Test Statique 2014 2015 Correction .pdf



Nom original: Test-Statique-2014-2015-_Correction.pdf
Titre: TEST DE DDS
Auteur: Rossat

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Nom :

Prénom :

Test de Statique
2014-2015 - Correction
Aucun document autorisé. Calculatrice autorisée.
Téléphone et autres appareils électroniques interdits.
La clarté des explications sera prise en compte.
Les expressions seront données de manière littérale avant application numérique.
Chaque exercice est indépendant.
Durée 2h
EXERCICE 1 – (1h – 9 points) :
Le système mécanique ci-dessous représente une grue pour bateau inférieur à 5 tonnes.

La grue comporte 6 ensembles cinématiques (cf. figure 1) :
 le châssis 0 en liaison complète avec le sol
 la flèche 1 en liaison pivot d’axe 𝑧⃗ avec le châssis 0 en C
 la biellette 2 en liaison pivot d’axe 𝑧⃗ avec le châssis 0 en A
 le vérin 3 (considéré monobloc pour l’étude statique) en liaison rotule avec le châssis en
E et en liaison rotule avec la flèche en F
 la fléchette 4 en liaison pivot d’axe 𝑧⃗ avec la flèche 1 en D et en liaison pivot d’axe 𝑧⃗
avec la biellette 2 en B
 le crochet 5 en liaison pivot d’axe 𝑧⃗ avec la fléchette 4 en J
On néglige le poids propre de chaque élément devant les efforts en présence.

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

1A – 2013-2014

1/10

Nom :

Prénom :

Le bateau est lié au crochet au point K. On peut considérer cette liaison comme une ponctuelle
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
d’axe 𝑦⃗ au point K. Soit 𝑃
𝑏/5 , la force maxi du bateau sur le crochet tel que ‖𝑃𝑏/5 ‖ = 50 𝑘𝑁.

Figure 1 : Disposition de la grue quand le vérin est incliné de 30°

Objectif : Déterminer l’effort maxi dans le vérin dans cette configuration.
Données pour la configuration de la figure 1 :
𝑥𝐷𝐽 = 998,903 𝑚𝑚
𝑥 = −582.590 𝑚𝑚
⃗⃗⃗⃗⃗
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝐷𝐽 = |
𝐷𝐵 = | 𝐷𝐵
𝑦𝐷𝐽 = −46,814 𝑚𝑚
𝑦𝐷𝐵 = +812.766 𝑚𝑚
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = |𝑥𝐶𝐷 = +1835,514 𝑚𝑚
𝐶𝐷
𝑦𝐶𝐷 = +4650.902 𝑚𝑚
𝛼 = 30°

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = | 𝑥𝐶𝐹 = +551.346 𝑚𝑚
𝐶𝐹
𝑦𝐶𝐹 = +1395.271 𝑚𝑚

𝜃 = 17,96°

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

1A – 2013-2014

2/10

Nom :

Prénom :

Q 1. Faites le graphe de liaison en indiquant les forces extérieures, le nom, les
caractéristiques (Point, Axe) et le nombre d’inconnue (Problème plan) de chaque liaison.

Q 2.

Déterminez l’ordre dans lequel nous pourrions isoler. Justifiez votre réponse

Isolement 1 :

2

Isolement 2 :

5

Isolement 3 :

3

Isolement 4 :

4

Isolement 5 :

1

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

Justifications :
Systèmes soumis à 2 forces :
-2
-5
-3
Systèmes avec 3 inconnues maxi :
-Itération 1 : 4, 4+5, 4+2, 4+5+2
-Itération 2 : 1, 1+3, 1+2+3+4+5...

