Cours préparatoire à l’examen professionnel de Spécialiste de réseau - Réseaux PDF

Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Module : Connaissances de base (GEN) Matière : Mécanique Matériel didactique Auteur : Charles Gyger Modifié : Patrick Widmer et Jean-Marc Vaucher (pour la version française) Création : 2023 Validation : KO HBB NE...

Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Module : Connaissances de base (GEN) Matière : Mécanique Matériel didactique Auteur : Charles Gyger Modifié : Patrick Widmer et Jean-Marc Vaucher (pour la version française) Création : 2023 Validation : KO HBB NE Date de 14.02.2023 validation : Version : 2.1 © KO HBB NE Page 1/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Table des matières 1 Frottement 4 1.1 Introduction.................................................................................................. 4 1.2 Bases........................................................................................................... 4 1.3 Frottement sur un plan horizontal................................................................ 5 1.4 Friction sur un plan incliné........................................................................... 7 1.5 E ’............................................................................... 9 1.5.1 Frottement sur un plan horizontal............................................................................ 9 1.5.2 Friction sur un plan incliné..................................................................................... 10 1.6 Résumé...................................................................................................... 10 2 Levier et couple 11 2.1 Introduction................................................................................................ 11 2.2 Bases......................................................................................................... 11 2.3 Signes pour les couples et les sens de rotation......................................... 12 2.4 Interaction de couples de rotation.............................................................. 13 2.5 C ’ q leviers............................................................ 14 2.6 E ’............................................................................. 15 2.7 Résumé...................................................................................................... 17 3 Effets dynamiques sur les galets et les combinaisons de galets 18 3.1 Introduction................................................................................................ 18 3.2 Bases......................................................................................................... 18 3.2.1 La poulie de renvoi (poulie fixe)............................................................................. 18 3.2.2 Le palan................................................................................................................. 18 3.3 E ’............................................................................. 22 3.4 Résumé...................................................................................................... 22 4 Entraînements par treuil, par engrenage et par courroie 23 4.1 Introduction................................................................................................ 23 4.2 Bases......................................................................................................... 23 4.3 Moments.................................................................................................... 24 4.4 Roues sur le même arbre........................................................................... 25 4.5 Treuil simple............................................................................................... 26 4.6 Multiplicateur à plusieurs étages illustré par un treuil dans la transmission 27 4.7 E ’................................................................................ 28 4.8 Résumé...................................................................................................... 28 5 Calcul de forces 29 5.1 Introduction................................................................................................ 29 5.2 Bases......................................................................................................... 29 5.3 Addition vectorielle des forces dans le système de forces central............. 30 5.4 Schéma des forces.................................................................................... 30 5.5 Décomposition vectorielle des forces dans le système de forces central... 31 5.6 Résumé...................................................................................................... 32 6 Dé mina ion d éac ions d’appui 33 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 2/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 6.1 Introduction................................................................................................ 33 6.2 Bases......................................................................................................... 