Mémoire HOUNDENOU Codjo Gaston - Compressed PDF
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THEME
Je dédie ce mémoire
Figure n°15 : Actions agissant sur l’arbre N°1 dans le plan (Y ,Z) et les
1.1. Le bois
L’iroko, par exemple, essence très répandue dans nos forêts, peut
avoir suivant les régions où il a poussé, des densités très variables,
allant de 0.6 à 0.7 ; les résistances mécaniques varieront également
dans les mêmes proportions. Sur le même arbre, suivant que nous
examinerons du bois de cœur ou de l’aubier, du bois pris sur la base de
l’arbre ou vers le sommet, nous aurons des caractéristiques différentes.
est plus dur et résistant dans le sens des fibres, si l’on l’attaque en bout.
Il est par contre relativement tendre et peu résistant dans le sens
transversal, si l’on l’attaque de flanc. Il est donc nécessaire de préciser le
sens de l’effort par rapport aux fibres.
Dans la table, une fente est usinée pour permettre le passage et la mise
en place de la lame. Afin d’éviter tout contact aux conséquences
dangereuses entre la lame et la table, un bloc de table est inséré à fleur
de celle-ci. Il est réalisé en bois et constitue une pièce d’usure qu’il est
indispensable de remplacer régulièrement.
2.4.7. Sa longueur L
Cet ensemble est monté au bas d'un système mécanique permettant son
réglage vertical, tout en assurant le guidage de la partie utile de lame.
Ils sont destinés à interdire l'accès, tant à la lame de scie qu'aux volants.
S = e. h 042
A .P A. P. h
e= ) S
60 . V 60 . V
A .P .h
F k . R 6 .
60 . V
AN :
P8 F . V
AN:
P8 125 30 Pu 3750 W
P8
P6
η6
ηc : Rendement de la courroie
ηr : Rendement d’une paire de roulements
η6 η . η"< )
P8
P6
η . η"<
P8
P6
η . η"<
AN :
η 0,95 ; η< 0,99
3750
P6
0,95 0,99"
Pm = 4027,52 W
N>
k
N"
D" 6@A
k= ) D" 6@A = k. D> 6BC
D> 6BC
AN :
N" 600 tr/ min ) k 2,5
Pour D> 6BC 68 mm ,
D" 6@A 2,5 68 ; D" 6@A 170 mm
Récapitulation
• Poulie N°1 : D> 6@A = 119 mm ; D> 6BC 68 mm
• Poulie N°2 : D" 6@A 170 mm ; D" 6BC 119 mm
π FD> G D" ?²
L@ = 2. E@ FD> D" ?
2 4. E@
B
E E′ G
2. E ′
F170 G 68?"
● B= ; soit B = 2601 ;
4
π
● A = F68 170? ; soit A = 373,85 ;
2
1120 G 373,85
● E′ = ; soit E ′ = 373,08
2
2601
E 373,08 G ; soit E = 369,60 mm
2 373,08
G
G G γ
R 2γ γ ; HP R G H γGH et BP 2. HP . tan
sin 2. sin 2. sin 2
2 2 2
Nous avons :
π. R². γ BP . HP
S G
360 2
π. R². γ
S
γ γ
Or BP 2. HP . tan ) G HP" . tan
2 360 2
G G
R γ et HP γGH
2. sin 2. sin
2 2
"
π. G². γ G γ
S= γ G S γ G HT . tan
360 4. sin² 2. sin 2
2 2
AN :
G 26 ; H 8 ; γ 26°
"
π 26² 26 26 26
S GS G 8T tan
26 26 2
360 4 sin² 2 sin
2 2
S = 185,42 mm
π. D>. N>
V=
60
AN :
V 5,34 m/s
3.3.4.3. Calcul des angles d’enroulement U> et U" de la courroie sur les
poulies [7]
Calcul de α1
D" G D>
α> = 2. arccos
2. E
AN :
α> = 2. arccos
2 370
170 G 68
α1 = 164,15°
Calcul de α2
AN :
α" = 360° G 164,15° α2 = 195,85°
C>
Les tensions T et t sont régies par les équations suivantes [7]:
● TGt F1?
R>
T G ρ. S. V²
X.YZ
= e[BC" F2?
Y
t G ρ. S. V²
●
P C> P P
C> ) = =
ω> R> R> . ω> V>
P P
TGt = ) T=t
V V
5500
) T=t ; T = t 1029,96 F3?
