1 VI NOTIONS FONDAMENTALES DE L’EQUILIBRAGE STATIQUE ET DYNAMIQUE __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 2 Toute masse ou tout élément de machine accéléré est soumis à une force. L’équilibre de cette masse ou de cet élément implique qu’à cette force résultant de l’accélération de la masse ou de l’élément de machine doit correspondre une force réactante de même intensité et de sens opposé (la réaction). Sur une machine « fixe », la réaction résultant de l’accélération ‘une masse ou d’un élément est appliquée au bâti de la machine. Par conséquent, le bâti doit pouvoir supporter cette réaction. Equilibrer une machine consiste à associer à la masse ou à l’élément en mouvement une masse dont l’accélération donne lieu, à tout instant, à une force égale en module et opposée à la force résultant de l’accélération de cette masse. Dans ces conditions, le bâti est exempt de toute force. VI.1 EQUILIBRAGE DE MASSES EN ROTATION 1) Cas d’un système d’une seule masse hors d’équilibre m1r1ω2 m1 r1 O O O m1 G r1 R G ω O (a) m1 m1r1ω2 ω M (b) r1 m1g θ1 O R MR M (c) Mg Figure 57 Considérons un arbre rigide OO supportant sur une de ses sections transversales une masse 𝑚1 à la distance 𝑟1 de son axe (fig.57a). Pour une vitesse de rotation, tout autre effet gravitationnel étant négligé, cette masse sera continuellement soumise à une accélération centripète d’intensité 𝑟1 𝜔2 et par suite à une force d’intensité 𝑚𝑟1 𝜔2 exercée par l’arbre et dirigée vers son axe ; et la masse exercera à son tour sur l’arbre, en retour, une force centrifuge de __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 3 même intensité. Pour éliminer la force centrifuge (réaction de l’arbre), il suffit de disposer sur le même diamètre que 𝑚1 , à la distance R, une masse dite d’équilibrage M telle que (fig.57b) : 𝑀𝑅𝜔2 = 𝑚1 𝑟1 𝜔2 ⟺ 𝑀𝑅 = 𝑚1 𝑟1 (1) Il découle de ceci les remarques suivantes : Dans les problèmes d’équilibrage c’est le produit masse x distance à l’axe de rotation (rayon) qu’il faut prendre en considération et non la masse ou sa distance par rapport à l’axe de rotation. La relation (1) ne dépendant pas de la vitesse de rotation, il vient qu’un système dynamiquement équilibré l’est également statiquement. L’inverse n’est cependant pas forcément vrai comme ce sera vu plus loin ; pour s’en convaincre, il suffit de considérer le système représenté sur la figure 57c. La somme des moments des forces appliquées par rapport à l’axe de l’arbre s’écrit : 𝑚1 𝑔𝑟1 cos 𝜃1 + 𝑀𝑅 cos(𝜃1 + 𝜋) (2) En tenant compte des relations (1), il vient que cette somme est identiquement nulle et que le système est par conséquent en équilibre statique pour une position repéré par θ1. Les relations (1) étant indépendantes de la vitesse de rotation, il s’en suit qu’un système dynamiquement équilibré pour une vitesse donnée l’est également pour toute autre vitesse. __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 4 Cas d’un système de plusieurs masses 2) Supposons un système de masses m1, m2,….., mn distantes de r1, r2,….., rn de l’axe de l’arbre et dont les disposition sur un plan transversal sont θ1, θ2,….., θn par rapport à un référentiel d’angle arbitraire comme schématisé sur la figure 58a. m2 θ2 m3 O θ3 Θ θ3 m1 θ1 Réf. Θ θ2 M θ1 (a) Réf. (b) Figure 58 Pour une vitesse de rotation ω du système, chaque masse mi exerce sur l’arbre la force centrifuge 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝜔2 . Relativement à l’arbre, le système de forces engendrées est constant et peut être réduit à une seule force résultante. L’équilibrage d’un tel système consistera à disposer une masse R de l’axe de l’arbre et à la position angulaire Θ M à la distance de manière à ce que le polygone des vecteurs forces soit fermé (fig.58b) (représentation pour On détermine ainsi la quantité angulaire Θ MR et par suite la masse pour une distance de fixation R M ω =1). et la position donnée et inversement. Les remarques faites précédemment restent valables. 