1A – 2013-2014

3/10

Nom :

Prénom :

Q 3. Réalisez les isolements des trois systèmes soumis à 2 forces. On ne demande « que »
l’expression des torseurs en fonction de l’intensité de la force et des angles correspondants.
Système matériel isolé : SMI={2}
C’est un système matériel isolé soumis à 2 forces. Les forces ont la
même direction, la même intensité et un sens contraire. La seule
inconnue est l’intensité qu’on se propose de noter 𝐹420
Bilan des Actions Mécaniques Extérieures :
𝐹420 . 𝑠𝑖𝑛 𝜃
{ℑ4/2 } = { 𝐹420 . 𝑐𝑜𝑠𝜃
0

0
0}
0 𝐴 𝑜𝑢 𝐵

−𝐹420 . 𝑠𝑖𝑛 𝜃
{ℑ0/2 } = { −𝐹420 . 𝑐𝑜𝑠𝜃
0

0
0}
0 𝐴 𝑜𝑢 𝐵

Système matériel isolé : SMI={5}
C’est un système matériel isolé soumis à 2 forces. Les forces ont la même
direction, la même intensité et un sens contraire. 𝑃𝑏/5 est connu.
Bilan des Actions Mécaniques Extérieures :
0
{ℑ4/5 } = {𝑃𝑏/5
0

0
0}
0 𝐽 𝑜𝑢 𝐾

0
{ℑ𝑏/5 } = {−𝑃𝑏/5
0

0
0}
0 𝐽 𝑜𝑢 𝐾

Système matériel isolé : SMI={3}
C’est un système matériel isolé soumis à 2 forces. Les forces ont
la même direction, la même intensité et un sens contraire. La
seule inconnue est l’intensité qu’on se propose de noter 𝐹130
Bilan des Actions Mécaniques Extérieures :
𝐹130 . 𝑐𝑜𝑠 𝛼
{ℑ1/3 } = { 𝐹130 . 𝑠𝑖𝑛𝛼
0

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

1A – 2013-2014

0
0}
0 𝐸 𝑜𝑢 𝐹

−𝐹130 . 𝑐𝑜𝑠 𝛼
{ℑ0/3 } = { −𝐹130 . 𝑠𝑖𝑛𝛼
0

0
0}
0 𝐸 𝑜𝑢 𝐹

4/10

Nom :

Prénom :

Q 4. Réalisez l’isolement du système 4. Montrez que l’intensité de l’action en B de 2/4 et les
actions sur 𝑥⃗ et 𝑦⃗ en D de 1/4 sont :
𝑥𝐷𝐽
𝐹420 =
.𝑃
𝑦𝐷𝐵 . 𝑠𝑖 𝑛 𝜃 − 𝑥𝐷𝐵 . 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑏/5
𝑋̅1/4 =

𝑥𝐷𝐽
. 𝑃 . 𝑠𝑖𝑛𝜃
𝑦𝐷𝐵 . 𝑠𝑖 𝑛 𝜃 − 𝑥𝐷𝐵 . 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑏/5

𝑌̅1/4 =

𝑦𝐷𝐵 . 𝑠𝑖 𝑛 𝜃 + (𝑥𝐷𝐽 − 𝑥𝐷𝐵 ). 𝑐𝑜𝑠 𝜃
. 𝑃𝑏/5
𝑦𝐷𝐵 . 𝑠𝑖 𝑛 𝜃 − 𝑥𝐷𝐵 . 𝑐𝑜𝑠𝜃

Système matériel isolé : SMI={4}
Bilan des Actions Mécaniques Extérieures :

