I. La charge agit normalement à l’arbre

a. Le moyeu et la charge se trouvent compris entre les tourillons. Fig. 254. Sur la ligne AC, qui réunit les milieux des tourillons, on construit 254.

un triangle ABC, dont le sommet B tombe sur la direction de la charge <ÿ; par le point A, normalement à AC, on mène A. 3 — Q, puis on tire 3.0 et 2.0 parallèles à BC et à AC', on a alors A. 2 =

P, ct2.3 = P„. Comme les points Bt et Bt correspondent aux extrémités du moyeu, il en résulte que la force Q se décompose en deux, Q, et Qt, agissant précisément en ces points et qui sont données par le

ARBRES A SECTION (TRCUT.AIRE

polygone des forces, en menant Oh parallèle à Bt B% ; on a alors: Ah = Ç),, 6.3 = Qa.

L'ordonnce verticale /, en un point de la surface des moments, est proportionnelle au moment statique M.Jt pris par rapport au point où eette ordonnée rencontre l’axe; de même l’ordonnée /, est proportionnelle au moment statique M, , pris par rapport à l’origine du tourillon P, . On a ainsi les deux relations distinctes :

relation qui permet de déterminer très - simplement la valeur de y.

b. Le moyeu est entre les tourillons, mais la charge tombe en dehors. Fig. 255. Sur la ligne AC, parallèle à l’axe de l’arbre, on construit le triangle ABC, dont les trois sommets tombent sur les directions des forces et on cherche le point D,

dont l’ordonnée Dd est égale à Q ; on mène ensuite 0 . 1 parallèle à AC et égal à CD, 0 . 3 parallèle à CB, la ligne .4.1.3 étant perpendiculaire à AC; on obtient alors 1.3 - Q, A.l = P, , 3..4 *=» P2.

La force Q doit se décomposer eu deux autres, situées dans les plans qui limitent le moyeu; si on joint les deux points C\ et Ca et si ou mène Oc parallèle à C\C,, les longueurs c. 3 et c.l représentent les forces correspondant respectivement à Ct et à Ct. Le tracé indique que, sur la longueur du renflement de l’arbre, il existe un point de la ligne élastique, pour lequel le moment de flexion est nul.

c. La charge est en dehors des tourillons. Fig. 256. On construit, comme dans le cas précédent, le triangle ABC, on détermine le point D par la condition que Dd =» Q, on mène A. 3 normal à AC, on fait 0.2= CD et parallèle h AC, 0.3 parallèle à CB et on obtient .4.2 ■= P,, 3.-4 = P,. Pour décomposer Q en deux forces, aux points G, et C\, on mène Oc

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

<L La charge tombe entre les tourillons. Fig. 257. Après avoir construit le triangle ABC , on a à décomposer la force Q en deux autres, correspondant aux points Bl et Bt, et pour cela à construire le polygone ACBlBi (auquel est équivalent le polygone A C Bt Il3 ). Dans le polygone des forces, 1.3 = <?, 2.1 — Pn 3.2 = P, et si on mène Ü b parallèle à BiBl>b.‘i etb.l représentent les composantes cherchées pour P, B3 et BîBl.

ü. La charge agit obliquement sur l’arbre. Fig. 258. Le polygone des forces et le polygone funiculaire ont, Fig. 258. Fig. 259.

parallèle à P, P, et leB longueurs c.3 et c.2 donnent les composantes en C, et P,. Le tourillon B étant uniformément chargé sur toute sa longueur, la surface des moments, pour cette longueur, se trouve limitée par un arc de parabole.

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

dans ce cas, une certaine inclinaison, qui est déterminée par la direction de Q. Les projections verticales a A et. 3 .r. représentent les pressions P, et P» exercées sur les tourillons; la composante horizontale de Q s’exerce sur l’un des tourillons, ou sur tous les denx(l).