33 6.3 Exemple ’................................................................................ 33 6.4 Résumé du processus de calcul................................................................ 34 7 Types de sollicitations et notions de résistance sur les structures porteuses 36 7.1 Introduction................................................................................................ 36 7.2 Bases......................................................................................................... 36 7.2.1 Traction et compression........................................................................................ 36 7.2.2 Flexion................................................................................................................... 36 7.2.3 Flambage............................................................................................................... 37 7.2.4 Cisaillement, poussée......................................................................................... 37 7.2.5 Vrillage, torsion...................................................................................................... 37 7.3 Contraintes admissibles dans les matériaux.............................................. 38 7.4 Sollicitation à la traction et à la compression............................................. 40 7.5 Sollicitation à la flexion............................................................................... 41 7.6 Sollicitation au flambage (définitions)......................................................... 43 7.7 Sollicitation au cisaillement (définitions)..................................................... 43 7.8 Sollicitation au vrillage, à la torsion (définitions)......................................... 44 7.9 E ’............................................................................................ 45 7.10 Coefficient de sécurité................................................................................ 45 7.11 Supports de lignes..................................................................................... 45 7.12 E ’............................................................................. 46 7.13 Résumé...................................................................................................... 47 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 3/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 1 Frottement 1.1 Introduction L q ’ ê q ’ mouvement prévu. Les forces responsables de ce phénomène sont appelées forces de friction ou forces de frottement, et elles sont présentes partout dans notre environnement. Les surfaces techniques sont plus ou moins rugueuses selon le procédé de fabrication. Lorsque deux surfaces de ce type entrent en contact, les aspérités ’ ’ ’ celles ’ qui crée une micro-adhérence de for ’ à ’ 𝐹 = 𝐹𝑅0 doit être appliquée. Une fois que la friction par adhérence est surmontée, seule 𝐹 = 𝐹𝑅 est nécessaire pour poursuivre le mouvement. E è ’ 𝐹𝑅0 est supérieure à la force de frottement 𝐹𝑅. Fig. 1.1.1 La force nécessaire pour défaire la micro-adhérence de formes est plus importante que celle è C ’ q q ’à ’ ’ -adhérence de formes est supprimé. Une force de déplacement plus faible est donc nécessaire. 1.2 Bases Le frottement dépend de la nature de la surface, du type de friction et de la pression exercée sur le L ’ q le frottement. L’ y μ U q q ’ à ’ (ou frottement dynamique) q ’ déplacement se produit. Le frottement de roulement se produit lorsque des corps roulent, par exemple des roues. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 4/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Les coefficients de frottement ne peuvent être déterminés que de manière empirique. Le tableau suivant énumère quelques valeurs moyennes importantes : Tab. 1.2.1 Coefficient de Coefficient de frottement Matériau État o m n s a iqu μ0 d gliss m n μ Fonte grise - fonte grise lubrifié 0,16 0,1 Acier - acier sec 0,45...0,8 0,35...0,7 Acier - fonte grise lubrifié 0,1 0,02...0,05 Acier - cuir sec 0,6 0,02...0,03 Bois - métal lubrifié 0,1 0,02...0,06 Acier - fer sec 0,027 0,014 Des tableaux plus complets sont disponibles dans les manuels techniques correspondants. En génie mécanique, on distingue le frottement sec, le frottement mixte et le frottement fluide en fonction de la lubrification. Dans le cas du frottement mixte, un film lubrifiant ne sépare que partiellement les deux corps, alors que dans le cas du frottement fluide, le film lubrifiant sépare complètement les deux corps. Le frottem ’ î q ’à ’ 2 à 3 m/s, et ce, en fonction des caractéristiques et de la charge des surfaces de glissement. On parle dans ce cas de lubrification hydrodynamique. 1.3 Frottement sur un plan horizontal v = constant F = FR Dynamomètre Fig 1.3.1 FN Force normale FR Force de frottement μ Coefficient de frottement de glissement, coefficient de frottement de roulement μ0 Coefficient de frottement statique © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 5/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Pour le frottement de glissement et le frottement de roulement : 𝐹𝑅 = 𝜇 ⋅ 𝐹𝑁 Pour le frottement statique : 𝐹𝑅 0 = 𝜇0 ⋅ 𝐹𝑁 La force F doit dépasser la force de frottement. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 6/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 1.4 Friction sur un plan incliné Les forces de frottement 𝐹𝑅 0 et 𝐹𝑅 ’ ’ α ’ α ’ à ’ -à- q ’à moment-là, le frottement statique est surmonté. Cet angle ’ è q ρ0 (prononcé Rho zéro). ’ ’ αj q ’à q à ’ frottement de glissement ρ Décomposi ion d’un o c su un plan incliné : Fig. 1.4.1 Force descensionnelle FH (sans frottement) 𝐹𝐻 = 𝐹𝐺 ⋅ 𝑠𝑖𝑛 𝛼 Force normale FN 𝐹𝑁 = 𝐹𝐺 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 Force de friction de glissement FR 𝐹𝑅 = 𝜇 ⋅ 𝐹𝑁 = 𝜇 ⋅ 𝐹𝐺 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 7/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 1re observation : co ps à l’a ê Fig. 1.4.2 Le corps reste au repos lorsque la force de friction FR est égale ou supérieure à la force descensionnelle FH : 𝐹𝑅 ≥ 𝐹𝐻 𝜇 ⋅ 𝐹𝑁 ≥ 𝐹𝐻 𝐹𝐻 C ’ = 𝑡𝑎𝑛 𝛼 𝐹𝑁 𝜇 ≥ 𝑡𝑎𝑛 𝛼 2e observation : mouvement du corps vers le haut Fig. 1.4.3 La force vers le haut F doit surmonter la force de friction FR et la force descensionnelle FH : 𝐹 ≥ 𝐹𝑅 + 𝐹𝐻 = 𝜇 ⋅ 𝐹𝐺 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 + 𝐹𝐺 ⋅ 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝐹 ≥ 𝐹𝐺 ⋅ (𝜇 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 + 𝑠𝑖𝑛 𝛼 ) © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 8/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 3e observation : mouvement du corps vers le bas Fig. 1.4.4 La force exercée vers le bas doit surmonter la force de friction FR moins la force descensionnelle FH : 𝐹 ≥ 𝐹𝑅 − 𝐹𝐻 = 𝜇 ⋅ 𝐹𝐺 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 − 𝐹𝐺 ⋅ 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝐹 ≥ 𝐹𝐺 ⋅ (𝜇 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 − 𝑠𝑖𝑛 𝛼 ) 1.5 Ex mpl s d’applica ions 1.5.1 Frottement sur un plan horizontal 1. L ’ visant à déterminer le coefficient de frottement de glissement entre 2 surfaces ’ è : FN = 250 N ; FR = 40 N. Calculez le coefficient de frottement de glissement pour cette paire de matériaux. 𝐹𝑅 40 N 𝐹𝑅 = 𝜇 ⋅ 𝐹𝑁 ⇒ 𝜇 = = = 0,16 𝐹𝑁 250 N 2. L è ’ -outil (bien lubrifiée) est soumise à une force FN = 3,5 kN. Calculez a. la force minimale pour démarrer à partir de la position de repos lorsque le coefficient de frottement statique est μ0 = 0,15 ; b. la force nécessaire pour continuer à avancer si le coefficient de frottement de glissement est μ = 0,04. a) 𝐹𝑅0 = 𝜇0 ⋅ 𝐹𝑁 = 0,15 ⋅ 3,5 kN = 0,525 kN = 525 N b) 𝐹𝑅 = 𝜇 ⋅ 𝐹𝑁 = 0,04 ⋅ 3,5 kN = 0,14 kN = 140 𝑁 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 9/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 1.5.2 Friction sur un plan incliné Une pièce de 10 kN est hissée avec une force de 8,46 kN sur un plan incliné. L’ ’ 30° Q frottement ? FG = 10 kN = 0’000 N F = 8,46 kN = 8’ 60 N sin α = sin 30° = 0,5 cos α = cos 30° = 0,866 𝐹 = 𝐹𝑅 + 𝐹𝐻 𝐹 = 𝜇 ⋅ 𝐹𝐺 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 + 𝐹𝐺 ⋅ 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝜇 ⋅ 𝐹𝐺 ⋅ 𝑐𝑜𝑠 𝛼 = 𝐹 − 𝐹𝐺 ⋅ 𝑠𝑖𝑛 𝛼 𝐹−𝐹𝐺 ⋅𝑠𝑖𝑛 𝛼 8460−10000⋅0,5 𝜇 = = = 0,4 𝐹𝐺 ⋅𝑐𝑜𝑠 𝛼 10000⋅0,866 1.6 Résumé L ’ L ’ q et que le coefficient de frottement est élevé. L ê ’ type de frottement. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 10/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 2 Levier et couple 2.1 Introduction U q ’ L’ rotation généré par un levier dépend de la longueur du levier ainsi que de la valeur et de la direction de la force appliquée perpendiculairement à celui-ci. q ù ’ ’ forces et des mouvements. On distingue les leviers unilatéraux, les leviers bilatéraux et les leviers coudés. 2.2 Bases Le produit du bras de levier actif et de la force est appelé moment (couple). Fig. 2.2.1 𝑀 = 𝐹 ⋅ 𝑟0 On entend par bras de levier actif la distance perpendiculaire entre le point de pivotement et le ’ de la force. La force F et le bras de levier actif r0 ’ à ’ © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 11/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Si le bras de levier et la force ne forment pas un angle droit, le couple en résultant diminue. Cette réduction est prise en compte par le facteur sin  > ’ force. Fig. 2.2.2 Il en résulte la formule applicable de manière générale pour le couple : 𝑀 = 𝑟 ⋅ 𝐹 ⋅ 𝑠𝑖𝑛 𝜙 𝑟0 = 𝑟 ⋅ 𝑠𝑖𝑛 𝜙 M Couple en Nm r Bras de levier en m F Force en N 𝜑 Angle entre le levier et la direction de la force r0 Bras de levier actif 2.3 Signes pour les couples et les sens de rotation L à ’ -à- ’ montre (sens trigonométrique), sont désignés comme positifs (+). 𝑀𝑔𝑎𝑢𝑐ℎ𝑒 = 𝑀(+) L à ’ -à- ’ sont désignés comme négatifs (-). 𝑀𝑑𝑟𝑜𝑖𝑡𝑒 = 𝑀(−) © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 12/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 2.4 Interaction de couples de rotation Si plusieurs forces agissent sur un levier, les différents moments qui en résultent peuvent être additionnés par une méthode algébrique. 𝑀(+) = 𝑀1(+) + 𝑀2(+) +....... 