Modèle de concours : CNC 2012 Génie mécanique (TSI) — Concours National Commun

Ce modèle est l'épreuve de Génie Mécanique du Concours National Commun (CNC) 2012, filière TSI, d'accès aux écoles d'ingénieurs. Support : une grue à tour POTAIN (flèche de 24 m, contre-flèche de 6 m, mât de 26 m). Le sujet (7 pages) comporte quatre parties indépendantes : A – stabilité face au vent (statique), B – dynamique de la charge en rotation, C – flexion de la flèche (RDM), D – frein électromagnétique du treuil (construction). Voici une correction proposée, question par question.

💡 Méthode : les quatre parties sont indépendantes. Commencez par celles où les calculs sont « mécaniques » (C et D), puis A ; la partie B (cinématique + dynamique 3D) demande le plus de rigueur sur les bases et les changements de repère.

A – Stabilité de la grue face au vent

Repérage : O origine, O₁ = O + e x, O₂ = O − e x ; G₁ = (0, a) ; A = (0, h) ; G₂ = (b, h) ; D = (−c, h) ; B = (x, h) ; C = (x, h − d). Vent : Q(y) = k·y suivant +x.

A1 – Torseur équivalent du vent et centre de poussée

Résultante : F = ∫₀^h k y dy = k h²/2.

Moment en O : dM_O = (y·y) ∧ (k y dy·x) = −k y² dy·z, donc M_O = −∫₀^h k y² dy = −k h³/3 (le moment est porté par −z : le vent tend à faire tourner la grue dans le sens horaire).

Au centre de poussée P le moment est nul : M_O = M_P + OP ∧ F x = L y ∧ F x = −L F z. D'où −L F = −k h³/3, soit L = (k h³/3)/(k h²/2) = 2h/3.

A2 – Composante Y₂

On isole E = {1, 2, 3, 4, 5}. Actions extérieures : poids des solides (m₁, m₂, m₃, M_u), vent (F x en P), R₁ en O₁, R₂ = Y₂ y en O₂. Théorème du moment statique en O₁, projeté sur z (pour une force verticale F_y appliquée à l'abscisse X : moment (X − e)·F_y ; pour une force horizontale F_x à la hauteur Y : moment −Y·F_x) :

• R₁ : 0 (appliquée en O₁) ;
• R₂ : (−e − e)·Y₂ = −2e Y₂ ;
• mât : (0 − e)(−m₁g) = + m₁ g e ;
• flèche : −(b − e) m₂ g ;
• lacet (contrepoids) : (−c − e)(−m₃g) = + m₃ g (c + e) ;
• charge : −(x − e) M_u g ;
• vent : −L F.

Somme nulle :

Y₂ = [ m₁ g e + m₃ g (c + e) − m₂ g (b − e) − M_u g (x − e) − F L ] / (2e)

A3 – Basculement autour de O₁ et charge maximale

La liaison ponctuelle en O₂ est unilatérale (Y₂ ≥ 0). Au moment où la grue commence à basculer autour de O₁, le contact en O₂ se rompt : Y₂ = 0.

La condition de non-basculement Y₂ ≥ 0 donne :

M_{u max} = [ g (m₁ e + m₃(c + e) − m₂(b − e)) − F L ] / [ g (x − e) ], avec F L = (k h²/2)(2h/3) = k h³/3.

On voit que la charge admissible diminue quand le vent (k) augmente ou quand le chariot s'éloigne (x grand) : c'est pourquoi la charge maximale d'une grue est donnée en fonction de la portée.

B – Étude dynamique de la grue

Paramétrage : θ = (x₀, x₁) = (z₀, z₁) autour de y₀ = y₁ ; φ = (x₁, x₂) = (y₁, y₂) autour de z₁ = z₂. Relations utiles : y₁ = sin φ x₂ + cos φ y₂ ; x₁ = cos φ x₂ − sin φ y₂.

B1 – Schéma d'analyse (graphe des liaisons et des actions)

• S0 (bâti) — pivot d'axe (O, y₁) — S1 (mât + flèche + lacet) — pivot d'axe (B, z₁) — S2 (câble + charge).
• Actions extérieures : pesanteur sur S1 et sur S2 (−M_u g y₀ en C) ; couple moteur C_m y₁ exercé par S0 sur S1 (moteur M₀₁ entre S0 et S1).
• Paramètres de mouvement : θ (S1/S0) et φ (S2/S1) ; x, h, d constantes.