III. Effort parallèle à l’axe de l’arbre. Fig. 259. Il se produit, dans ce cas, deux couples, composés, l’un des actions égales exercées par le moyeu sur l’arbre, l’autre des forces P agissant sur les tourillous (§ 3 h). Si , par les points A et (', correspondant aux milieux de ces tourillons, on mène les parallèles AB, et CB, jusqu’aux verticales des extrémités du moyeu

et si on joint les points Bi et B„ la surface ABlB,(J est celle des moments. Pour déterminer les différents efforts qui agissent sur l'arbre, transportons la force Q, parallèlement à elle-même, en bq, le point q se trouvant situé sur la verticale Cb du milieu d’un tourillon, joignons le point b au milieu de l’autre tourillon et menons, par le point q , la verticale qa jusqu'à la rencontre de cette ligne de jonction, la longueur q a représentera la force P. Si on porte cette longueur en A.l et si on mène 1.0 et 0.2 parallèles à A C et à B,BX, 1.2 représentera l’effort qui s’exerce en ft, et 2.1 celui qui s’exerce en bt.

Si , toutes les autres conditions restant d’ailleurs les mêmes, le moyeu tombe en dehors des tourillons, ce qui arrive, par

(I) La disposition de tiroir, dite à bayonnette, qn'on rencontre souvent dans les locomotives (fig. 201). donne lien à nn problème du meme genre.

Fig. 261.

Seulement, dans ce cas. le sens d’action de l'effort et son point d'application sur la tige AC changent périodiquement.

Fig. 260.

ARBRES A SECTION l'IRCTI.AIRE.

exemple, pour une hélice île vaisseau, placée eu porte - il - faux, qui n’est qu’en partie immergée, lig. 260, le diagramme prend alors la forme AJ{C\C3 et montre que la longueur de la saillie n’a aucune influence sur la flexion.

Détermination de la résistance d'nn arbre donné. Diagramme d'essai.

Pour déterminer la résistance à la flexion d’un arbre donné, il est nécessaire de prendre les modules des sections correspondant à un certain nombre de points. Si, comme nous le supposons ici, toutes les sections sont circulaires, ces modules sont proportionnels h la troisième puissance des diamètres et on a, par suite, à prendre les cultes de tous les diamètres des sections considérées. C’est ce qu’on peut faire graphiquement, d’une manière très -simple, en se reportant aux principes exposés § 28.

Dans le cas oii le diagramme qu’on se propose d’obtenir devrait être comparé à une des surfaces de moments théoriques, que nous venons d’examiner, il conviendrait évidemment de l’établir de suite à la même échelle. A partir du point d’intersection 0 des deux axes rectangulaires X et Y, on porte, au-dessus de OX, la longueur Ou, qui représente la valeur entière (où la moitié) du diamètre du tourillon de la partie de l’arbre qu’on veut calculer et, dans la direction opposée, suivant Ob, l’ordonnée tu correspondant à la surface de moments théorique; sur nb on décrit un demi-cercle acb, on mène ac perpendiculaire à ac et, en prenant Oc pour unité, on a Ob = (Ou)3. On fait ensuite

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

0. l=y,, 0.2 = y, ... etc. et on obtient, par une construction analogue, les valeurs cherchées ;/,3, y, 3 ... qu’on reporte sur la figure principale, pour le tracé du diagramme.

Iaî diagramme ainsi obtenu fournit des indications très-nettes sur l’effet des congés, des renflements, des évidements et même sur les erreurs de calcul qui ont pu se produire; il montre, en même temps, les différences de sécurité d’un point à un autre, puisque , en chaque point , la tension réelle est à la tension limite dans le rapport inverse de l’ordonnée du diagramme d’essai à celle de la surface des moments théorique. lorsqu’on connaît l’une des dimensions principales du diagramme d'essai, correspondant à celle du diagramme théorique, comme, par exemple, dans le cas actuel, le diamètre U, il est préférable de déterminer l’imité à adopter au moyen de cette donnée (e’est ce qui a été fait pour la fig. 262); on est beaucoup plus sfir, en opérant ainsi, de l’exactitude de l’unité Oe.

Arbre soumis A des charges en deux points de sa longueur.

Lorsqu’un arbre, comme celui de la fig. 263, est chargé en deux points, les extrémités portent le nom de fuseaux , tandis

que la partie moyenne constitue ce qu’on appelle le eorps de l’arbre. Ç, et désignant les charges, s la longueur du corps, les pressions sur les tourillons sont données par les relations:

Q» a, + S + at An moyen de ccs valeurs il est facile de calculer complètement les tourillons d, et ds, ainsi que les fuseaux o1 et a„

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

à la condition de déterminer préalablement les diamètres I\ et I)% , eu les considérant comme appartenant à deux têtes d’arbre idéales, sur chacune desquelles l’action des forces Qx et Q., serait supposée concentrée en un seul point

Pour déterminer les diamètres du corps de l’arbre, aux différents points de sa longueur, ou a, en désignant par y le diamètre de la section, située il la distance x du point d’application de Ç,:

équation qui montre que le profil du corps de l’arbre se trouve formé par deux arcs de paraboles cubiques. Ordinairement ces deux ares se trouvent remplacés par de simples ligues droites, de telle sorte que le corps de l’arbre présente, en réalité, la forme d’un tronc de cône.