𝑀(−) = 𝑀1(−) + 𝑀2(−) +....... Exemple : Fig. 2.4.1 M1(+) = F1 · r1 · sin φ1 = 2 N· 1 m· 1 = 2 Nm M2(-) = F2 · r2 · sin φ2 = 3 N · 2 m · 0,866 = 5,19 Nm M1 est un couple de rotation à gauche, donc positif, M2 est un couple de rotation à droite, donc négatif, le couple en résultant est ainsi Mr = M1(+) + M2(-) = M1 - M2 = +2 Nm - 5,19 = −3 9 ’ -à-dire rotation à droite. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 13/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 2.5 Condi ion d’équilib su l s l vi s L’ q q à (positifs) et la somme de tous les couples en rotation à droite (négatifs) sont égales. Équilibre : M(+) = M(-) levier bilatéral levier unilatéral levier coudé Fig. 2.5.1 Exemple 1 F1 = 60 N r1 = 0,15 m F2 = 20 N r2 = 0,45 m M1(+) = F2 ∙ r2 = 60 ∙0 5m = 9 Nm M2(-) = F1 ∙r1 = 20 ∙0 5 m = 9 Nm La force exercée sur le petit bras de levier est augmentée en proportion du rapport de levier. L’ distance. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 14/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Exemple 2 Fig. 2.5.1 M1(+) = F1 ∙ r1 ∙ sin φ1 = 4 ∙0 2 ∙ = 0,8 Nm M2(-) = F2 ∙ r2 ∙ sin φ2 =4 ∙0 ∙ 150° = 0,8 Nm Le couple positif et le couple négatif sont égaux : il y a équilibre ! 2.6 Ex mpl s d’applica ions 1. Un père est assis sur une balançoire avec ses deux enfants. Fig. 2.6.1 À quelle distance du point de rotation le père doit- ’ q ’ y q ? Solution : M(+) = F1 ∙ 3 m + F2 ∙2,5 m = 220 ∙3 m + 280 ∙2 5 = ’360 Nm M(-) ê à ’360 Nm. M(-) = F3 ∙x 𝑀(−) 1’360 Nm 𝑥 = = = 1,7 𝑚 𝐹3 800 N © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 15/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 2. Le bras de ’ - q ê q ’à 0 03 N. Le poids du bras de lecture est pris en compte au moyen des deux forces F1 et F2, qui agissent sur les centres de gravité respectifs. Quelle doit être la valeur de Fx pour que F3 ne dépasse pas la valeur requise ? Le plateau du disque pousse vers le haut pour maintenir ’ q Fig. 2.6.2 Solution : M(+) = M1 + Mx+ M3 M(-) = M2 M(+) = M(-) Mx + M1 + M3 = M2 Mx = M2 - M1 - M3 Mx = F2 ∙ r2 - F1 ∙ r1 - F3 ∙ r3 Mx = 0,2 ∙ 0 6 m - 0,05 ∙ 0 02 m - 0,03 ∙ 0 22 m Mx = 0,032 Nm - 0,001 Nm - 0,0066 Nm = 0,0244 Nm 𝑀𝑥 0,0244 Nm résolu en fonction de Fx : 𝐹𝑥 = = = 0,8133 N 𝑟𝑥 0,03 m © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 16/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 2.7 Résumé Étant donné que les effets de levier dépendent de différents facteurs, il faut toujours se référer à la U ’ pas mesurable directement ê q ’ distance. q ’ ’ P â q ’ point de rotation, le bras de levier et les forces appliquées ainsi que leur direction. L î ’ Dans le cas des leviers, toute augmentation de la force se fait au détriment de la distance. ’ (énergie mécanique) et résulte de la multiplication de la force par la longueur du bras de levier. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 17/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 3 Effets dynamiques sur les galets et les combinaisons de galets 3.1 Introduction L ’ q U j ’ forces et les courses aux conditions requises. Le représent ’ galets est le palan. 3.2 Bases 3.2.1 La poulie de renvoi (poulie fixe) Levier coudé Force F1 Charge F2 Fig. 3.2.1.1 Soit : F1 = F2 Δs1 = Δs2 F1 Force F2 Poids de la charge Δs1 Course de la force Δs2 Course de la charge 3.2.2 Le palan Le palan sert à transformer les forces et les courses. On distingue le palan à une poulie et le palan à plusieurs poulies. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 18/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 3.2.2.1 Palan à une poulie Fig. 3.2.2.1.1 𝐹2 Soit : 𝐹1 = 𝛥𝑠1 = 2 ⋅ 𝛥𝑠2 2 É q ’ on parle ici de poulie libre ou mobile. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 19/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Fig. 3.2.2.1.2 En ajoutant une poulie supplémentaire (poulie fixe), on obtient un palan à une seule poulie. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 20/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 3.2.2.2 Palan à deux poulies Fig. 3.2.2.1 Une combinaison de deux poulies libres et une poulie fixe donne un palan à deux poulies. 𝐹2 Soit : 𝐹1 = 𝛥𝑠1 = 4 ⋅ 𝛥𝑠2 4 Si le facteur n représente le nombre de câbles, on obtient la formule générale applicable aux palans : 𝐹2 𝐹1 = 𝑛 𝛥𝑠1 = 𝑛 ⋅ 𝛥𝑠2 F1 Force F2 Poids de la charge Δs1 Course de la force Δs2 Course de la charge n Nombre de câbles © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 21/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 3.3 Ex mpl s d’applica ions Exemple 1 : U ’ 850 N doit être soulevée de 1,7 à ’ ’ C : a. La force nécessaire b. La course de la force F2 850 Solution : a) F1 = = = 425 N n 2 b) s1 = n  s2 = 2 1.7 = 3.4m Exemple 2 : P ’ 4 kg est utilisée. Le câble est alors tiré avec une force de 720 N. La course de la force est de 1,5 m. a) Q à q ’ ? b) De combien de cm le bateau a-t-il été soulevé ? Le poids propre de la poulie FR doit être pris en compte. 