3) Cas des masses disposées dans des plans transversaux différents Nos avons vu que les conditions d’équilibre dynamique d’un système satisfaisaient aussi la condition d’équilibre statique, l’inverse n’étant pas vrai. Ceci peut être simplement illustré par l’exemple suivant (fig.59). __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 5 O R m1r1ω2 R m r1 MRω2 m O (a) (b) Figure 59 Considérons les deux masses de la figure 57b mais disposées dans des plans transversaux distants l’un de l’autre de d1 (fig.59a). Il est évident qu’un tel système est en équilibre statique. Cependant, lorsque ce système est en mouvement de rotation, les forces centrifuges s’exerçant sur l’arbre engendrent un moment d’intensité 𝑚1 𝑟1 𝜔2 𝑑1 par rapport au plan de la masse M et le vecteur représentatif tourne avec l’arbre, entraînant son déséquilibre. En pratique, une telle situation peut se reproduire pour un rotor présentant des excès de masse comme représenté sur la figure 59b : ce rotor, bien qu’en parfait équilibre statique, est en déséquilibre une fois en mouvement. 4) Représentation de couples et de moments non équilibrés Dans un système non équilibré, le moment résultant des forces de déséquilibre peut être représenté par un vecteur perpendiculaire au plan de ces forces. Si nous considérons l’exemple de la figure 59a, le moment d’intensité 𝑚1 𝑟1 𝜔2 𝑑1 est représenté par un vecteur 𝑜𝑎 ⃗⃗⃗⃗ qui peut être translaté parallèlement à son plan, tout en conservant son effet. Nous pouvons ainsi le représenter par un vecteur ⃐⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂′ 𝑎′ sur un plan arbitraire (X) (fig.60). __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 6 m1ω2r1 b’ a’ m1 o’ c’ m1ω2r1d1 r1 a O R X d Mω2R = mω2r1 d1 Figure 60 Nous pouvons également, sur ce même plan arbitraire, représenter les moments individuels des forces égales et opposées 𝑚1 𝑟1 𝜔2 et 𝑀𝑅𝜔2 respectivement par les vecteurs de module 𝑜 ′ 𝑏 ′ = 𝑚1 𝑟1 𝜔2 (𝑑1 + 𝑑) et 𝑜 ′ 𝑐 ′ = 𝑀𝑅𝜔2 𝑑. Par rapport aux vecteurs forces dont ils résultent, ces vecteurs moments 𝝅 apparaissent sur le plan (X) comme ayant subi une rotation de . 𝟐 Si nous ne traitons que de ces moments ou de ces couples, nous pouvons sans équivoque simplifier leurs représentations en omettant cette rotation et tracer leurs vecteurs représentatifs parallèles aux forces qui les engendrent. C’est là une convention universellement adoptée dans les problèmes d’équilibrage. 5) Cas des masses situées sur différents plans transversaux : cas général Soit un arbre AB tournant à la vitesse angulaire ω et occupant la position représentée sur la figure 61 en un instant donné. m2 m1 A m3 3 B 2 1 Figure 61 Les forces centrifuges qu’exercent les différentes masses sur cet arbre ont pour modules 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝜔2 . Les efforts qu’exerce l’arbre sur ses supports à cet instant __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 7 sont déterminés par des considérations d’équilibre statique des forces (cas d’une poutre sur appuis simples chargée, les forces n’étant cependant pas situées dans le même plan). Nous pouvons dans ce cas utiliser soit la méthode graphique soit la méthode numérique pour résoudre le problème. Dans le cas général, la méthode graphique serait fastidieuse à exposer, aussi nous ne bornerons nous qu’à l’exemple de traitement numérique. Considérons le tableau suivant dans lequel les données sont celles des quatre première colonnes. Nous calculons et portons dans ce tableau, pour ω2 = 1, les ‘’forces’’ miri et les ‘’moments’’ miridi . N° colonne 1 2 3 4 5 6 Plan Masse (kg) Rayons ri (cm) Distance di au palier de droit (m) Angles θi (°) Palier de gauche - - 1,37 229 1,57 2,16 1 9,1 15,2 1,07 20 1,38 1,48 2 13,6 12,7 0,61 80 0,73 1,05 3 5,4 10,2 0,31 150 0,55 1,17 Palier de droite - - 0 266 1,27 0 ‘’Forces’’ Moments miri miridi (kg.m) (kg.m2) Le plan de référence étant choisi (Cf. fig.61), nous pouvons construire le polygone des ‘’moments en respectant la convention précédemment adoptée (fig.61B .a) et déterminer le module du vecteur de fermeture (2,16 kg.m2) __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 8 représentant les actions du palier de gauche et sa position angulaire par rapport à la trace du plan de référence sur l’arbre (θ = 229°). Connaissant la valeur du ‘’moment’’ à ce niveau, nous pouvons déterminer aisément la ‘’force’’ correspondante (1,57 kg.m) en considérant sa distance au palier de droite par rapport auquel sont calculés les "moments" (d = 1,37 m). 