Les deux têtes de l’arbre peuvent se déterminer, comme on l’a indiqué au § hh, en supposant qu’on donne une faible profondeur aux rainures des clavettes; la largeur l> des portées est celle des moyeux des pièces qu’elles doivent recevoir.

Dans un grand nombre de cas, les longueurs des fuseaux doivent être égales et les deux charges sont les mêmes, c’està-dire qu’on a: at = «,, ■— O2 > il en résulte

/', = I\ = «= Os et y *= A

c’est-à-dire que le corps de l’arbre est cylindrique.

11 peut eucore arriver que, pour un fuseau, et même pour les deux, la charge soit en porte-à-faux. La fig. 264 se rap-

porte au premier cas et, si on désigne par s la longueur du corps de l’arbre comprise entre et P„ on a:

s . a Qx

s a'Qt s+« 1 ’

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

les valeurs de jj , se déterminent, ici encore, par la formule

(87). Pour une disposition de ce genre, il peut arriver que cette formule conduise à y — O pour un certain point; c’est ce qui a lieu, si, pour un point situé à une distance x0 du point d’application de Q, (fig. 264), ou a la relation :

Qi

Dans ce cas, pour se rapprocher le plus possible de la forme indiquée par la théorie, il convient de faire usage, dans la pratique , d’un tronc de cône creux ; on peut encore économiser la matière , en ayant recours à un rétrécissement dans cette partie de l’arbre; toutefois, le diamètre correspondant à l’abscisse x0 ne doit pas être indéfiniment réduit, car il existe toujours eu ce point un certain effort de glissement (§ 221).

Exemple. Q, = 2000*, =» 1000*, » = 1800mm, a, = a, — 800"".

plu», g

1900—000. ' Ï8dtJ+ soo

14 par suite P - 7 ’ 3,100 116’ 1 ’ ' HT

île

1923*: nu

f , d’où P, = 501000 26’ 26

moyen de ces valeurs , il est facile de déterminer les dimensions des tourillons

ce point se trouvant compris dans la longueur du corps de l’arbre, il y a lieu d’appliquer le mode <t approximation indiqué précédemment.

et des fuseaux. On a d’ailleurs y — 0 pour x„

Application de la irrapbostafiquc aux arbres à double charge.

Supposons que les forces données Ç, et 0* agissent normalement à l’axe A T) et dans le même sens, comme précédemment (fig. 265). Sur la ligne A a..., perpendiculaire à AD, portons les longueurs a.l =« On 1.2 du point 0, choisi

comme pôle, menons les rayons Oa, 0 1, 02, prolongeons aO jusqu’à sa rencontre, en b, avec la direction de la force On par ce point b menons br. parallèle à 1 O et par le point c, qui se trouve sur la direction de Qt , cd parallèle à 2 0; joignons enfin le point d au point a. Si, par le point 0, dans le polygone des

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

forces, nous menons 03 parallèle à d a , 2 3 représentera la pression P, sur le tourillon B, et 3 a la pression P, sur l’autre tou-

Fig. 265. Fig. 260.

rillon A ; abcd est la surface des moments, dont les ordonnées verticales t, servent à déterminer, comme on l'a indiqué précédemment (I, § 90), les diamètres correspondants de l’arbre. Le point d’intersection c des lignes uh et de prolongées fournit un point, par lequel doit passer la résultante des forces Q, et

Si on commence par déterminer d’abord la ligne Ke, par exemple au moyen de la méthode du § 40, le problème actuel peut se ramener à celui qui a été résolu précédemment (I, § 30) et, dès lors, la direction de la ligne ad peut être choisie d'avance, connue on l’a fait dans ce premier cas.