5,34
t 1029,96 G ρ. S. V²
X.YZ
Y
F3? dans F2? ) = e[BC"
t G ρ. S. V²
X.YZ
t 1029,96 G ρ. S. V² = Ft G
Y
) ρ. S. V²?e[BC"
X.YZ X.YZ
Y Y
) t S1 G e[BC" T ρ. S. V² S1 G e[BC" T G 1029,96
1029,96
) t = ρ. S. V² G X.YZ
Y
S1 G e[BC" T
1029,96
t ρ. S. V² G X.YZ
Y
S1 G e[BC" T
AN:
ρ 1200 kg/m] ; S 185,42 mm² 185,42. 10^_ m² ;
1029,96
t 1200 185,42 10^_ 5,34² a,b",c_
"d
Se [BC " G 1T
t 7,41 N
T = t 1029,96
AN :
T = 7,41 1029,96 ; T 1037,37 N
Les différentes actions exercées par la poulie N°2 sur l’arbre N°1 sont
la résultante (A2/1) des tensions de fonctionnement T et t dans la courroie
et le poids (Pp) de la poulie elle même.
AN :
T 1037,37 N ; t 7,41 N
α> 164,15
β 180° G g 90°h 180° G i 90°j
2 2
β 7,925°
A2/1 1044,50 N
Cette force est inclinée d’un angle λ par rapport à la ligne des centres
O1O2.
Détermination de λ
t. sin 2β t. sin 2β
n
A"/> A"/>
sin θ ) θ arcsin m
t. sin 2β
n
A"/>
λ βGθ et θ arcsin m
On en déduit que :
t. sin 2β
n
A"/>
λ β G arcsin m
λ 7,925 G arcsin o p
1044,50
UAC / EPAC / GME /Option PRODUCTIQUE / 1ère Promotion
HOUNDENOU Codjo Gaston Page 38
Dimensionnement
λ 7,81°
AN :
ρ@t 2700 kg/m] ; DP 184 mm ; L 40 mm ; g 9,81
1
PP 2700 π 0,184² 0,040 9,81
2
Pp 56,34 N
Poids du volant
1 1
P = ρ@ . i π. D" . e G 2. π. D"B . evj . g
4 4
D’où
π
P ρ@ . wD" . e G 2. D"B . evx. g
4
AN :
ρ@ 7850 kg/m] ; DB 584 mm ; D 600 mm ; e 60 mm ;
ey 25 mm ; g = 9,81 N/kg
Figure n°15 : Actions agissant sur l’arbre N°1 dans le plan (Y ,Z) et les
réactions engendrées aux appuis
Calcul de RCy
125
R |r
RCy 8333,42 N
Calcul de RDy
} z Fr = 0 ) R {r wA"/> r G PP x FT< G P ? G R |r 0
) R {r R |r G ~wA"/> r G PP x FT< G P ?
Figure n°16 : Actions agissant sur l’arbre N°1 dans le plan (X ,Z) et les
réactions engendrées aux appuis
Calcul de RCx
0,07 A"/> A
) R |A =
0,125
0,07 1034,81
AN :
R |A =
0,125
RCx = 579,49 N
Calcul de RDx
} z FA 0 ) R {A G R |A G A"/> A 0
) R {A = A"/> A R |A
AN :
R {A = 1034,81 579,49 RDx = 1614,30 N
Portion FE
Portion ED
} z Fr 0 ) wA"/> r G PP x G T 0
) T wA"/> r G PP x T 85,60 N
z M{ = 0 ) GMX wA"/> r G PP x. x = 0
) MX = wA"/> r G PP x. x
AN :
En E, x=0 ) Mf = 0 Mf = 0
En D, x = 0,070 m ) Mf = 85,60×0,070 Mf = 6 N.m
Portion DC
z Fr = 0 ) wA"/> r G PP x R {r G T = 0
) T = wA"/> r G PP x R {r
AN :
T = 85,60 2522,85 T = 2608,45 N
) MX = F0,070 x?wA"/>r G PP x x. R {r
AN :
En D, x = 0 ) Mf = 0,070 × 85,60 Mf = 6 N.m
En C, x = 0,125 m ⟹ Mf = (0,195 × 85,60 ) + (0,125 × 2522,85)
Mf = 332,05 N.m
Portion CB
z Fr = 0 ⟹ GT G R |r + wA"/> r G PP x + R {r = 0
⟹ T = wA"/> r G PP x + R {r G R |r
AN :
T = 85,60 + 2522,85 G 8333,42 T = -5724,97 N
z M = 0
En B, x = 0,058 m
) MX = F0,253 85,60? F0,183 2522,85? G F0,058 8333,42?