𝑋̅1/4
{ℑ1/4 } = { 𝑌̅1/4
0

0
0}
0 𝐷

0
0
0
0
0
{ℑ5/4 } = {−𝑃𝑏/5 0} = {−𝑃𝑏/5
}
0
−𝑥𝐷𝐽 . 𝑃𝑏/5
0
0𝐽
𝐷
−𝐹420 . 𝑠𝑖𝑛 𝜃
0
−𝐹420 . 𝑠𝑖𝑛 𝜃 0
0
{ℑ2/4 } = { −𝐹420 . 𝑐𝑜𝑠𝜃 0} = { −𝐹420 . 𝑐𝑜𝑠𝜃
}
0
𝐹
.
(−𝑥
.
𝑐𝑜𝑠𝜃
+
𝑦
𝑠𝑖
𝑛
𝜃)
0
0𝐵
420
𝐷𝐵
𝐷𝐵
𝐷
On applique le Principe Fondamental de la Statique :
Somme des moments en B autour de 𝑧⃗ :
𝐹420 . (−𝑥𝐷𝐵 . 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑦𝐷𝐵 𝑠𝑖 𝑛 𝜃) − 𝑥𝐷𝐽 . 𝑃𝑏/5 = 0
𝐹420 = 𝑦

𝑥𝐷𝐽
𝐷𝐵 .𝑠𝑖 𝑛 𝜃−𝑥𝐷𝐵 .𝑐𝑜𝑠𝜃

. 𝑃𝑏/5

𝐹420 = 62,12 𝑘𝑁
Somme des forces sur 𝑥⃗ :
𝑋̅1/4 − 𝐹420 . 𝑠𝑖𝑛 𝜃 = 0
𝑋̅1/4 = 𝐹420 . 𝑠𝑖𝑛 𝜃
𝑋̅1/4 = 𝑦

𝑥𝐷𝐽
𝐷𝐵 .𝑠𝑖 𝑛 𝜃−𝑥𝐷𝐵 .𝑐𝑜𝑠𝜃

. 𝑃𝑏/5 . 𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑋̅1/4 = 19,15 𝑘𝑁

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

Somme des forces sur 𝑦⃗ :
𝑌̅1/4 − 𝑃𝑏/5 − 𝐹420 . 𝑐𝑜𝑠 𝜃 = 0
𝑌̅1/4 = 𝑃𝑏/5 + 𝐹420 . 𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝑦 .𝑠𝑖 𝑛 𝜃+(𝑥𝐷𝐽 −𝑥𝐷𝐵 ).𝑐𝑜𝑠 𝜃
𝑌̅1/4 = 𝐷𝐵𝑦 .𝑠𝑖 𝑛 𝜃−𝑥
. 𝑃𝑏/5
.𝑐𝑜𝑠𝜃
𝐷𝐵

𝐷𝐵

𝑌̅1/4 = 109,09 𝑘𝑁

1A – 2013-2014

5/10

Nom :

Prénom :

Q 5. Réalisez l’isolement du système 1. Déterminez l’intensité de l’action en F de 3/1 et les
actions sur 𝑥⃗ et 𝑦⃗ en C de 0/1.
Pour alléger les expressions vous utiliserez le torseur de 4/1 ci dessous. Les termes 𝑋̅4/1 et 𝑌̅4/1
sont connus (cf. q4)
𝑋̅4/1 0
−19,14 𝑘𝑁 0
{ℑ4/1 } = { 𝑌̅4/1 0} = {−109,03 𝑘𝑁 0}
0
0𝐷
0
0 𝐷
Système matériel isolé : SMI={1}
Bilan des Actions Mécaniques Extérieures :
𝑋̅4/1
0
𝑋̅4/1 0
0
{ℑ4/1 } = { 𝑌̅4/1 0} = { 𝑌̅4/1
}
̅
̅
0
𝑥𝐶𝐷 . 𝑌4/1 − 𝑦𝐶𝐷 . 𝑋4/1
0
0 𝐷
𝐶
−𝐹130 . 𝑐𝑜𝑠 𝛼
0
−𝐹130 . 𝑐𝑜𝑠 𝛼 0
0
{ℑ3/1 } = { −𝐹130 . 𝑠𝑖𝑛𝛼 0} = { −𝐹130 . 𝑠𝑖𝑛𝛼
}
0
𝐹130 . (−𝑥𝐶𝐹 . 𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝑦𝐶𝐹 . 𝑐𝑜𝑠 𝛼) 𝐶
0
0𝐹
̅
𝑋0/1 0
{ℑ0/1 } = { 𝑌̅0/1 0}
0
0 𝐶
On applique le Principe Fondamental de la Statique :
Somme des moments en B autour de 𝑧⃗ :
𝐹130 . (−𝑥𝐶𝐹 . 𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝑦𝐶𝐹 . 𝑐𝑜𝑠𝛼) + 𝑥𝐶𝐷 . 𝑌̅4/1 − 𝑦𝐶𝐷 . 𝑋̅4/1 = 0
𝑥𝐶𝐷 .𝑌̅4/1 −𝑦𝐶𝐷 .𝑋̅4/1

