Barrière de péage à ouverture rapide : couple moteur et efforts dans les paliers

La stratégie. Le mouvement est imposé : $\theta (t)$ est connu, donc $\omega$ et $\dot{\omega }$. Les inconnues sont des actions : le couple moteur et les cinq inconnues du pivot. On choisit l'équation qui isole l'inconnue voulue : le moment sur l'axe du pivot pour le couple, la résultante pour l'effort du pivot, le moment en un point de l'axe, mais perpendiculairement à lui, pour les roulements.

1) La loi de mouvement. L'aire sous le trapèze est l'angle parcouru : $\frac{1}{2}{\omega }_{\max }\frac{T}{3}+{\omega }_{\max }\frac{T}{3}+\frac{1}{2}{\omega }_{\max }\frac{T}{3}=\frac{2T}{3}{\omega }_{\max }=\frac{\pi }{2}$, d'où $${\omega }_{\max }=\frac{3\pi }{4T}=3,93\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1},\dot{\omega }=\frac{{\omega }_{\max }}{T/3}=\frac{9\pi }{4T^2}=19,6\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-2}.$$ L'accélération varie comme $1/T^2$ : ouvrir deux fois plus vite demande quatre fois plus d'accélération.

2) Une équation, une inconnue. Bilan des actions extérieures à {lisse + arbre} : la pesanteur, glisseur $-mg{\overrightarrow{y}}_0$ en $G$ ($\overrightarrow{OG}=\frac{L}{2}{\overrightarrow{x}}_1$) ; le couple moteur $C_m{\overrightarrow{z}}_0$, exercé par le stator lié au coffret ; l'action du pivot, cinq inconnues (trois composantes de résultante et deux de moment perpendiculaires à ${\overrightarrow{z}}_0$). En $O$, point de l'axe, le moment de l'action du pivot sur ${\overrightarrow{z}}_0$ est nul : la résultante passe par $O$ et le pivot parfait ne transmet aucun moment sur son axe. On projette donc le théorème du moment dynamique en $O$ sur ${\overrightarrow{z}}_0$ : c'est le théorème du moment dynamique sur un axe fixe. Le moment de la pesanteur vaut $\frac{L}{2}{\overrightarrow{x}}_1\wedge (-mg{\overrightarrow{y}}_0)=-mg\frac{L}{2}\cos \theta {\overrightarrow{z}}_0$, et $\overrightarrow{\delta }(O)\cdot {\overrightarrow{z}}_0=J_O\dot{\omega }$ ($O$ est fixe, $\overrightarrow{\sigma }(O)\cdot {\overrightarrow{z}}_0=J_O\omega$) : $$J_O\dot{\omega }=C_m-mg\frac{L}{2}\cos \theta ⟹C_m=J_O\dot{\omega }+mg\frac{L}{2}\cos \theta .$$ Le terme d'inertie vaut $J_O\dot{\omega }=13,5\times 19,63=265,1\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, le terme de pesanteur au plus $mg\frac{L}{2}=4,5\times 9,81\times 1,5=66,2\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Au démarrage ($\theta =0$) : $C_m=331,3\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. En fin d'accélération, $\theta =\frac{1}{2}{\omega }_{\max }\frac{T}{3}=22,5^{\circ }$ : $C_m=265,1+66,2\cos 22,5^{\circ }=326,2\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Au début de la décélération, $\theta =67,5^{\circ }$ et $\dot{\omega }=-19,6\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-2}$ : $C_m=-265,1+25,3=-239,7\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ ; le couple est négatif, le moteur freine la lisse. Le cahier des charges n'est pas respecté : $331\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ dépassent de $10\%$ les $300\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ disponibles, et c'est l'inertie, non le poids, qui en est la cause (265 contre 66).

3) Deux remèdes. a) Si un ressort fournit à chaque instant $+mg\frac{L}{2}\cos \theta$, le moteur ne fournit plus que le terme d'inertie : $|C_m|\le 265,1\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$, conforme, avec une marge de $\frac{300-265}{300}=12\%$. b) Sans ressort, il faut $J_O\frac{9\pi }{4T^2}+66,2\le 300$, soit $T\ge \sqrt{\frac{9\pi J_O}{4\times 233,8}}=0,639\mathrm{s}$ : la barrière s'ouvrirait en $0,64\mathrm{s}$, ce qui ne respecte pas l'exigence de $0,6\mathrm{s}$. Le ressort est la bonne solution, et c'est celle des constructeurs : il soulage le moteur du poids dans toutes les positions, l'inertie restant à sa charge.