Si l’un des efforts s’exerce en dehors d’un des tourillons, (fig. 266), il peut se rencontrer, sur la ligne élastique, un point pour lequel le moment de flexion soit nul; c’est ce qui a lieu, lorsque la résultante des forces <?, et Ç, tombe entre les appuis A et B (comme dans le problème I. b. § 9u). L'effort de glissement, qui existe en ce point et que nous avons mentionné plus haut, se trouve représenté par 1.3.

Lorsque la résultante des forces Qt et Qt tombe eu dehors des deux tourillons, comme dans la fig. 267, ce point de flexion nulle n’existe plus, mais la pression P, agit dans le même sens que les forces Ç, et Qt ; la méthode à suivre, dans ce cas, est d'ailleurs identique h celle que nous' venons d’indiquer.

11 peut encore arriver que la résultante tombe directement sur le support B. Dans ce cas, les moments- des forces, qui tendent à produire la flexion, sont complètement nuis sur la longueur AB, taudis que, dans l’hypothèse précédente, ils étaient

AKBKES A SECTION CIRCULAIKE.

simplement très -petits; les deux lignes limitant la surface des moments coïncident sur cette longueur AB. Dans ce cas, il

Fig. 267. Fig. 268.

convient de donner simplement au fuseau AB et au tourillon A des dimensions suffisantes pour résister aux efforts accidentels ou aux forces qui ne sont pas comprises dans celles qu’on introduit dans le calcul: ces dimensions peuvent donc être généralement très - faibles. La décomposition des forces isolées en d'autres forces, situées dans les plans extrêmes des moyeux, s’opère comme on l’a indiqué au § 90.

En dehors des différents, cas particuliers, qui viennent «l’être examinés, on pourrait en imaginer beaucoup d’autres, par exemple, ceux qui correspondraient à des charges agissant dans des sens opposés, mais comme les exemples précédents suffisent parfaitement pour faire comprendre la marche qu’il convient de .suivre, nous ne croyons pas devoir nous y arrêter.

Arbre soumis si deux efforts obliques. Essieu de wagon. Arbre de grue.

Lorsque les forces Ç, et Q„ au lieu d’être normales à l’axe, viennent A agir obliquement, la solution graphique, du problème continue si présenter sensiblement le même degré de simplicité. Nous choisirons, comme exemple d’application de la méthode, un essieu de wagon, en négligeant les influences accessoires, qui n’ont, en réalité, qu’une faible importance.

ARBRES A SECTION CIHC17LAIRE

En dehors de la charge verticale Q (lig. 269), appliquée au centre de gravité S du wagon , il peut se produire, de temps

Fig. 269.

à autre, au même point, une force horizontale H, résultante de la force centrifuge et des vibrations, qui, d’après Seheffler, peut s’élever à 0,4 Q. Ces deux forces ont une résultante R, qui agit obliquement sur l’essieu. Cette force donne naissance à des pressions, à la fois sur les têtes de rails À', et JT, et sur les tourillons A et D. Pour obtenir les composantes sur les rails, il convient de remarquer que, pour le rail Kt, il ne peut y avoir qu’une pression normale au bandage et que, par suite, on doit prendre l'angle LKt S' — 90°. Aux points d’intersection B et C de l’axe et des directions des pressions exercées sur les rails, ces dernières peuvent se décomposer en forces verticales Qt et Qt et en forces horizoutales, qu’on peut négliger; les efforts obliques, exercés sur les tourillons, peuvent de même être remplacés par des composantes horizontales et les pressions verticales Pj et P2 ; ces dernières permettent de calculer les diamètres </, et d2 et d’obtenir ainsi le résultat qui a le plus d’importance dans la question. Maintenant, par le point d’application E de la résultante R sur l’axe, meuous Ec perpendiculaire à

Rouleaux, le Constructeur. 15

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

AD et à ad, joignons ea et ed et réunissons par une ligne droite les points b et c, où les lignes précédentes sont rencontrées par les directions de et prolongées; enfin, par les extrémités B', B ", C, C", menons des perpendiculaires à ad et joignons b' b", c c" ; nous obtenons ainsi le polygone funiculaire ab'b"c'c"d pour le cas actuel. Les ordonnées t de ce polygone servent à déterminer, comme précédemment, les diamètres y de l’arbre, en partant du diamètre r/, du tourillon et de l’ordonnée f, correspondant au collet de ce tourillon.

