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Date : 21 octobre 2004
par  Robert Papanicola
Vilebrequin
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Vilebrequin


Mots clefs associées

TD , Centre d’inertie , moment d’inertie

Vilebrequin

On considère un coude de vilebrequin formé de 2 tourillons T1 et T2, de 2 bras B3 et B4, et d’un maneton M5 (voir schéma ci-dessous).Les masses respectives de ces éléments sont notées m1, m2, m3, m4 et m5. Leurs centres d’inertie respectifs sont notés G1, G2, G3, G4 et G5.

On suppose que :

- les tourillons et le maneton sont des cylindres parfaits de section circulaire.

- Les bras sont des parallélépipèdes supposés parfaits.

- Les dimensions, points et axes sont précisés sur le schéma.

On note E l’ensemble T1 + T2 + B3 + B4 + M5.

PNG - 44.2 ko
Vilebrequin

Pour chacune des propositions ci-dessous :

- vous préciserez si elle est vraie, fausse,

- vous justifierez toutes les propositions vraies

  1. L’équilibrage statique du coude de vilebrequin par rapport à l’axe \left( {O,\overrightarrow x } \right) (axe de rotation du vilebrequin) est réalisé.
  2. La matrice d’inertie de l’ensemble E au point O dans la base \left( {\overrightarrow x ,\overrightarrow y ,\overrightarrow z } \right) est de la forme : \overline{\overline {I_{\Sigma \left( {O,\overrightarrow x ,\overrightarrow y ,\overrightarrow z } \right)} }} = \left( {\begin{array}{*{20}c} {\begin{array}{*{20}c} A \\ 0 \\ 0 \\ \end{array}} & {\begin{array}{*{20}c} 0 \\ B \\ 0 \\ \end{array}} & {\begin{array}{*{20}c} 0 \\ 0 \\ C \\ \end{array}} \\ \end{array}} \right)
  3. Le maneton M5 étant un cylindre de rayon R5, de hauteur h5, de masse m5, de centre d’inertie
    noté G5, son moment d’inertie par rapport à l’axe \left( {G_5 ,\overrightarrow x } \right) est : I_{M5} \left( {G_5 ,\overrightarrow x } \right) = \frac{{m_5 }}{{12}}\left( {3 \cdot R_5 ^2 + h_5 ^2 } \right)
  4. L’axe \left( {G_5 ,\overrightarrow x } \right) est axe principal d’inertie pour l’ensemble E.
  5. Le moment d’inertie du maneton M5 par rapport à l’axe \left( {O,\overrightarrow x } \right) est : I_{M_5 } \left( {O,\overrightarrow x } \right) = \frac{{m_5 \cdot R_5 ^2 }}{2} + m_5 \cdot D^2
  6. Le centre d’inertie de l’ensemble E est le point G tel que : \overrightarrow {OG} = \frac{{m_3 \cdot d + m_4 \cdot d + m_5 \cdot D}}{{m_3 + m_4 + m_5 }} \cdot \overrightarrow y
  7. L’équilibrage dynamique du coude de vilebrequin par rapport à l’axe \left( {O,\overrightarrow x } \right) est réalisé.

On considère maintenant un coude « allégé », où les tourillons, les bras et le maneton ont été alésés (voir schéma ci-dessous). On suppose les alésages parfaits, de rayons r1 et r2 pour les bras, et de rayon r5 pour le maneton.

  1. Le centre d’inertie reste inchangé pour chacun des solides.
  2. La forme de la matrice d’inertie du coude allégé au point O dans la base \left( {\overrightarrow x ,\overrightarrow y ,\overrightarrow z } \right) est modifiée par rapport à celle du coude « plein ».
  3. Le moment d’inertie du tourillon T1 par rapport à l’axe \left( {G_1 ,\overrightarrow x } \right) est maintenant : I_{T_1 } \left( {G_1 ,\overrightarrow x } \right) = \frac{{m_1 }}{2}\left( {R_1 ^2 \_r_1 ^2 } \right)
Réactions à l'article :
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  • > Vilebrequin
    2 février 2005
    Bonjour Mr Je suis etudiant en PSI et je travaille actuellement sur cet exercice et je me demandais si vous auriez l’aimabilité de bien vouloir me faire parvenir une correction par email le plus rapidement possible à julienlozach@hotmail.com. En vous remerciant par avance. Cordialement Julien
    Répondre à ce message
    • > > Vilebrequin
      2 février 2005, par Papanicola Robert

      Il faut peut-etre commencer par proposer une solution

      Attention, il ne faut jamais écrire son mel en clair sur un forum (les spammeurs sont friands d’adresses)

      Répondre à ce message

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Centre d’inertie

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