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ChapVI-EquilMassliéesenMouvmnt

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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
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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.
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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).
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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).
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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
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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)
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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).
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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).
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Amplitude
des vibrations
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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.
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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 .
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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.
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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
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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
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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).
__________________________________________________________________________________________
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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
2i
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 :
__________________________________________________________________________________________
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{
∑ 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 .
__________
______
_
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