La direction de la pression A", B peut être déterminée par un procédé plus simple que celui qui consiste à faire usage du point 8‘, dont le tracé est souvent incommode. Imaginons qu’on joigne un point quelconque de la résultante R, le poiut E, par exemple, avec les têtes de rails AT, et AT,, qu'on décompose cette résultante R*= Er (fig.270) ^en deux composantes Eks et k^r = E klt suivant les directions EK% et AA,, qu’on mène ks 1 horizontal et El parallèle à la direction connue K,, S\ les deux longueurs ainsi déterminées, IE et rl, représentent respectivement les efforts exercés en K, et K , et la seconde donne la direction cherchée; Ekt et l sont les forces intérieures, agissant au sommet Kt du polygone funiculaire et qui doivent être en équilibre avec la pression, de direction connue, KtS'.

Comme la force horizontale H peut être dirigée aussi bien à gauche qu’à droite, il convient de faire usage, pour chacune des moitiés de l’arbre, de la partie du polygone ass'I/b', qui a la plus grande surface; c’est pour ce motif que cette surface se trouve reproduite symétriquement à gauche, en pointillé. En outre, ou peut tracer le polygone funiculaire pour la seule charge verticale Q. Ce tracé fournit, pour le corps de l’arbre, une ordonnée plus grande que s s et c’est celle dont on doit se servir. La forme générale du corps de l’essieu est alors celle d’une surface de révolution, évidée au milieu, telle que celle représentée par la lig. 271, dont on trouve, dans la pratique, de nombreuses reproductions. Les tourillons des essieux de wagons ayant une vitesse de rotation de 250 à 300 tours, par minute, il convient, lorsqu’on les fait en fer forgé, d'adopter le nombre 2 pour le rapport de la longueur au diamètre. Les

Fig. 270.

ARBRES A SECTION' CIRCULAIRE

collets de ces tourillons jouent, dans les courbes, un rôle assez important, en raison de la force latérale H ; il convient, par

Fig. 271.

suite, de donner à la saillie e de ces collets une hauteur égale à ~ ou même -^, c’est-à-dire de la faire notablement plus

forte que dans les tourillons ordinaires.

Les arbres verticaux des grues sont généralement soumis à des efforts obliques, agissant sur plusieurs points, comme nous allons le voir dans les exemples suivants. Une grue de quai, à arbre vertical (tig. 272), est soumise à la charge L et au poids propre G du treuil et du bras, qui se composent pour donner une résultante totale Q sur la colonne (voir l’exemple § 34 et la remarque page 92). En A et B sont des tourillons de rotation et en CD l’arbre se trouve engagé dans un croisillon en fonte, solidement fixé en E et F. Pour déterminer tout d’abord les efforts en ces deux points, traçons le polygone funiculaire efq et le polygone des forces e2 1 O, où 21 «= Q, l e =* la force Qn en F, et c2 = la force <?2, en E. Ces trois forces extérieures, agissant toutes les trois parallèlement à l’axe de l’arbre, nous pouvons faire usage de la méthode de la fig. 259. Si, dans la üg.273,

Fig. 272. Fig. 273.

nous menons qt qs = Q, qtq3 parallèle à A g, et perpendiculaire à AB, nous obtiendrons les forces horizontales P, et P4, Y une en

ARBRES A SECTION CIRCIEAIRE.

A, l’autre en B. Le tourillon en A doit supporter toute la charge verticale; par conséquent, à la force P,, en A, vient s’ajouter la force Ç [tour donner une résultante inclinée P, Menons maintenant Cfx perpendiculaire à AC, faisons f2 f\ — Qx et, après avoir joint le point fx au point I), tirons ftf3 parallèle à Cfx, la ligne ftf3 représente la grandeur d’une force qui, pour le point C, est dirigée de droite à gauche, et, pour le point D, en seus contraire. De même, si on porte, suivant c, cs, la force Q», qu'on joigne e, D et qu’on mène et c3 parallèle à <4 C, cette longueur c, e3 représente la grandeur d'une force dont l'action, pour le point C, est encore dirigée de droite à gauche et, pour le point /), en sens inverse. Nous devrons prendre, par conséquent, P, = - j-CjC*

et 1\ -- vt e3 + f3 /j. La pression verticale de l’arbre est tout entière reportée en D : nous aurons donc à composer en ce point la force verticale Q = ft fx — c, avec P4, pour obtenir la résultante P\ (comme vérification le point d’intersection S de P,' et de P'4 doit se trouver sur la résultante de P3 et Ps).

