overrightarrow{\delta }(O,\text{meule}/R_0)=A\dot{\phi }\omega {\overrightarrow{y}}_1=-A\frac{R}{r}{\omega }^2{\overrightarrow{y}}_1.$$ À $25tr/min$, $\Vert \overrightarrow{\delta }(O)\Vert =537\times \frac{0,90}{0,75}\times 2,62^2=4,41\mathrm{kN}\cdot \mathrm{m}$. Le vecteur $A\dot{\phi }{\overrightarrow{x}}_1$ tourne avec l'arbre : sa dérivée est perpendiculaire à lui, dans le plan horizontal.

4) L'effort d'écrasement. Actions extérieures à {meule + essieu} : le poids $-mg{\overrightarrow{z}}_0$ en $C$, l'action de la piste en $I$, l'action de l'arbre en $O$ (pivot d'axe ${\overrightarrow{y}}_1$ : moment nul sur ${\overrightarrow{y}}_1$ en $O$). On projette le théorème du moment dynamique en $O$ sur ${\overrightarrow{y}}_1$, l'axe de l'articulation : la liaison en $O$ disparaît. Moments sur ${\overrightarrow{y}}_1$ : poids, $R{\overrightarrow{x}}_1\wedge (-mg{\overrightarrow{z}}_0)=+mgR{\overrightarrow{y}}_1$ ; piste, $(R{\overrightarrow{x}}_1-r{\overrightarrow{z}}_0)\wedge (N{\overrightarrow{z}}_0+T{\overrightarrow{y}}_1)$, dont la composante sur ${\overrightarrow{y}}_1$ vaut $-RN$ ($T$ ne donne rien sur ${\overrightarrow{y}}_1$). D'où $mgR-RN=-A\frac{R}{r}{\omega }^2$, soit $$N=mg+\frac{A{\omega }^2}{r}=mg\left(1+\frac{r{\omega }^2}{2g}\right).$$ $N$ ne dépend ni de $R$ ni de $B$ : la distance à l'arbre multiplie le moment dynamique et le bras de levier de $N$ par le même facteur. À $25tr/min$ : $N/mg=1+\frac{0,75\times 2,62^2}{2\times 9,81}=1,26$, soit $N=23,6\mathrm{kN}$ pour un poids de $18,7\mathrm{kN}$ : conforme ($+26\%$). L'exigence $N\ge 1,25mg$ demande ${\omega }^2\ge \frac{0,5g}{r}$, soit $\omega \ge 2,56\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}=24,4tr/min$ : la marge est mince.

5) L'articulation tire l'essieu vers le bas. $C$ décrit un cercle à vitesse constante : $m\overrightarrow{\Gamma }(C)=-mR{\omega }^2{\overrightarrow{x}}_1$. Sur ${\overrightarrow{z}}_0$ : $Z_O+N-mg=0$, donc $Z_O=mg-N=-\frac{A{\omega }^2}{r}=-4,9\mathrm{kN}$. Sur ${\overrightarrow{x}}_1$ : $X_O=-mR{\omega }^2=-11,8\mathrm{kN}$, l'effort centripète. Le signe de $Z_O$ surprend : l'arbre retient l'essieu vers le bas. C'est la traduction mécanique de l'« effet gyroscopique » : faire tourner l'axe d'un solide en rotation propre exige un couple, $\overrightarrow{\delta }(O)$, que fournit le couple formé par le supplément de réaction de la piste en $I$ et la traction de l'articulation en $O$.

6) Cas limite, validité. Pour $\omega \to 0$, $N\to mg$ : on retrouve la statique. Le modèle suppose un contact en un point. Or la meule a $40\mathrm{cm}$ de large : le bord intérieur et le bord extérieur parcourent des cercles de rayons différents à la même vitesse de rotation propre, et le roulement sans glissement n'a lieu qu'en un point de la génératrice de contact ; ailleurs la meule pivote en glissant sur la piste. Ce glissement, qui cisaille la matière, est précisément ce qui broie ; il dissipe de la puissance et crée des efforts tangentiels que le modèle ignore. Le résultat sur $N$ reste un bon ordre de grandeur.

Ce que l'exercice installe. Trouver un point fixe du solide (ici à l'intersection de deux axes de rotation) pour écrire $\overrightarrow{\sigma }=[I]\overrightarrow{\Omega }$, dériver dans une base où la matrice est constante même si elle n'est pas liée au solide, et projeter sur l'axe de l'articulation pour éliminer la liaison. Et un résultat de concepteur : la rotation de l'arbre augmente l'effort d'écrasement de $A{\omega }^2/r$, indépendamment de la distance à l'axe.