Mf = 0
Portion BA
z Fr = 0 ) GT G R |r wA"/> r G PP x R {r FT< G P ? 0
) T wA"/> r G PP x R {r FT< G P ? G R |r
AN :
T 85,60 2522,85 5724,97 G 8333,42 T=0
Mf = 0
3.4.1.3.2. Dans le plan (X,Z)
Portion FE
Portion ED
} z FA 0 ) GT G A"/> A 0
) T GA"/> A
AN :
T G1034,81 N T -1034,81 N
z M{ 0 ) GMX G x. A"/> A 0
) MX Gx. A"/> A
AN :
En E, x 0 ) Mf 0 Mf 0
En D, x = 0,070 m ⟹ Mf = - 0,070 × 1034,81 Mf - 72,44 N.m
Portion DC
} z FA 0 ) GT G A"/> A R {A = 0
) T R {A G A"/> A
AN :
T 1614,30 G 1034,81 T 579,49 N
) MX = x. R {A G F0,070 x? A"/> A
AN :
En D, x 0 ) Mf - 0,070 1034 ,81 Mf - 72,44 N.m
En C, x = 0,125 m ⟹ Mf = (0,125 × 1614,30) – (0,195 × 1034,81)
Mf = 0
Portion CA
} z FA = 0 ⟹ GT G A"/> A G R |A R {A = 0
⟹ T = R {A G R |A G A"/> A
AN :
T = 1614,30 – 579,49 – 1034,81 T=0
Sur la portion CA Mf = 0
3.4.1.5.1. Au point C
M| = kM|>
"
M|"
"
AN :
M|> = 332,05 N. m ; M|" 0
3.4.1.5.2. Au point D
M{ kM{>
"
M{"
"
Conclusion
30. P6 . η . η"<
M =
π. N"
Pm : puissance du moteur
ηc : rendement de la courroie
ηr : rendement d’une paire de roulement
N2 : régime minimal des volants
AN :
AN :
MC = 332,05 N.m ; Mt = 81,50 N.m
R 32. MX 6@A R
RJ = )
s πd] s
On en déduit que :
32. M
X 6@A . s
d
π. R
AN :
Mfmax 341,90 N.m ; s = 3 ; Re = 355 N/mm² = 355×10_ N/m²
32 × 341,90 × 3
d ) d 30,87 mm
π × 355 × 10_
} z Fr = 0 ) R G FT< P ? = 0
) R = FT< P ?
) R = 6000 112,5 R = 6112,5 N
∑ M| = 0 ) 57. FT< P ? G M| = 0
) M| = 0.057. FT< P ?
) M| = 0.057 × 6112,50 MC = 348,41 N
Portion CB
} z Fr = 0 ⟹ RGT=0
⟹ T=R T = 6112,50 N
∑ M = 0 ) x. R G MX G M| = 0
) MX = x. R G M|
AN :
En C, x = 0 ) Mf = - MC Mf = -348,41 N
En B, x = 0,057 m ) Mf = 0,057 × 6112,50 - 348,41 Mf = 0
Portion BA
Pas d’effort donc T = 0 et MA = 0
Conclusion
R 32. MX 6@A R
RJ = ⟹
s πd] s
On en déduit que :
32. M
X 6@A . s
d
π. R
AN :
Mfmax = 348,41 N.m ; s = 3 ; Re = 355 N/mm² = 355×10_ N/m²
32 × 348,41 × 3
d ) d 31,07 mm
π × 355 × 10_
η : Rendement de la courroie
η< : Rendement d’une paire de roulements
Pm : Puissance mécanique du moteur
D1 : Diamètre de l’arbre N°1
AN :
η 0,95 ; η< 0,99 ; Pm 5500 W ; N2 = 600 tr/min ; D1 = 0,035 m
F = 4704,40 N
T
soit :
R
S 2 s
avec Sg = a × L et T = F on déduit alors que :
2. s. F
L
a. R
AN :
s = 3 ; F = 4704,40 N ; a = 10 mm ; Re = 240 MPa
2 × 3 × 4704,40
L ; L 11,76 mm
10 240
τ
T
S
T R
τ R P soit
S 2 s
4. (T< P ?. s
d
π. R
AN :
4 (6000 + 275,03) 3
d ; d 10 mm
π 240
Pour tendre le ruban, il faut tourner le volant (14) (Confer page 89)
solidaire de la vis (10) qui fait déplacer l’écrou (9) suivant la verticale.
L’écrou étant solidaire du coulisseau inferieur (8) l’entraine dans son
déplacement. En se déplaçant vers le haut, le coulisseau inferieur
transmet son mouvement au coulisseau supérieur par l’intermédiaire des
ressorts (13). Lorsque la tension de montage est atteinte les ressorts
sont comprimés d’une longueur f (flèche). Ainsi pendant le
fonctionnement de la machine, lorsque la tension dans le ruban croît, les
ressorts se compriment davantage pour compenser la variation de
tension ; ce qui permet au volant supérieur de descendre et de remonter
lorsque la tension dans le ruban est rétablie.