229 150 229 150 266 80 80 20 20 NB: Les figures ne sont pas à l’échelle; seuls les chiffres sont réels (a) (b) Figure 61B Du diagramme des ‘’forces’’ déduit du diagramme des ‘’moments’’ (fig.61B.b), nous déduisons la ‘’force’’ qu’exerce le palier de droite sur l’arbre (1,27 kg.m) et sa position angulaire (θ = 266°) par rapport au plan de référence. Si ce système est animé d’un mouvement de rotation à la vitesse de 1000 trs/mn (104,7 rad.s-1) par exemple, les forces exercées par les paliers sur l’arbre (𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝜔2 ) en kgf seront respectivement et dans les directions dans le tableau : 𝐹 = 17 217,0 { 𝑔𝑎𝑢𝑐ℎ𝑒 𝐹𝑑𝑟𝑜𝑖𝑡𝑒 = 13927, 1 Fgauche et Fdroite sont opposées aux forces exercées par l’arbre sur les paliers et provoquant le déséquilibre du système (forces non équilibrées). __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 9 Supposons sur le système de la figure 61 que les paliers soient déplacés autre part ailleurs, le reste restant inchangé. Si nous avions à mettre en place les masses d’équilibrage dans les plans de leurs positions d’origine, le tableau ci-dessus resterait inchangé sauf que nous devrions y porter en première et en dernière lignes les valeurs et les positions de ces masses. La méthode exposée en exemple est une méthode générale qui s’applique à n’importe quel système de masses en rotation. 6) Machine d’équilibrage dynamique et la méthode des quatre vecteurs La figure 62 donne le schéma de principe d’une machine d’équilibrage dynamique. Y X A B Y X Figure 62 Le rotor à équilibrer est monté sur des supports reposant sur un plateau sur ressorts pouvant pivoter autour de deux axes choisis dans deux plans (axes de traces respectives A et B de référence dans lesquels les masses d’équilibrage peuvent être positionnées. Il est ensuite mis en mouvement par un moteur équilibré ou par tout autre moteur par l’intermédiaire d’une transmission flexible. Si la vitesse de rotation du rotor à équilibrer augmente progressivement, le plateau pivotant et l’ensemble se met à vibrer avec une amplitude fonction de cette vitesse de rotation (fig.63). __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar Amplitude des vibrations 10 Angle de phase 0 ω π 2 0 ω Figure 63 L’amplitude des vibrations passe par un maximum lorsque la vitesse de rotation du rotor coïncide avec une des fréquences propres des oscillations (c’est-à-dire à la résonance). On détecte ainsi le déséquilibre du système avec un maximum de précision. Il est cependant difficile dans ces conditions de contrôler la vitesse de rotation du rotor de manière à obtenir des mesures fiables du maximum des amplitudes. En pratique, la machine tourne à des vitesses plus grandes pour lesquelles la vibration, bien faible, est relativement indépendante des variations de la vitesse et est directement proportionnelle au couple de déséquilibre. Des moyens électroniques ou optiques permettent alors d’amplifier l’amplitude à la résonance. Une telle machine, convenablement équilibrée, permet de trouver les moments non équilibrés sur différents plans de référence. L’angle de position du couple peut être déterminé à l’aide d’un stroboscope relié électriquement au système. En faisant tourner le rotor bien au dessus de la vitesse de résonance, la vibration et le moment sont presque exactement en antiphase : c’est-à-dire que lorsque le moment non équilibré