𝐹130 = (𝑥

𝐶𝐹 .𝑠𝑖𝑛𝛼−𝑦𝐶𝐹 .cos 𝛼)

𝐹130 = 119,18 𝑘𝑁
Somme des forces sur 𝑥⃗ :
𝑋̅4/1 − 𝐹130 . 𝑐𝑜𝑠 + 𝑋̅0/1 = 0
𝑋̅0/1 = 𝐹130 . 𝑐𝑜𝑠 − 𝑋̅4/1

Somme des forces sur 𝑦⃗ :
𝑌̅4/1 − 𝐹130 . 𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝑌̅0/1 = 0
𝑌̅0/1 = 𝐹130 . 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝑌̅4/1

𝑋̅0/1 = 78,74 𝑘𝑁

𝑌̅0/1 = 212,30 𝑘𝑁

Q 6.

Quel est l’intensité de l’effort dans le vérin ?
𝑥𝐶𝐷 .𝑌̅4/1 −𝑦𝐶𝐷 .𝑋̅4/1

Directement : 𝐹130 = (𝑥

𝐶𝐹 .𝑠𝑖𝑛𝛼−𝑦𝐶𝐹 .𝑐𝑜𝑠 𝛼)

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

donc 𝐹130 = 119,18 𝑘𝑁

1A – 2013-2014

6/10

Nom :

Prénom :

EXERCICE 2 – (40 min – 7 points) : On se propose d’étudier la
stabilité d’une barre de musculation lorsqu’elle est posée sur son
banc.
La modélisation ci-dessous représente la barre de musculation
chargée avec les poids en A et B et posée sur le banc en J et K. On
suppose pour ce problème que la position des points A et B est fixe
quel que soit le nombre de poids.

Pour étudier la stabilité dans de bonnes conditions nous utiliserons le paramétrage suivant :
 La barre de musculation n’est malheureusement pas centrée sur le banc (𝑎 et 𝑏 ne sont
pas égaux)
 Les masses ne sont pas égales. (𝑀𝑔/𝑏 ≠ 𝑀𝑑/𝑏 ) Ceci permet de prendre en compte les
phases de chargement/déchargement qui ne peuvent pas s’effectuer simultanément de
chaque côté.
 La masse de la barre nue vaut 𝑃 = 9,6 𝑘𝑔. Attention, le système n’étant pas symétrique,
la force associée à cette masse est au centre de la barre de musculation, c'est-à-dire au
milieu de [AB]. Elle n’est donc pas au milieu de [JK]. Si (et seulement si) vous n’arrivez
pas à déterminer cette position, considérez que la distance du centre de gravité de la
barre nue au point J est définie par le paramètre 𝑐.