4) L'effort du pivot : la dynamique domine. Le théorème de la résultante dynamique donne l'action $\overrightarrow{R}$ du pivot : $\overrightarrow{R}-mg{\overrightarrow{y}}_0=m\overrightarrow{\Gamma }(G/R_0)$, avec $\overrightarrow{\Gamma }(G/R_0)=\frac{L}{2}\dot{\omega }{\overrightarrow{y}}_1-\frac{L}{2}{\omega }^2{\overrightarrow{x}}_1$ (accélérations tangentielle et normale d'un point en mouvement circulaire). Au démarrage, $\omega =0$, ${\overrightarrow{y}}_1={\overrightarrow{y}}_0$ : $\overrightarrow{R}=\left(m\frac{L}{2}\dot{\omega }+mg\right){\overrightarrow{y}}_0=(132,5+44,1){\overrightarrow{y}}_0$, soit $176,7\mathrm{N}$. En fin d'accélération, la composante tangentielle $132,5\mathrm{N}$ et la composante normale $m\frac{L}{2}{\omega }_{\max }^2=104,1\mathrm{N}$ (dirigée vers $O$) s'ajoutent au poids : $\Vert \overrightarrow{R}\Vert =194,0\mathrm{N}$. Le pivot porte quatre fois le poids de la lisse ($44\mathrm{N}$) : dimensionner les paliers sur la statique serait une erreur d'un facteur 4.

5) Le porte-à-faux : le moment dynamique hors de l'axe. $Q$ est un point de l'axe, fixe dans $R_0$ et lié à la lisse, donc $\overrightarrow{\sigma }(Q)=[I(Q)]\omega {\overrightarrow{z}}_0=-E\omega {\overrightarrow{x}}_1-D\omega {\overrightarrow{y}}_1+C\omega {\overrightarrow{z}}_0$, avec $D=0$. On dérive dans $R_0$ par la formule de la base mobile, ${\frac{\mathrm{d}{\overrightarrow{x}}_1}{\mathrm{d}t}|}_{R_0}=\omega {\overrightarrow{z}}_0\wedge {\overrightarrow{x}}_1=\omega {\overrightarrow{y}}_1$ : $$\overrightarrow{\delta }(Q)={\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{\sigma }(Q)}{\mathrm{d}t}|}_{R_0}=-E\dot{\omega }{\overrightarrow{x}}_1-E{\omega }^2{\overrightarrow{y}}_1+C\dot{\omega }{\overrightarrow{z}}_0.$$ Vérification par transport. $\overrightarrow{\delta }(Q)=\overrightarrow{\delta }(G)+\overrightarrow{QG}\wedge m\overrightarrow{\Gamma }(G)$ avec $\overrightarrow{\delta }(G)=J_G\dot{\omega }{\overrightarrow{z}}_0$ et $\overrightarrow{QG}=\frac{L}{2}{\overrightarrow{x}}_1+0,20{\overrightarrow{z}}_0$. La partie perpendiculaire à l'axe vient de $0,20{\overrightarrow{z}}_0\wedge m\frac{L}{2}(\dot{\omega }{\overrightarrow{y}}_1-{\omega }^2{\overrightarrow{x}}_1)=-0,20m\frac{L}{2}(\dot{\omega }{\overrightarrow{x}}_1+{\omega }^2{\overrightarrow{y}}_1)$, et $0,20m\frac{L}{2}=4,5\times 1,5\times 0,20=1,35\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2=E$ : les deux calculs coïncident. La composante axiale est la même en tout point de l'axe ; les composantes perpendiculaires, elles, dépendent du point, parce que $\overrightarrow{QG}$ a une composante sur l'axe.

Les roulements au démarrage ($\theta =0$, $\omega =0$) : $\overrightarrow{\delta }(Q)\cdot {\overrightarrow{x}}_0=-E\dot{\omega }=-26,5\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$. Les deux efforts radiaux sont verticaux, $F_A{\overrightarrow{y}}_0$ et $F_B{\overrightarrow{y}}_0$ (la résultante n'a pas de composante sur ${\overrightarrow{x}}_0$ et $\overrightarrow{\delta }(Q)\cdot {\overrightarrow{y}}_0=0$). Théorème de la résultante : $F_A+F_B=176,7\mathrm{N}$. Théorème du moment dynamique en $Q$ sur ${\overrightarrow{x}}_0$, avec $\overrightarrow{QA}=0,10{\overrightarrow{z}}_0$, $\overrightarrow{QB}=-0,10{\overrightarrow{z}}_0$ et le moment du poids $\overrightarrow{QG}\wedge (-mg{\overrightarrow{y}}_0)\cdot {\overrightarrow{x}}_0=+0,20mg=8,8\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ : $$8,8-0,10F_A+0,10F_B=-26,5⟹F_A-F_B=353\mathrm{N},$$ d'où $F_A=265\mathrm{N}$ et $F_B=-88\mathrm{N}$ : le roulement proche de la lisse porte une fois et demie l'effort total, l'autre tire vers le bas. C'est l'effet de levier du porte-à-faux, que le seul théorème de la résultante ne voit pas.

Ce que l'exercice installe. En rotation autour d'un axe fixe, projeter le moment dynamique sur l'axe du pivot élimine les cinq inconnues de la liaison et donne directement le couple moteur ; la composante axiale de $\overrightarrow{\delta }$ ne dépend pas du point de l'axe, les composantes perpendiculaires si, et ce sont elles qui chargent les paliers. Et un réflexe de concepteur : en mouvement rapide, l'inertie domine le poids, et c'est elle qui dimensionne moteur et roulements.