autour du pivot agit verticalement vers le haut, le plateau se trouve dans sa plus basse position. L’arbre ne sera éclairé par le stroboscope que quand le moment agit vers le haut ; il apparaît alors immobile dans cette position. __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 11 La méthode des ‘’quatre vecteurs’’ Cette méthode permet de déterminer et la valeur et la phase d’une force ou d’un moment non équilibré. Considérons par exemple un rotor à équilibrer par la machine de la figure 62 en utilisant les pivots AA. En supposant que le moment a une valeur et une phase données par le vecteur ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑄 (fig.64a). E Q e e1 e2 D d q d2 d1 c 120 120 C c c2 lieu de c O c1 (a) q e d (b) Figure 64 Si nous ajoutons au rotor dans cette position une masse de déséquilibre dans le plan XX qui engendre un moment m.r.d = QC, le moment résultant sera le ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ et ⃗⃗⃗⃗⃗ vecteur ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶 somme des vecteurs 𝑂𝑄 𝑄𝐶 . Si nous déplaçons cette masse et la plaçons à 120° par rapport à la position précédente de manière à ce que son moment par rapport à AA soit QD, nous aurons un moment résultant de déséquilibre représenté par le vecteur ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐷. En reprenant l’opération pour une autre position à 240°, nous aurons le moment représenté par le vecteur ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐸 . __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 12 En faisant ensuite tourner le rotor au-dessus de la vitesse de résonance de manière à ce que l’amplitude soit proportionnelle au moment de déséquilibre (à la phase 180°) pour chacune des quatre conditions ci-dessus, nous obtenons quatre mesures respectivement proportionnelles aux vecteurs ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑄 , ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐶 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐷 et ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝐸 . ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ est inconnu, nous ne disposons que de ces quatre mesures à Si le vecteur 𝑂𝑄 partir desquelles nous devons reconstruire la figure 64a. Pour ce faire, on commence par tracer quatre cercles concentriques de centre O et de rayons respectifs proportionnels aux amplitudes soient (fig.64b). On construit ensuite le triangle équilatéral cde q, c, d et e dont le centre de gravité est sur le cercle q. Cette construction peut se faire par essai et erreur, mais elle est plus aisée si, au départ, on choisit arbitrairement le point q sur le cercle correspondant et qu’on trace un cercle quelconque coupant les cercles e1. Un triangle équilatéral général le cercle c en c1. d1e1c1 d et e respectivement en d1 et construit sur d1e1 ne rencontre pas en Un second essai donnant le triangle donnera des indications sur le lieu des point c1, c2, …,c (la droite c1c). On arrive ainsi sans difficulté à la solution. L’ensemble de la figure est ensuite orientée de manière à ce que qc, qd, et qe soient respectivement parallèles aux vecteurs ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝐶 , ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝐷 et ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑄𝐸 ; oq étant parallèle au vecteur ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑂𝑄 à déterminer. __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 13 Remarque : l’échelle de la figure est déduite de la mesure de QC ( QC = m.r.d) représenté par qc sur la figure 64b. VI.2 EQUILIBRAGE DE MASSES LIEES EN MOUVEMENT C’est un problème assez complexe qui ne peut pas être éludé compte tenu du nombre considérable de mécanismes dans lesquels les masses en mouvement sont généralement liées. Considérons le cas du moteur à un cylindre (fig.65) r A l q B O Figure 65 L’accélération du piston B s’écrit ( = t) : 1 𝑥̈ = −𝑟𝜔2 (cos 