B2 – Ω(S2/S0)

Ω(S2/S0) = Ω(S2/S1) + Ω(S1/S0) = φ' z₁ + θ' y₁, soit dans R2 :

Ω(S2/S0) = θ' sin φ x₂ + θ' cos φ y₂ + φ' z₂

B3 – V_C(S2/S0)

B est sur l'axe de la pivot S2/S1 et fixe dans R1 : V(B, S2/S0) = V(B, S1/S0) = Ω(S1/S0) ∧ AB = θ' y₁ ∧ x x₁ = −x θ' z₁.

V(C, S2/S0) = V(B, S2/S0) + Ω(S2/S0) ∧ BC, avec BC = −d y₂ :

Ω ∧ BC = (θ' sin φ x₂ + θ' cos φ y₂ + φ' z₂) ∧ (−d y₂) = −d θ' sin φ z₂ + d φ' x₂.

V_C(S2/S0) = d φ' x₂ − (x + d sin φ) θ' z₂

💡 Vérification par dérivation : AC = (x + d sin φ) x₁ − d cos φ y₁ et dx₁/dt|_R0 = −θ' z₁ redonnent exactement ce résultat.

B4 – Moment cinétique σ_B(S2/S0)

En C (centre d'inertie) : σ_C = I(C,2)·Ω = A₂ θ' sin φ x₂ + A₂ θ' cos φ y₂ + C₂ φ' z₂.

Transport : σ_B = σ_C + BC ∧ M_u V_C = σ_C + M_u(−d y₂) ∧ (d φ' x₂ − (x + d sin φ) θ' z₂) = σ_C + M_u d² φ' z₂ + M_u d (x + d sin φ) θ' x₂.

σ_B(S2/S0) = [A₂ sin φ + M_u d (x + d sin φ)] θ' x₂ + A₂ θ' cos φ y₂ + (C₂ + M_u d²) φ' z₂

B5 – z₂·δ_B(S2/S0)

B n'est pas fixe dans R0 : δ_B = dσ_B/dt|_R0 + M_u V(B/R0) ∧ V_C. Projeté sur z₂ :

z₂·δ_B = d(z₂·σ_B)/dt − σ_B·(dz₂/dt) + z₂·(M_u V_B ∧ V_C).

• d(z₂·σ_B)/dt = (C₂ + M_u d²) φ'' ;
• dz₂/dt|_R0 = θ' y₁ ∧ z₁ = θ' x₁ = θ' (cos φ x₂ − sin φ y₂), d'où σ_B·dz₂/dt = M_u d (x + d sin φ) θ'² cos φ (les termes en A₂ s'annulent) ;
• V_B ∧ V_C = (−x θ' z₂) ∧ (d φ' x₂ − …z₂) = −x d θ' φ' y₂ : composante nulle sur z₂.

z₂·δ_B(S2/S0) = (C₂ + M_u d²) φ'' − M_u d (x + d sin φ) θ'² cos φ

B6 – Équation de mouvement en φ

On isole S2 et on applique le théorème du moment dynamique en B, en projection sur z₂ (axe de la pivot S2/S1 parfaite : son moment sur z₁ est nul ; les inconnues de liaison disparaissent).

Moment du poids en B : BC ∧ (−M_u g y₀) = M_u g d (y₂ ∧ y₁) = −M_u g d sin φ z₂.

(C₂ + M_u d²) φ'' + M_u g d sin φ − M_u d (x + d sin φ) θ'² cos φ = 0

Contrôles : si θ' = 0, on retrouve l'équation du pendule pesant ; en régime établi (φ constant), tan φ = θ'² (x + d sin φ)/g : plus la rotation est rapide, plus la charge s'écarte — d'où le danger d'un mauvais contrôle de la vitesse du moteur M₀₁.

C – Résistance de la flèche

C1 – Principe de superposition

Dans le cadre de l'élasticité linéaire (matériau élastique linéaire, petites déformations, petits déplacements), les effets (efforts intérieurs, contraintes, déformée) d'un ensemble de charges sont égaux à la somme des effets de chaque charge appliquée seule. Ici : déformée totale = déformée due au poids propre Q seul + déformée due à la charge F seule.

C2 – Réaction de l'encastrement en A (F = 0)

Charge totale : −Q h y appliquée au milieu (x = h/2). Équilibre de la flèche :

• Résultante : R_A = Q h y ;
• Moment en A : M_A + (h/2 x) ∧ (−Q h y) = 0, d'où M_A = + Q h²/2 z.

C3 – Moment fléchissant

Coupure à l'abscisse x ; on considère la partie droite [x, h] (charge −Q(h − x) y appliquée en (x + h)/2). Moment en G des actions de droite :

Mf_z(x) = ((h − x)/2)·(−Q(h − x)) = −Q (h − x)²/2 = −(Q/2) x² + Q h x − Q h²/2, ce qui est l'expression demandée. (Même résultat par la gauche : −[M_A + moment de R_A et de la charge sur [0, x]].)