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

1A – 2013-2014

7/10

Nom :

Prénom :

Q 1. En isolant la barre de musculation + les poids en A et B, montrez que les actions en J et
K sont données par les relations :
(𝑎 + 𝑒). 𝑀𝑔/𝑏 − 𝑏. 𝑀𝑑/𝑏 + 𝑒+𝑎−𝑏
.𝑃
2
𝐹𝐽 =
𝑒
(𝑏 + 𝑒). 𝑀𝑑/𝑏 − 𝑎. 𝑀𝑔/𝑏 + 𝑒+𝑏−𝑎
.𝑃
2
𝐹𝐾 =
𝑒
Distance JG :
𝐽𝐺 =

𝑎+𝑒+𝑏
𝑒+𝑏−𝑎
−𝑎 =
2
2

Système matériel isolé : SMI={Barre de musculation}
BAME : A faire
On applique le Principe Fondamental de la Statique :
Somme des moments en B autour de 𝑧⃗ :
𝑀𝑔/𝑏 − 𝑃.

𝐹𝐾 =

𝑒+𝑏−𝑎
+ 𝐹𝐾 . 𝑒 − 𝑀𝑑/𝑏 . (𝑒 + 𝑏) = 0
2

(𝑏 + 𝑒). 𝑀𝑑/𝑏 − 𝑎. 𝑀𝑔/𝑏 + 𝑒+𝑏−𝑎
.𝑃
2
𝑒

Somme des forces sur 𝑦⃗ :
𝐹𝐽 =

(𝑎 + 𝑒). 𝑀𝑔/𝑏 − 𝑏. 𝑀𝑑/𝑏 + 𝑒+𝑎−𝑏
.𝑃
2
𝑒

Q 2. Lors du déchargement de la barre de musculation, on ne peut pas enlever dans le même
temps les poids coté gauche et coté droit. On cherche dans cette question à déterminer
l’écart de masse limite ∆𝑀𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 entre le coté gauche et le coté droit avant basculement vers
la gauche (sens trigo).
On pose 𝑀𝑑/𝑏 = 𝑀𝑔/𝑏 − ∆𝑀𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 .
 Exprimez ∆𝑀𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 .
 Application numérique : 𝑎 = 𝑏 = 100 𝑚𝑚
𝑒 = 500 𝑚𝑚 𝑀𝑔/𝑏 = 300 𝑁
𝑃 = 96 𝑁.
 Peut-on décharger tout le coté droit sans risque ?
Limite du basculement vers la gauche (Sens trigo) quand 𝐹𝐾 =0
𝑒+𝑏−𝑎
−𝑀𝑔/𝑏 . 𝑎 + (𝑀𝑔/𝑏 − ∆𝑀𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 ). (𝑒 + 𝑏) + 𝑃.
=0
2

∆𝑀𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 =

𝑃
𝑒. (𝑀𝑔/𝑏 + 2 )
𝑒+𝑏

∆𝑀𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 = 290 𝑁

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

1A – 2013-2014

8/10

Nom :

Prénom :

Q 3. On prend maintenant l’hypothèse qu’il y a autant de poids de part et d’autre de la barre
de musculation : 𝑀𝑔/𝑏 = 𝑀𝑑/𝑏 = 300 𝑁. Au moment de poser la barre sur le banc, l’utilisateur
est complètement décalé (théoriquement impossible). Dans cette configuration particulière
𝑏 = 0, 𝑎 = 200 𝑚𝑚 et 𝑒 = 500 𝑚𝑚. Est-ce stable ?
Si 𝑏 = 0 alors pour que le système ne bascule pas, il faut que 𝐹𝐽 soit positif ou nul.
(𝑎 + 𝑒). 𝑀𝑔/𝑏 + 𝑒+𝑎
.𝑃
2
𝐹𝐽 =
𝑒
𝐹𝐽 = 487,20 𝑁
La barre de musculation est stable.

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

1A – 2013-2014

9/10

Nom :

Prénom :

EXERCICE 3 – (20 min – 4 points) : Pour la poutre ci-dessous, le poids propre est négligé et
le problème est assimilable à un problème plan.

Valeurs numériques :
𝐿 =2𝑚
𝑝 = 2000 𝑁/𝑚
Q 1.

Exprimez puis calculez les actions aux appuis.

Voir TD

Mathieu Rossat – Jérôme Bachmann

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