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NOM : KEMMOGNE TCHONAING JUNIOR MATRICULE : 21P502 DEVOIR DE RDM Les vecteurs u

NOM : KEMMOGNE TCHONAING JUNIOR MATRICULE : 21P502 DEVOIR DE RDM Les vecteurs utilisés dans les exercices seront notés en gras EXERCIE 1 : BRIDE HYDRAULIQUE Réponse 1 : - Identification des liaisons et dégrée de libertés : Liaison Type de liaison suivant l’axe Dégrée de liberté (α ˗ β ) liaison pivot d’axe (A-x) Rx (α ˗ δ ) liaison pivot glissant d’axe (B-x) Rx , Tx (β –γ) liaison pivot d’axe (C-z) Rz (γ-δ) liaison ponctuelle de normale (D, x) Rx ,Ry,Ty,Rz,Tz (γ-p) liaison ponctuelle de normale (E, x) Rx ,Ry,Ty,Rz,Tz Si on considère que le ressort 20 supprime la liberté en rotation alors ( α ˗ δ) est une liaison glissière d’axe (B-x) . - Schéma spatiale du mécanisme : X γ C E D β X P A δ Z B Y α X Réponse 2 : - Torseur d’action mécaniques en A et caractéristiques sur A(α →β) et M A(α →β) : (ɑ-β) etant une liaison pivot sans adhérence d’axe (A, x) et avec notre hypothèse de symétrie on a : { τ (α→β)}= { A(α →β) M A(α →β)} Tels que : { A (α →β )⊥z M A (α →β ) porté par( A−x) Dans R(A,x,y,z) : {τ(α→β)} = ¿¿ - Déterminons l’ensemble des points M (x,y,z) pour lesquels la forme du torseur {τ (α→β)} est conservé : En effectuant une réduction du torseur {τ (α→β)} en M (x,y,z) un point quelconque on a : M M=M A (α →β )+MB ⋀A (α →β) Ainsi on a : {τ(α→β)} = ¿¿ Avec T=N(α →β)−xY (α →β)+yX(α →β). Pour que la forme particulier écrite en (1) soit conservée, il suffit que quels que soient X(α →β)et Y (α →β) on ait z=0. La forme particulière de {τ(α→β)} est donc conservée pour tout point M appartenant au plan de symétrie (A, x,y). Réponse 3 : - Torseur d’action mécaniques en B et caractéristiques sur B(α ˗ δ) et M B(α ˗ δ) : (α ˗ δ ) étant une liaison glissière réelle d’axe (B,x) et avec notre hypothèse de symétrie et serrage on a : { τ (α→δ)} = { B(α →δ) M B(α →δ)} Tels que : { B(α ˗ δ)⊥z M B(α ˗ δ) porté par(B−x) Dans R(B,x,y,w,z) : {τ(α→δ)} = { X(α →δ) 0 Y (α →δ) 0 0 N(α →δ)} ( x, y , z) (2) - Déterminons l’ensemble des points M (x,y,z) pour lesquels la forme du torseur {τ (α →δ)} est conservé : En effectuant une réduction du torseur {τ (α →δ)} en M (x,y,z) un point quelconque on a : M M=M B(α →δ)+MB ⋀B(α →δ) Ainsi on a : {τ(α→δ)} = { X(α →δ) zY (α →δ) Y (α →δ) −zX(α →δ ) 0 T } (x , y , z) Avec T=N(α →β)−xY (α →β)+yX(α →β). Pour que la forme particulier écrite en (2) soit conservée, il suffit que quels que soient X(α →δ)et Y(α→δ) on ait z=0. La forme particulière de {τ (α →δ)} est donc conservée pour tout point M appartenant au plan de symétrie (B, x,y). Réponse 4 : - Torseur d’action mécaniques en C et caractéristiques sur C(β−γ ) et M C(β−γ) : (β-γ ) est une liaison glissière réelle d’axe (C,z) et avec notre hypothèse de symétrie on a : { τ (β-γ ) } = { C(β−γ) MC( β−γ)} Tels que : { C(α ˗ δ)⊥z MC (α ˗ δ )=0 Dans R(C,x,y,w,z) : {τ(β−γ)} = { X(β−γ) 0 Y ( β−γ) 0 0 0} (x , y , z) (3) - Déterminons l’ensemble des points M (x,y,z) pour lesquels la forme du torseur {τ (β−γ)} est conservé : En effectuant une réduction du torseur {τ (β−γ)} en M (x,y,z) un point quelconque on a : M M=M C(β−γ)+MC ⋀C(β−γ) Ainsi on a : {τ(β−γ)} = { X(β−γ) zY (β−γ ) Y ( β−γ) −zX (β−γ ) 0 −xY (β−γ)+ yX (β−γ )} (x , y , z) Pour que la forme particulier écrite en (3) soit conservée, il suffit que quels que soient X( β−γ)et Y (β−γ) on ait x=0 , y=0 et z=0. La forme particulière de {τ(β−γ)} est donc conservée pour l’unique point C . Réponse 5 : - Torseur d’action mécaniques en D et caractéristiques sur D(δ−γ)et M D(δ−γ ) : (δ-γ ) est une liaison ponctuelle sans adhérence de normale (D,z) et avec notre hypothèse de symétrie : { τ (δ-γ ) } = { D(δ−γ) M D(δ−γ)} Tels que : { D (δ−γ )∥x M D(δ−γ)=0 Dans R(D,x,y,z) : {τ(δ−γ)} = { X(δ−γ) 0 0 −zX (δ−γ) 0 yX (δ−γ) } (x , y , z) (4) - Déterminons l’ensemble des points M (x,y,z) pour lesquels la forme du torseur {τ (δ−γ)} est conservé : En effectuant une réduction du torseur {τ (δ−γ)} en M (x,y,z) un point quelconque on a : M M=M D(δ−γ)+MD ⋀D(δ−γ ) Ainsi on a : {τ(δ−γ)} = { X(δ−γ) zY (δ−γ) Y (δ−γ) −zX(δ−γ) 0 −xY (δ−γ)+ yX (δ−γ)} (x , y , z) Pour que la forme particulier écrite en (3) soit conservée, il suffit que quels que soient X(δ−γ)et Y (δ−γ) on ait Y=0 et z=0. La forme particulière de {τ(δ−γ)} est donc conservée pour tout point M appartenant au plan de symétrie (D,x). Exercice 2 : MANCHON DE DILATATION 1/ Etude de liaison (1-3) - Nature : c’est une liaison glissière d’axe (A,x) - Dégré de liberté : Tx - Expression du torseur en A dans R (A,x,y,z) : {τ(1−3)} = { 0 L(1−3) Y (1−3) M (1−3) Z(1−3) N(1−3)} (x , y , z) 2/ Etude de la liaison (5-3) - Nature : c’est une liaison pivot glissant d’axe (A,x) - Degré : Rx , Tx - Expression du torseur en B dans R (B,x,y,z) : {τ(5−3)} = { 0 0 Y (5−3) M(5−3) Z(5−3) N(5−3)} (x , y, z) Exercice 3 : Porte-balais pour moteur à courant continu 1/ Déterminons les caractéristiques des liaisons : Liaison Nature Dégrée de liberté 1 – 3 Liaison encastrement Aucune liberté 2 – 3 Liaison glissière d’axe (A,x) Tx 2 – 9 Liaison plane de normale (A,x) Rx,Ty,Tz 3 – 7 Liaison pivot d’axe (C,z) Rz 3 – 4 Liaison pivot d’axe (D,z) Rz 2/ Schéma normalisé du mécanisme : 4 3 7 B 8 2 3/ Déterminons le torseur (3 – 2) : {τ(3−2)} = { X(3−2) 0 Y (3−2) 0 0 N(3−2)} ( x, y , z) Exercice 4 : Joint de cadran glaenzer spieer 1/ La liaison (1-3) est une liaison sphérique a doigt de dégrée de liberté Rx₂ et Ry₂ 2/ Schéma normalisé de la liaison (1-3) : 3/ Schéma normalisé du mécanisme : Exercice 5 : Machine de conditionnement 1/ Représentation spatiale du mécanisme : 1 2/ Donnons le torseur au point A puis en O de la liaison (2-3) : En A on a : {τ(2−3)} = { 0 0 Y (2−3) 0 Z(2−3) 0} (x , y, z) En O on a : {τ(2−3)} = { 0 11(2−3)−11 √3Y (2−3) Y (2−3) 0 Z(2−3) 0 } ( x, y , z) 3/ Donnons le torseur en B puis en O de la liaison (3-4) : En B on a : {τ(3−4)} = { 0 0 Y (3−4) 0 Z(3−4) 0} (x , y, z) En O on a : {τ(3−4)} = { 0 53,3 Z(3−4) Y (3−4) 0 Z(3−4) 0 } (x , y ,z) 4/ Donnons le torseur en C puis en B de la liaison (0-4) : En C on a : {τ(0−4)} = { 0 M (0−4) 0 0 Z(0−4) 0 } (x, y , z) En B on a : {τ(0−4)} = { 0 M (0−4)+90 Z(0−4) 0 0 Z(0−4) 0 } (x , y , z) 5/ Calcul de M ox (2−3 ) puis M ox (1−2) M ox (2−3 ) = M ox (1−2) = - 955,7 (Nmm) Exercice 6 : uploads/s3/ devoir-1-rdm-kt-copie.pdf