Compte tenu du rôle que doivent jouer les ressorts, leur choix doit
être convenablement effectué afin d’assurer un bon fonctionnement du
dispositif.
que le ressort sera sollicité par la tension de pose de la lame soit une
charge P.
Ainsi P= 3000N.
8. . ]
=
(0,3 G 1)
8 1500 × 6]
d=
81500 0F0,3 × 6) G 12
d 6,31 mm
Dwd
D 39 mm
La G nB . d
n
0,3. D G 0,15. d
meulées, ni = 1,5
En considérant que le ressort aura des extrémités rapprochées et
n = 13,1
G. dd
R=
8. n. D]
UAC / EPAC / GME /Option PRODUCTIQUE / 1ère Promotion
HOUNDENOU Codjo Gaston Page 64
Fonctionnement du dispositif de tension et du variateur
81500 6,5d
=
8 13,1 39]
R = 23,42 N/m
n = n 2
n = 13,1 2 n 15 spires
Diamètre moyen : 39 mm
Soit d ce déplacement
d = 2 25,5 tg 12 d = 10,84 mm
Ainsi donc pour une variation de 600 à 1500 tr/min l’écrou effectue un
déplacement de 10,84 mm.
360
α= dy soit α = 40. dy
9
D1 D2 = cste
Alors D1 + D2 =238
238
D" =
N
gN" 1h
)
>
ΔD = D2max – D2 ; ainsi
238
ΔD = D"6@A G
N
gN" 1h
>
238
d’ = ΔD × tg 12 D"6@A G tg 12
N"
gN 1h
>
238
α = 40 D"6@A G tg 12
N"
gN 1h
>
N2 Ftr/min? α F°?
600 0
700 65,70
800 125,70
900 180,67
1000 231,26
1100 277,96
1200 321,20
1300 361,35 (un tour de vis + 1,73)
1400 398,73 (un tour de vis + 38,73)
1500 433,62 (un tour de vis + 73,62)
EXÉCUTION GRAPHIQUE
ESTIMATION DU COÛT DE
LA MACHINE
Bâti
Dispositif de tension
Variateur
Flasques
Courroie
Palier
Moteur
Autres
Revêtement
Peinture antirouille 10 Kg
Diluant 10 L
Peinture de couleur 5 Kg
Brosses métalliques 02
Découpage et ajustage
Pierre à tronçonner 5
Pierre à meuler 2
Lames de scie 10
Soudure
Fers ronds
Fer rond Ø150 Mètre (m) 0,50 95 000 47 500
Fer rond Ø120 Mètre (m) 0,50 80 000 40 000
Fer rond Ø 50 Mètre (m) 2 25 000 50 000
Fer rond Ø25 Mètre (m) 1 8 000 8 000
Fer rond Ø20 Mètre (m) 0,50 4 500 2 250
Tôles
Tôle 100/10e Tôle (1mx2m) 1 145 000 145 000
Tôle 80/10e Tôle (1mx2m) 1/2 120 000 60 000
Tôle 50/10e Tôle (1mx2m) 1/2 70 000 35 000
Tôle 20/10e Tôle (1mx2m) 2 40 000 80 000
Découpe et ajustage
Pierre à tronçonner 5 1 500 7 500
Pierre à meuler 2 2 900 5 800
Lames de scie 10 700 7000
Soudure
Electrodes Ø 3,5 Paquet de 150 5 6 000 30 000
Revêtement
Peinture antirouille Pot de 5Kg 2 5 000 10 000
Diluant Litre (L) 10 400 4 000
Peinture de couleur Pot de 5Kg 1 10 000 10 000
Brosses métallique 2 2500 5 000
Autres
Roulements 15 000
Ressorts 10 000
Moulage pour l’usinage des 4 50 000 200 000
flasques
courroie 1 10 000
Conception et réalisation 610 000
[1] - http://www.lms.polytechnique.fr/users/luong/luongbois/.pdf
[3] - http://www.inrs.fr/inrs-pub/inrs01.nsf/.../$File/nd2151.pdf
MONTAGE DU RUBAN
UTILISATION DE LA MACHINE
Anomalies Causes
- Fatigue de la lame.
- Trop de soudures.
- Criques (fissures).
- Denture émoussée.
- Denture inadéquate.
DEDICACES ............................................................................................ I
REMERCIEMENTS................................................................................. II
RESUME................................................................................................ III
INTRODUCTION..................................................................................... 1
PROBLEMATIQUE ................................................................................. 3