𝐹2 +𝐹𝑅 Solution : a) 𝐹1 = résolue selon F2 𝑛 𝐹2 = 𝑛 ⋅ 𝐹1 − 𝐹𝑅 = 2 ⋅ 720 N − 40 N = 1’400 N b) 𝛥𝑠1 = 𝑛 ⋅ 𝛥𝑠2 𝛥𝑠1 1,5 m 𝛥𝑠2 = = = 0,75 m 𝑛 2 3.4 Résumé Les poulies et les palans sont des applications de la loi des leviers. Ici aussi, toute diminution de la force est liée à une augmentation de la course de la force et inversement. Les palans ont des pertes par frottement ; les poulies ne peuvent donc pas être disposées en nombre quelconque. Le raisonnement en termes ’ q ( ) ’ -à-dire que le travail à fournir à la charge est égal au travail effectué par la force si le rendement est considéré à 100%. 𝑊1 = 𝑊2 𝐹1 ∙ 𝑠1 = 𝐹2 ∙ 𝑠2 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 22/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 4 Entraînements par treuil, par engrenage et par courroie 4.1 Introduction Les entraînements par engrenage et par courroie servent à transformer les forces, les couples, les vitesses de rotation et les vitesses circonférentielles et à les adapter aux valeurs requises. L î ê q à ’ des lois des leviers. U ’ à â L ’ ’ ’ 4.2 Bases Un engrenage à deux roues représente un double levier. Fig. 4.2.1 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 23/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 4.3 Moments 𝑀1 = 𝐹 ⋅ 𝑟1 𝑀2 = 𝐹 ⋅ 𝑟2 𝑀1 𝐹⋅𝑟1 𝑟1 𝑀1 𝑟1 = = il en résulte = 𝑀2 𝐹⋅𝑟2 𝑟2 𝑀2 𝑟2 Les moments sont proportionnels aux rayons. Comme le diamètre et donc la circonférence – et, pour les engrenages, le nombre de dents – sont proportionnels au rayon, on peut aussi écrire 𝑟1 ⋅2𝜋⋅𝑛1 𝑟2 ⋅2𝜋⋅𝑛2 𝑣1 = 𝑣2 = 60 60 Avec n1 et n2 en tours par minutes Comme la vitesse est la même sur la circonférence de chaque roue, on a 𝑣1 = 𝑣2 𝑟1 ⋅2𝜋⋅𝑛1 𝑟2 ⋅2𝜋⋅𝑛2 = 60 60 𝑟1 ⋅ 𝑛1 = 𝑟2 ⋅ 𝑛2 𝑟1 𝑛2 𝑀1 𝑧1 𝑑1 = = = = 𝑟2 𝑛1 𝑀2 𝑧2 𝑑2 Avec z1 et z2 le nombres de dents Toutefois, comme la circonférence – et, dans le cas des engrenages, le nombre de dents – augmente avec le rayon ou le diamètre, la vitesse de rotation diminue proportionnellement au diamètre ou au nombre de dents. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 24/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 4.4 Roues sur le même arbre Deux roues sur le même arbre représentent un levier unilatéral sur lequel agissent deux forces avec des longueurs de levier différentes. Comme le couple des deux leviers est identique, leur force doit varier. Soit : Fig. 4.4.1 𝑀1 = 𝑀2 𝐹1 ⋅ 𝑟1 = 𝐹2 ⋅ 𝑟2 𝐹1 𝑟2 𝑑2 𝑧2 = = = 𝐹2 𝑟1 𝑑1 𝑧1 Les vitesses de rotation des deux roues sont par nature identiques ; on a donc : 𝑛1 = 𝑛2 𝑣~𝑑 ⋅ 𝑛 𝑣 𝑛~ 𝑑 𝑣1 𝑛1 = 𝑑1 𝑣2 𝑛2 = 𝑑2 𝑣1 𝑟1 𝑑1 𝑧1 = = = 𝑣2 𝑟2 𝑑2 𝑧2 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 25/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 4.5 Treuil simple Un treuil avec manivelle peut être considéré comme un levier bilatéral. Fig. 4.5.1 𝐹 ⋅ 𝑟 = 𝐹𝐺 ⋅ 𝑟1 𝑟1 𝐹 = 𝐹𝐺 ⋅ 𝑟 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 26/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 4.6 Multiplicateur à plusieurs étages illustré par un treuil dans la transmission Les multiplicateurs à plusieurs étages doivent être décomposés en leurs composants individuels lors du calcul. Exemple : Fig. 4.6.1 Ce treuil représente deux fois deux roues sur le même arbre, reliées entre elles par les engrenages z1 et z2. Solution Étape 1 𝐹1 ⋅ 𝑟1 = 𝑀𝐴 𝑧2 𝑧2 Étape 2 𝑀𝐵 = 𝑀𝐴 ⋅ = 𝐹1 ⋅ 𝑟1 ⋅ 𝑧1 𝑧1 𝑧2 𝑀𝐵 𝐹1 ⋅𝑟1 ⋅ 𝑧1 Étape 3 𝐹2 = = 𝑟2 𝑟2 𝐹1 ⋅𝑟1 ⋅𝑧2 par conséquent 𝐹2 = 𝑟2 ⋅𝑧1 200 N⋅0,5 m⋅40 en utilisant les valeurs suivantes 𝐹2 = = 4’000 N 0,1 m⋅10 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 27/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 4.7 Ex mpl d’applica ion Le dispositif de levier schématisé est monté sur un chantier. Calculez la longueur de la manivelle pour que la charge puisse être soulevée avec une force de 100 N. Fig. 4.7.1 Solution : L’ q q 𝐹1 ⋅ 𝑟1 = 𝐹2 ⋅ 𝑟2 𝐹1 ⋅𝑟1 600 N⋅0,1 m 𝑟2 = = = 0,6 m 𝐹2 100 N 4.8 Résumé ’ î circonférentielles respectives sont identiques. Leurs vitesses de rotation varient donc en proportion inverse de leur diamètre ou de leur nombre de dents. Les couples varient proportionnellement à leur diamètre ou à leur nombre de dents. Pour les engrenages ou les roues à courroie sur le même arbre, les vitesses de rotation et les couples sont identiques. Leur vitesse circonférentielle varie donc proportionnellement au diamètre ou au nombre de dents, et les forces exercées sur la circonférence sont inversement proportionnelles. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 28/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 5 Calcul de forces 5.1 Introduction Les forces ont une valeur ’ et une ligne ’ P ’ ’ quatre composantes. L’ ê déterminée par calcul et graphiquement. Les explications q ’ système de forces central. 5.2 Bases Représentation vectorielle des forces Ligne d’action Vecteur de force comme mesure de la valeur de la force Fig. 5.2.1 L s o c s p uv n ê déplacé s à volon é l long d l u lign d’ac ion. L’ E ’ N/mm, N/cm, kN/mm, etc. L’éch ll d o c doi ê choisi d maniè à p m un l c u aussi p écis qu possible de la valeur de la force (schéma aussi grand que possible !). Exemple : La force F1 = 13,5 N doit être représentée sous forme de vecteur. Choisissez vous- même le sens ’ ’. EF = Ligne d’action Fig. 5.2.2. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 29/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 5.3 Addition vectorielle des forces dans le système de forces central (On parle de système de forces central lorsque les lignes ’ ) L ê à ’ Exemple : F1 = 18 kN F2 = 5,6 kN Plan de situation Fig. 5.3.1 EF = 2 kN/cm (choisir la plus grande possible) 5.4 Schéma des forces 𝐹1 18 kN 𝐹⃗1 = = = 9 cm 𝐸𝐹 2 kN/cm 𝐹2 5,6 kN 𝐹⃗2 = = = 2,8 cm 𝐸𝐹 2 kN/cm Fig. 5.4.1 𝐹 = 𝐹⃗ ⋅ 𝐸𝐹 = 10,6 cm ⋅ 2 kN/cm = 21,2 kN L ’ ê Pour plus de deux forces, on procède étape par étape selon le même principe. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 30/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 5.5 Décomposition vectorielle des forces dans le système de forces central Un vecteur de force peut être décomposé en deux forces partielles si a. ’ ou b. ’ ’ Exemple 1 : soit F = 250 N, EF = 25 N/cm Fig. 5.5.1 On recherche F1 et F2 Solution, respecter les angles de la figure de base dans ce cas 𝐹 250 N 𝐹⃗ = = = 10 cm 𝐸𝐹 25 N/cm Fig. 5.5.2 𝐹1 = 𝐹⃗1 ⋅ 𝐸𝐹 = 7 cm ⋅ 25 N/cm = 175𝑁 𝐹2 = 𝐹⃗2 ⋅ 𝐸𝐹 = 7 cm ⋅ 25 N/cm = 175𝑁 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 31/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Exemple 2 : soit F = 12 kN F1 = 3 kN EF = 2 kN/cm Fig. 5.5.3 On recherche la valeur et la direction de F2 Solution 𝐹 12 kN 𝐹⃗ = = = 6 cm 𝐸𝐹 2 kN/cm 𝐹1 3 kN 𝐹⃗1 = = = 1,5 cm 𝐸𝐹 2 N/cm 𝐹2 = 𝐹⃗2 ⋅ 𝐸𝐹 = 7,3 cm ⋅ 2 kN/cm = 14,6 kN Fig. 5.5.4 5.6 Résumé y è ê ’ ’ q q ê partielles, des informations supplémentaires telles que le sens d’ partielles sont nécessaires. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 32/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 6 Dé mina ion d éac ions d’appui 6.1 Introduction y è q ’ q L ’ q ’ 6.2 Bases Si un corps, par exemple une poutre, est supporté en deux endroits, on le considère comme un ’ L’ ê I q ’ L ’ à ’ ’ q Somme de toutes les forces = 0 (équilibre) 𝐹⃗1 + 𝐹⃗2 +... = 0 Somme de tous les couples = 0 (équilibre) ⃗⃗⃗1 + 𝑀 𝑀 ⃗⃗⃗2 +... = 0 6.3 Ex mpl d’applica ion Situation système libéré Fig. 6.3.1 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 33/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Calcul Point de référence A : - F1 l2 - F2 (I2 + I3) + FB l1 = 0 - 35 9 m - 54 3 3 m + FB m=0 - 244,7 kNm + FB m = 0 244,7 kNm = FB m 244,7 𝑘𝑁𝑚 𝐹𝐵 = = 61,175 𝑘𝑁 4𝑚 Point de référence B : F2 I4 + F1 (l3 + l4) - FA 4 m = 0 - 54 0 7 m - 35 2 m - FA m=0 111,3 kNm - F A m = 0 111,3 kNm = F A m 111,3𝑘𝑁𝑚 𝐹𝐴 = = 27,825𝑘𝑁 4𝑚 Contrôle : - FA + F1 + F2 - FB = 0 6.4 Résumé du processus de calcul 1. Libérer le système (indiquer les effets des forces) 2. Déterminer le sens de rotation pour le calcul (+, -) 3. Déterminer le point de référence A 4. Calculer les moments par rapport à A : Somme de tous les moments = 0 5. Déterminer le point de référence B 6. Calculer les moments par rapport à B : Somme de tous les moments = 0 7. C ô ’ q Somme de toutes les forces = 0 Une méthode de résolution avec un système de 3 équations à plusieurs inconnues est possible. Il ’ fixé sur un des points de réaction cherché pour ensuite établir un référentiel X-Y (ce qui est considéré comme positif sont les vecteurs allant vers la droite, vers le haut, et les moments qui ont une rotation dans le sens trigonométrique anti- horaire) P q ’ q pose que : 1) Σ𝐹𝑥 = 0 2) Σ𝐹𝑦 = 0 3) Σ𝑀𝑧 = 0 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 34/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Dans ce cas, le point A est choisi comme référence. Toutes les forces horizontales sont nulles, donc les équations deviennent : 1) Σ𝐹𝑥 = 𝐹𝐴𝑥 = 𝐹1𝑥 = 𝐹2𝑥 = 𝐹𝐵𝑥 = 0 2) Σ𝐹𝑦 = 𝐹𝐴𝑦 − 35𝑘𝑁 − 54𝑘𝑁 + 𝐹𝐵𝑦 = 0 3) Σ𝑀𝑧 = 𝐹𝐴𝑦 ∙ 0 − 35𝑘𝑁 ∙ 1.9𝑚 − 54𝑘𝑁 ∙ 3.3𝑚 + 𝐹𝐵𝑦 ∙ 4𝑚 = 0 y è q à q ’ ’ q 3) Ay devient nul, on en tire donc que : 35𝑘𝑁 ∙ 1.9𝑚 + 54𝑘𝑁 ∙ 3.3𝑚 𝐹𝐵𝑦 = = 61.175𝑘𝑁 4 En remplacant le ré ’ q 2) q : 𝐹𝐴𝑦 = 35𝑘𝑁 + 54𝑘𝑁 − 𝐹𝐵𝑦 = 35𝑘𝑁 + 54𝑘𝑁 − 61.175𝑘𝑁 = 27.825𝑘𝑁 Si le résultat était négatif, cela voudrait q ’ q ’ © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 35/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 7 Types de sollicitations et notions de résistance sur les structures porteuses 7.1 Introduction ’ œ ’ y ê q à ’ Chaque matériau présente des limites en matière de résistance. Un matériau donné ne peut pas ê à ’ q Dans les constructions, les éléments en forme de poutre sont utilisés comme pièces « solides ». Cependant, si ces pièces sont soumises à des contraintes dépassant les limites admissibles, les matériaux sont déformés et détruits, par exemple par rupture, flexion, cisaillement, torsion. Les principes de base suivants donnent un aperçu et des notions de résistance des pièces en forme de poutre. L ’ extérieure. Elle est mesurée en N/mm2. 