C4 – Conditions aux limites

Encastrement en A (x = 0) : flèche nulle y(0) = 0 et rotation nulle y'(0) = 0.

C5 – Déformée et déplacement de C

E I_Gz y'' = Mf_z(x) = −(Q/2) x² + Q h x − Q h²/2.

Intégration : E I_Gz y' = −Q x³/6 + Q h x²/2 − Q h² x/2 + C₁, avec y'(0) = 0 ⇒ C₁ = 0.

E I_Gz y = −Q x⁴/24 + Q h x³/6 − Q h² x²/4 + C₂, avec y(0) = 0 ⇒ C₂ = 0.

y(x) = −Q x² (x² − 4 h x + 6 h²) / (24 E I_Gz)

En C (x = h) : y_C = −Q h⁴ / (8 E I_Gz) (vers le bas). On retrouve le résultat classique de la console sous charge uniforme.

D – Frein de la charge (étude de construction)

D1 – Pourquoi un frein à manque de courant ?

Le serrage est assuré par des ressorts et le desserrage par l'électro-aimant alimenté. En cas de coupure de courant (volontaire ou panne), les ressorts serrent automatiquement le frein : la charge suspendue est immobilisée et ne peut pas chuter. C'est une sécurité positive (« fail-safe »), indispensable pour un appareil de levage ; elle sert aussi de frein de parking à l'arrêt du moteur.

D2 – Compléter le FAST (réponse probable, le sujet ne fournit pas de nomenclature)

• E1 – Assurer l'effort presseur : les ressorts 15 (montés sur les colonnettes, ils poussent le plateau mobile 14 contre l'empilage disques/plateaux).
• E2 – Régler l'effort presseur : les écrous 16 : en les vissant ou dévissant on modifie la longueur L des ressorts, donc leur compression et l'effort presseur F.
• E3 – Régler le jeu fonctionnel e : les écrous 17 placés de part et d'autre du corps de l'électro-aimant 18 sur les colonnettes. Réglage : on desserre un écrou 17, on déplace le corps 18 axialement le long des tiges jusqu'à obtenir l'entrefer e voulu (mesuré avec une cale d'épaisseur), puis on bloque 18 entre les deux écrous 17 (serrage écrou contre écrou). Ce réglage se refait au fur et à mesure de l'usure des garnitures 11.

D3 – Couple de freinage minimal C_f

Le cas le plus défavorable est celui du plus grand rayon d'enroulement (3^e couche) : d₃ = 250,2 mm, soit r = 0,1251 m.

Poids de la charge : M_u g = 2000 × 9,8 = 19 600 N.

C_r = 19 600 × 0,1251 ≈ 2 452 N·m sur le tambour.

Transmission parfaite (conservation de la puissance) : C_f ω_moteur = C_r ω_tambour, avec ω_tambour/ω_moteur = R = 0,2 :

C_f = R·C_r = 0,2 × 2 452 ≈ 490 N·m

💡 Erreur fréquente : prendre d₁ (223 mm) ou le fond de filet (215 mm). Le frein doit tenir « dans tous les cas », donc avec le câble enroulé sur la couche la plus grande.

D4 – Couple d'un frein à disques et valeur de n

Schéma de calcul : couronne de contact de rayons r et R, pression uniforme p. Élément de surface dS = ρ dα dρ, à la distance ρ de l'axe.

• Effort presseur : F = ∫ p dS = p π (R² − r²) ⇒ p = F / [π (R² − r²)].
• Effort tangentiel élémentaire (Coulomb) : dT = f p dS ; son moment par rapport à l'axe : dC = ρ f p ρ dα dρ.
• Pour un contact : C₁ = f p ∫₀^2π dα ∫_r^R ρ² dρ = (2π/3) f p (R³ − r³) = (2/3) f F (R³ − r³)/(R² − r²).
• Avec n contacts soumis au même effort presseur (les disques sont libres axialement) : C_f = (2/3) n f F (R³ − r³)/(R² − r²).

Valeur de n : la coupe A-A montre deux disques tournants, chacun garni de deux garnitures 11 (les « quatre disques 11 » du FAST). Les contacts frottants sont : plateau fixe 6 / garniture, garniture / plateau intermédiaire 13, plateau 13 / garniture, garniture / plateau mobile 14, soit n = 4.

💡 Ordre de grandeur (hors question) : avec R = 115 mm et r = 80 mm, (R³ − r³)/(R² − r²) ≈ 147,8 mm, donc C_f ≈ 0,394·f·F (C_f en N·m, F en N). Pour C_f = 490 N·m et f = 0,4, il faudrait F ≈ 3 100 N fournis par les ressorts 15.