Si nous négligeons, comme précédemment, la compression de l’arbre, nous pouvons, avec Px, P2, Ps, P4, fonner le polygone des forces a2 3 0, représenté, à échelle réduite, fig. 272, et obtenir ainsi la surface des moments abed.

La fig. 274 représente une autre disposition de grue, avec un arbre mobile, sur lequel sont fixés le mécanisme du treuil et la flèche. Eu supposant donnée de nouveau la position de Q — L + G, transportons cette force (J en qx q3, la ligne Aqx étant menée, par le point A, perpendiculairement à l’arbre, et, après

Fig. 274. Fig. 275.

avoir joint qx et I), menons, parallèlement ii Aqx, la ligne q3q3, jusqu’à la rencontre de qx D; q3qt représente alors la force horizontale P„ en A , et q2 q3 la force également horizontale P4,

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE. 229

en D. Cette dernière se compose avec la force Q pour donner une résultante oblique.

Far une décomposition tout-à-fait analogue de Q, aux points B et C, on obtient les forces horizontales P, et P3, lesquelles sont égales, mais de sens opposés; la dernière se compose avec la réaction Q, pour donner également une résultante oblique. Les quatre forces horizontales, que nous venons d’indiquer pour les points A, B, C, D, présentent une disposition tout-à-fait identique à celle des charges normales de la fig. 259. Nous obtiendrons donc mie surface de moments abcd (tig. 275) entièrement semblable et qui, par conséquent, entre B et D, présente un point, où le moment de flexion est nul; il en résulte que l’axe de l’arbre doit présenter une double flexion, l'une à droite pour la partie supérieure, l’autre à gauche pour la partie inférieure. Dans le polygone des forces, on a:

2a =» P„ a2 P„, 2 1 ■= P4 et 1 2 — P,.

Arbre eharge en un nombre de points égal ou supérieur à trois.

Supposons, ce qui se présente assez fréquemment, qu’nn arbre se trouve chargé en quatre points; en désignant par Q, , Qs, Qs, Qt (fig. 276) les différentes charges et par s,, s,, s9 les longueurs de l’arbre, comprises entre, les directions de ces forces, on aura:

équation qui, par un changement convenable d’indices, peut

donner également la valeur de ~ ; comme moyen de simplifica-

Vs

tion on de vérification des calculs, on peut faire usage de la relation I\ +?, = (), + Qt + Ç4-

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

.Si on suppose nulle» à la fois les deux quantités Çt et s3, on obtient une expression qui se rapporte à un arbre chargé en trois points; si on fait, de plus, <J3 <*= û et s, -= 0, on retombe sur la formule (86) pour un arbre chargé en deux points; enfin pour Qa ==* 0 et s, = 0, on se trouve dans le cas d’un arbre simplement chargé en un point.

Pour les différentes parties du corps de l’arbre, on peut établir des formules analogues à la relation («7); il suffit d’ailleurs, dans la pratique, de réunir par de simples troncs de cônes, les différentes têtes de cet arbre.

Le diamètre de la tête de l’arbre correspondant à se détermine par la formule:

Pi

fi+M

1 Vi

Vi Q*

Si, dans cette formule, on égale successivement à 0 les quantités s3, s8 et s,, on obtient les valeurs de D’-

Dans le cas on l’un des fuseaux serait chargé en porteà-faux, la méthode à suivre peut se déduire facilement de ce qui a été fait précédemment pour des cas analogues; on peut également arriver directement au résultat, en considérant a, ou a, comme négatif.

Quant à la détermination graphique des forces et des moments, elle peut se faire de la manière suivante: avec les forces données, depuis 1 jusqu’à 5, on forme le polygone des forces, puis, d’après les indications du § 40, le polygone funiculaire nbcdefg-, on trace ensuite, dans le polygone des forces, 06 parallèle à g a; 5 6 représente alors la force Pj> en G, et 6 n la force P,, en A. Ces forces P, et Pa permettent de calculer les tourillons d, et dt) en .4 et en G, tandis qu’on peut faire usage, comme précédemment, des ordonnées du polygone funiculaire, pour le calcul des diamètres aux différents points de l’arbre.