𝜃 + cos 2𝜃 + ⋯ ) 𝑞 Si m est la masse du piston, la force nécessaire pour engendrer cette accélération est : 1 𝐹 = 𝑚𝑥̈ = −𝑚𝑟𝜔2 (cos 𝜃 + cos 2𝜃) 𝑞 Cette force peut être subdivisée en deux forces : 𝐹1 = −𝑚𝑟𝜔2 cos 𝜃 et 1 𝐹2 = − 𝑚𝑟𝜔2 cos 2𝜃 𝑞 __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 14 F1 et F2 sont respectivement appelées force primaire et force secondaire. La force secondaire à une fréquence double de celle de l’arbre. Ces forces peuvent être graphiquement représentées comme suit (fig.66): mr 2 A 1 mr 2 2 q F2 B F1 O Figure 66 Pour un moteur à n pistons montés sur un arbre (vilebrequin) à des distances di d’un plan origine et repérés 𝜃𝑖 , nous pouvons exprimer les forces et les moments par rapport à ce plan : Force primaire totale = − ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝜔2 cos 𝜃𝑖 𝑚𝑖 𝑟𝑖𝜔2 cos 2𝜃𝑖 Force secondaire totale = − ∑ 𝑞𝑖 résultante des moments primaires = ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝑑𝑖 𝜔2 cos 𝜃𝑖 résultante des moments secondaires = ∑ En supposant que 𝑙𝑖 𝑟𝑖 𝑚𝑖 𝑟𝑖𝑑𝑖𝜔2 cos 2𝜃𝑖 𝑞𝑖 = 𝑞𝑖 = 𝑞, on pourra graphiquement représenter ces forces comme suit pour un mécanisme comportant trois pistons (ou masses liées) par 3 exemple (fig.67) : 2 1 O R= résultante des forces Direction mouvement des pistons Diagramme des forces primaires Figure 67 __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 15 L’équilibrage de ce système de masses se traduit par les relations suivantes : ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 cos 𝜃𝑖 = 0 ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 sin 𝜃𝑖 = 0 ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 cos 2𝜃𝑖 = 0 ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 sin 2𝜃𝑖 = 0 ⇒ ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝑑𝑖 cos 𝜃𝑖 = 0 ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝑑𝑖 sin 𝜃𝑖 = 0 {∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝑑𝑖 cos 2𝜃𝑖 = 0 {∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝑑𝑖 sin 2𝜃𝑖 = 0 En terme vectoriel, ces relation se résument par : 𝑢𝜃𝑖 = ⃗0 ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑢2𝜃𝑖 = ⃗0 ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝑑𝑖 𝑢′𝜃𝑖 = ⃗0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑚 𝑟 𝑑 𝑢′2𝜃𝑖 = ⃗0 ∑ 𝑖 𝑖 𝑖 { les di étant les distances des masses mi à un plan de référence (P) orthogonal à l’axe de l’arbre. La figure 68 schématise le cas d’un moteur à trois cylindres en ligne. P O m1 m2 m3 Figure 68 Remarque Si le système présente un plan de symétrie ce plan pourra être pris comme plan de référence (P) comme schématisé sur l’exemple suivant et concernant le moteur symétrique à quatre cylindres de Schlick (fig.69). __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 16 D di d3 D D 3 1 1 1 4 1 2 2 3 4 Plan de symétrie Figure 69 𝑑 Les distances des cylindres étant données par référence à d2 = d3 (𝐷𝑖 = 𝑖 = 𝑑2 𝑑𝑖 𝑑3 ) et les masses par référence à 𝑚 m1 (𝑀𝑖 = 𝑚 𝑖 ), on peut dresser le tableau 1 suivant : Plan mi.ri di mi.ri. di i 2i 1 1 -D -D π-α - 2α 2 M -1 -M -β -2β 3 M 1 M β 2β 4 1 D D π+α 2α En portant ces valeurs dans les équations d’équilibrage à satisfaire (Cf. plus haut), il vient : cos 𝛼 = 𝑀 cos 𝛽 {cos2 𝛼 = 𝑀 cos 2𝛽 𝐷 sin 𝛼 = 𝑀 sin 𝛽 ⟺ 2 cos 2 𝛼 = 𝑀 { cos 𝛼 = 𝑀 cos 𝛽 𝐷 sin 𝛼 = 𝑀 sin 𝛽 (E) La résolution du système d’équations (E) suppose un choix arbitraire de l’une des inconnues α, β, M et D ; on choisit en général D. La composante de la force secondaire de déséquilibre est obtenue à partir de : __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar 17 { ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝑑𝑖 cos 2𝜃𝑖 = 0 ∑ 𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝑑𝑖 sin 2𝜃𝑖 = 2(𝐷 sin 2𝛼 + 𝑀 sin 𝛽) Il est remarqué que le moment de déséquilibre est : 𝑑 𝑞 𝑀 = 2(𝐷 sin 2𝛼 + 𝑀 sin 𝛽)𝑚𝑖 𝑟𝑖 𝜔2 𝑖 . __________ ______ _ __________________________________________________________________________________________ Paul MALOU Génie Mécanique ESP – UCAD Dakar