7.2 Bases Types de sollicitations 7.2.1 Traction et compression 𝐹 Traction 𝜎𝑡 = 𝐴 𝐹 Compression 𝜎𝑐 = 𝐴 Fig. 7.2.1.1 Exemples : câbles de lignes aériennes, vis, fondations de mâts, paliers 7.2.2 Flexion Flexion 𝑀𝑓 Contrainte de flexion 𝜎𝑓 = 𝑊 Traction Fig. 7.2.2.1 Fibre neutre Exemples : arbres, poteaux, mâts, poutres Compression   N/mm 2  = tension admise M f  N  mm  = moment de flexion F  N = force A  mm 2  = section W  mm3  = module de résistance à la flexion © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 36/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 7.2.3 Flambage Cas d’un 𝐹𝐾 Flambage Contrainte de flambage 𝜎𝐾 = poteau fixé 𝐴 Fig. 7.2.3.1 Exemples : supports, tiges, mâts 7.2.4 Cisaillement, poussée Cisaillement, poussée 𝐹𝑟 Contrainte de cisaillement 𝜏𝑟 = 𝐴 Exemples : rivets, boulons, vis Fr Fig. 7.2.4.1 Fr 7.2.5 Vrillage, torsion Vrillage, torsion 𝑀𝑡 Tension de torsion 𝜏𝑡 = 𝑊𝑡 Fig. 7.2.5.1 Exemples : arbres, poteaux, mâts, ressorts hélicoïdaux, forets hélicoïdaux   N/mm 2  = tension admise   N/mm 2  = tension admissible de torsion F  N = force A  mm 2  = section M t  N  mm  = moment de torsion Wt  mm3  = module de résistance à la torsion © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 37/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 7.3 Contraintes admissibles dans les matériaux Cas de charge Cas de Type de Diagramme de charge sollicitation sollicitation continue pulsatoire alternée Fig. 7.3.1 Les sollicitations peuvent être continues, pulsatoires ou alternées (par exemple traction et ) L ’ q ’ © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 38/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Tension admissible en N/mm2 Tab. 7.3.1 Matériau Module Cas de Pression Traction Compres- Flexion Poussée Vrillage élast. charge surfacique sion σ F adm σ t adm σ c adm σ f adm τ S adm τ T adm E N/mm2 Acier I 80 – 120 100 – 150 100 – 150 110 – 165 72 – 110 65 – 95 doux 2 0’000 II 50 – 70 65 – 95 65 – 95 70 – 105 48 – 75 40 – 60 Acier 37.11 III 27 – 33 45 – 70 45 – 70 50 – 75 35 – 50 30 – 45 Acier I 100 – 150 140 – 210 140 – 210 150 – 220 96 – 144 85 – 125 doux 2 0’000 II 70 – 100 90 – 135 90 – 135 100 – 150 64 – 96 55 – 85 Acier 50.11 III 36 – 50 65 – 95 65 – 95 70 – 105 32 – 48 40 – 60 Acier I 80 – 100 60 – 120 90 – 150 90 – 120 72 – 95 36 – 48 coulé 220’000 II 53 – 67 40 – 80 60 – 100 60 – 80 48 – 64 24 – 32 GS – 38 III 27 – 33 20 – 40 --- 30 – 40 24 – 32 12 – 16 Fonte I --- 35 – 45 85 – 115 40 – 55 35 – 50 30 – 45 de fer 00’000 II --- 27 – 37 55 – 75 25 – 40 25 – 40 20 – 30 GG – 14 III --- 20 – 30 20 – 30 20 – 25 20 – 25 15 – 20 Fonte I 50 – 80 45 – 70 60 – 90 45 – 70 --- 30 – 40 malléable --- II 33 – 53 30 – 47 40 – 60 30 – 47 --- 20 – 27 GWT – 35 III 17 – 27 15 – 23 --- 15 – 23 --- 10 – 13 Cuivre I 35 – 50 40 – 54 40 – 54 40 – 54 --- --- laminé 00’000 II 23 – 33 27 – 36 27 – 36 27 – 36 --- --- III 12 – 17 13 – 18 --- 13 – 18 --- --- Bronze I 50 – 75 60 – 90 60 – 90 60 – 90 45 – 70 45 – 70 phos- 90’000 II 33 – 50 40 – 60 40 – 60 30 – 47 30 – 47 phoreux III 17 – 25 20 – 30 20 – 30 15 – 23 15 – 23 Sollicitation maximale admissible pour les matériaux conducteurs (σz adm) - Fil de cuivre dur 250 N/mm2 - Fil de cuivre mi-dur 180 N/mm2 - Câble en cuivre 280 N/mm2 - Câble en bronze 430 N/mm2 - Fil de fer 300 N/mm2 - Câble en acier 800 N/mm2 - Câble Aldrey 180 N/mm2 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 39/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 7.4 Sollicitation à la traction et à la compression ’ ’ à Fig. 7.4.1 Des tensions apparaissent La barre subit un étirement Barre en traction coupée avec les ’ contraintes normales dans la surface reprend sa forme initiale après arrêt de la charge. Elle de coupe A. q j q ’à La contrainte σ sollicitation est trop importante, la pièce se déforme sans la contrainte maximale admissible σ retrouver sa forme initiale. La ’ adm du matériau concerné (tableau). dépassée ; la conséquence est un allongement permanent. σ= ( / 2) U q q ’ A = surface de la section initiale après arrêt de la charge. transversale (mm2) L’ ’ y ; F = force de traction (N) ’ Compression Traction Δ = [mm] 𝐹 𝐹 𝛥𝑙 𝜎𝑐 = 𝜎𝑡 = 𝜀 = l0 = longueur initiale [mm] 𝐴 𝐴 𝑙0 ε= ’ Les contraintes sont proportionnelles aux déformations : 𝜎 = 𝜀⋅𝐸 E= ’ ’ (tableau) Il en résulte : 𝜎 𝐹⋅𝑙0 𝛥𝑙 = 𝜀 ⋅ 𝑙0 = ⋅ 𝑙0 = 𝐸 𝐸⋅𝐴 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 40/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 7.5 Sollicitation à la flexion En cas de sollicitation à la flexion, les fibres extérieures sont sollicitées à la traction, les fibres intérieures à la compression. Les fibres centrales ne sont pas sollicitées (fibres neutres). Flexion Traction Fibre neutre Compression Fig. 7.5.1 Les barres profilées avec des sections en L, U et T sont particulièrement résistantes à la flexion et au flambage. 𝜎𝑓 = contrainte [N/mm2] 𝑀𝑓 𝜎𝑓 = 𝑀𝑓 = moment de flexion [Nmm] 𝑊 W = module de résistance [mm3] La contrainte σB ne doit pas dépasser la contrainte maximale admissible σB adm du matériau concerné. Les valeurs figurent dans les tableaux. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 41/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Le moment de flexion ’ Tab. 7.5.1 Poutres à section constante Moment de flexion max. Forces d’appui Flexion Type de sollicitation Mf [Nm] A en [N] B en [N] f [mm] 𝐹 ∙ 𝑙3 𝐹∙𝑙 𝐹 --- 3∙𝐸∙𝐼 𝐹∙𝑙 𝐹 𝐹 𝐹 ∙ 𝑙3 4 2 2 48 ∙ 𝐸 ∙ 𝐼 𝐹∙𝑎∙𝑏 𝐹∙𝑏 𝐹∙𝑎 𝐹 ∙ 𝑎2 ∙ 𝑏2 𝑙 𝑙 𝑙 3∙𝐸∙𝐼∙𝑙 3 11 5 7 ∙ 𝐹 ∙ 𝑙3 𝐹∙𝑙 𝐹 𝐹 16 16 16 8∙𝐸∙𝐼 𝐹𝑣 ∙ 𝑙 𝐹𝑣 ∙ 𝑙 3 𝐹𝑣 --- 2 8∙𝐸∙𝐼 𝐹𝑣 ∙ 𝑙 𝐹𝑣 𝐹𝑣 5 ∙ 𝐹𝑣 ∙ 𝑙 3 8 2 2 384 ∙ 𝐸 ∙ 𝐼 𝐹𝑣 ∙ 𝑙 5 3 𝐹𝑣 ∙ 𝑙 3 𝐹 𝐹 8 8 𝑣 8 𝑣 185 ∙ 𝐸 ∙ 𝐼 FV = charge répartie uniformément sur le profilé F = charge unique l = longeur en  m pour la 1ère colonne I =  mm 4  moment d'inertie axial et  mm pour la 4ème colonne E =  N/mm 2  module d'élasticité longitudinale © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 42/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Le module de résistance à la flexion dépend de la forme de la barre profilée. Il peut être calculé ou obtenu à partir de tableaux. Tab. 7.5.2 Modules de résistance à la flexion d b x h D D 𝜋 ∙ 𝐷3 𝐷3 𝜋 𝐷4 − 𝑑4 𝐷4 − 𝑑4 𝑏 ∙ ℎ2 𝑊 = ≈ 𝑊 = ∙ ≈ 𝑊𝑥 = 32 10 32 𝐷 10 ∙ 𝐷 6 7.6 Sollicitation au flambage (définitions) Cas d’un Flambage poteau fixé Fig. 7.6.1 Les barres profilées avec des sections en L, U et T sont particulièrement résistantes au flambage. La contrainte σK ne doit pas dépasser la contrainte maximale admissible σK adm du matériau concerné (tableaux). 7.7 Sollicitation au cisaillement (définitions) La contrainte de cisaillement 𝜏S ne doit pas dépasser la contrainte maximale admissible 𝜏S adm du matériau concerné (tableaux). 𝐹𝑟 = force de cisaillement [N] 𝐹𝑟 𝜏𝑟 = A = surface de la section transversale [mm2] 𝐴 𝜏𝑟 = contrainte de cisaillement [N/mm2] Fig. 7.7.1 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 43/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 7.8 Sollicitation au vrillage, à la torsion (définitions) La contrainte de torsion 𝜏T dépend du couple et du module de résistance du matériau ou de la barre profilée. MT = couple [Nmm] 𝑀𝑇 𝜏𝑇 = WT = module de résistance [mm3] 𝑊𝑇 𝜏 𝑇 = contrainte de torsion [N/mm2] Fig. 7.8.1 La contrainte de torsion 𝜏T ne doit pas dépasser la contrainte maximale admissible 𝜏adm du matériau concerné (tableau). Le calcul du couple de rotation et du module de résistance peut être trouvé dans des livres spécialisés et des recueils de formules. Tab. 7.8.2 Modules de résistance à la torsion d D D 𝜋 ∙ 𝐷3 𝜋 𝐷4 − 𝑑4 𝑊𝑇 = 𝑊𝑇 = ∙ 16 16 𝐷 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 44/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 7.9 E d’ n aill Les entailles dans les pièces, même sous la forme de jonctions tranchantes, de fissures et de rugosités, augmentent le risque de rupture. Dans les mêmes conditions de sollicitation et pour un matériau et une section identique, la charge de rupture P2 (pièce avec entaille pointue) est nettement inférieure à P1 (pièce avec entaille arrondie). On appelle ce risque de rupture accru ’ ’ I è Arrondi Entaille Fig. 7.9.1 7.10 Coefficient de sécurité Le facteur de sécurité de résistance peut être déterminé par v = facteur de sécurité (coefficient de sécurité, en génie mécanique 2 à 10) 𝜎𝑎𝑑𝑚 𝑣 = σ = q 𝜎 𝜎𝑎𝑑𝑚 = contrainte maximale admissible 7.11 Supports de lignes Les supports sont soumis à des charges statiques et présentent donc une certaine résistance. Les supports sont soumis à différents types de sollicitations en fonction de la charge. Vent perpendiculaire à la ligne Sollicitation en flexion du mât Poids du conducteur et surcharge Pression sur le mât, flexion sur le mât, flexion sur la console, risque de flambage du mât Traction inégale des conducteurs Torsion sur le mât, flexion sur le mât © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 45/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau 7.12 Ex mpl s d’applica ions Sollicitation à la traction et à la compression Exemple 1 Une barre de test de 20 mm de diamètre se déchire sous une charge de 151 kN. Quelle est la résistance à la traction du matériau ? 𝜋 𝐴 = 𝑑2 ⋅ = 314 mm2 4 𝐹𝑍 151’000 N 𝜎𝑍 = = = 480,89 N/mm2 𝐴 314 mm2 Exemple 2 L ’ q ï = 400 cm2 sur une 2 fondation en béton. Quelle contrainte de compression en N/cm la fondation doit-elle supporter lorsque la plaque de base est soumise à une charge de 85 kN ? 𝐹𝐷 85’000 N 𝜎𝐷 = = = 212N/cm2 𝐴 400 cm2 Exemple 3 Un fil de cuivre de 50 mm2 de section et de 300 m de longueur est tendu à 8 kN. Quelle est la ’ E = 0 kN/mm2 ? 𝐹⋅𝑙0 8 kN⋅300 m 𝛥𝑙 = = = 0,4364 m 𝐸⋅𝐴 110 kN/mm2 ⋅50 mm2 © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 46/47  Cou s p épa a oi à l’ xam n p o ssionn l de Spécialiste de réseau Sollicitation à la flexion Exemple 1 Un mât tubulaire de diamètres D = 292 mm et d = 278 mm a une hauteur auto-portante de 6 m et P σB adm = 100 N/mm2 q ’ F appliquée à ’ â à ’ ? 𝐷4 −𝑑 4 2924 mm4 -2784 mm4 𝑊 = = = 444223mm3 10⋅𝐷 10⋅292 mm 𝑀𝐵𝑎𝑑𝑚 = 𝑊 ⋅ 𝜎𝐵𝑎𝑑𝑚 = 444223mm3 ⋅ 100 N/mm2 = 44’422’300 N∙mm 𝑀 44’422,3 Nm 𝑀 = 𝐹⋅𝑙 => 𝐹 = = = 7’403 N 𝑙 6m Sollicitation au cisaillement Exemple 1 Q q ’ q q découper une bande de tôle de 3 mm × 150 mm avec une résistance au cisaillement 𝜏S = 380 N/mm2 ? 𝐹𝑆 = 𝜏𝑆 ⋅ 𝐴 = 380 𝑁/mm2 ⋅ 3 mm ⋅ 150mm = 171’000 𝑁 = 171 kN 7.13 Résumé L à ’ Types de sollicitations Traction et compression Flexion Flambage Cisaillement, poussée Vrillage, torsion Souvent, plusieurs types de sollicitations apparaissent simultanément sur les pièces, par exemple la flexion et la torsion sur un vilebrequin. L ’ è î ’ -ci. Les contraintes qui apparaissent ne doivent pas dépasser les valeurs maximales admissibles. Si les valeurs de contrainte maximales admissibles sont dépassées, des dommages apparaissent dans les pièces usinées. © KO HBB NE 2023 Version 2.1 Page 47/47