Le point d’intersection h des lignes ah et gf prolongées est un point de la direction Mb de la résultante de toutes les forces depuis 1 jusqu’à 5. Si on veut commencer par déterudner la position de cette résultante, au moyen de la composition successive des charges (§ 40), il est très -commode de se donner le

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

point O tel que a g soit parallèle h AG. On peut aussi d’ailleurs rabattre facilement le polygone funiculaire oblique, trouvé précédemment, sur une ligne parallèle à AG.

Fig. 277.

Si l’arbre a plus d’un fuseau chargé en porte-à-faux, comme on l’a supposé dans la fig. 278, la marche à suivre reste toujours la même; en partant du point a, on construit d’abord le

ARBRES A SECTION CIRCULAIRE

polygone des forces «5 0, puis le premier côté du polygone funiculaire b a jusqu’à l’aplomb A a de la première force, le second côté an jusqu’à la direction Ce de la seconde force et ainsi de suite, jusqu’au dernier côté eh, qui ferme le polygone. Les directions du premier eôté du polygone et de l’avant -dernier se coupent en un point de la résultante H h.

Ia; problème que nous venons de traiter donne lieu à différents cas particuliers , qu’on obtiendrait en supposant des charges dirigées en sens opposés ou inclinées sur l’arbre. La solution de chacun de ces cas ne peut d’ailleurs présenter aucune difficulté en se reportant aux problèmes du même genre, traités précédemment.

Arbre soumis à des forces situées dans des plans différents.

Le calcul analytique des dimensions d’un arbre chargé présente des difficultés notablement supérieures à celles que nous avons rencontrées jusqu’ici, lorsque les forces agissent dans des plans différents (tig.^279); la méthode graphostatique, au contraire,

Fig. 279.

permet d’arriver facilement au résultat. On commence par construire les polygones des forces AO, 1 et D0t 2 (fig. 280), pour 0, et avec des distances de pôles égales, G01 = HO„ de

Fig. 280.

ARBRES A SECTIONS DE FORMES COMPLEXES

manière il faire coïncider, en AD, le» deux ligne» de fermeture de» polygones funiculaires Ab' I) et Ar" J) qu’on trace ensuite; cela fait, on reporte les ordonnées du second de ce» polygone» sur de» ordonnée» inclinées B B" — Bb", CC" =• Ce", etc., qui font avec le» ordonnée» verticale» du premier polygone, et en arrière, un angle « , précisément égal à celui que font les deux plans passant par l’axe et par chacune de» deux forces Q, et Qt. Si on prend ensuite 7fô = B " b', Cc= G" c, Ee **= E"e, etc., on obtient un polygone funiculaire AbefcD, dont les ordonnée» verticale» (tj 44) fournissent les moments de flexion, nécessaires pour déterminer les dimensions de l’arbre. La ligne befe est une ligne courbe (arc d’hyperbole), taudis que Ab et r.D sont de simple» lignes droites. Si on mène encore O, O, parallèle à Al, Oj 0,' parallèle à D 2 et que, par les points 0,' et Ot’, on trace les lignes 0,'./ et 0,,' K perpendiculaires k Al et à 1)2, AJ et B K représentent les pressions P, et P, des tourillons, qui toutes les deux doivent être mesurées à l’échelle adoptée pour les polygones des force».

B. Arbres à sections de formes complexes.

Section annulaire.

Pour le» arbre», dont la section est une couronne circulaire et qui présentent, par conséquent, une forme analogue à celle des tuyaux, on commence par calculer les tourillons, comme tourillons creux, en faisant usage des données du § 79 ( f ), puis, en conservant, pour la partie creuse, la proportion admise dans ce premier calcul, on détermine, par rapport au diamètre du tourillon creux, toute» le» autres dimensions de l’arbre, exactement comme nous l’avons fait avec les tourillons pleins. Le rapport du vide au diamètre extérieur, dont on fait le plus généralement usage, est 0,6.

Cette méthode de calcul peut d’ailleurs être remplacée par la suivante: après avoir déterminé toutes les dimension» de l’arbre, en supposant la section circulaire et pleine, on adopte la valeur qu’on juge la plus convenable pour la proportion du vide et on augmente alors les différents diamètres, trouvés précédemment, dans le rapport indiqué par le second membre de la formule (65).

ARRHES A SECTIONS l>E FORMES COMPLEXES.