A CO U U SS K

Il reste à trouver e et i. On les obtient directement à l’aide des formules (VI)3 et (VII)2, qui se calculent facilement par logarithmes, et l’on trouve :

e = 0m,0235 et i = 0m,006 1 ,

En résumant tous ces résultats , on voit qu’on a trouvé

par le calcul :

1° L’angle de calage . . =15°

2° Le rayon d’excentricité r. . . . — 0m,07I6

3° Le recouvrement extérieur e. . . = 0m,0235

4° Le recouvrement intérieur i. . . = 0ra,0061

Or, les mesures directes prises sur la machine donnent : 1° L’angle de calage. ....... = 14°

2° Le rayon d’excentricité r. ... . = 0m,072

3° Le recouvrement extérieur e. . . = 0m,026

4° Le recouvrement intérieur i. . . = 0m,006

Toutes ces valeurs sont, comme on le voit, très-rapprochées de celles données par le calcul.

Quatrième exemple.

Le quatrième exemple, qui se rapporte à des machines tenders, commandées par le chemin de fer de l’Ouest, pour la section de Versailles (rive droite), est destiné à montrer comment le calcul doit être dirigé lorsqu’il se présente une certaine particularité, qui a lieu souvent lorsqu’on emploie la coulisse simple et qu’on ne fait pas usage du guide quarré de la tige du tiroir. Cette particularité consiste en ce que, contrairement à ce qui a été supposé jusqu’à présent, la course du tiroir ou plutôt du coulisseau et celle du centre du piston ne se font pas dans un même plan passant par l’axe de l’essieu moteur. Ainsi, dans le cas actuel, les tiroirs sont au-dessus des cylindres. LL' [voir la PL I, fîg . 6) est la direction de l’axe du piston et le coulisseau est en N ; puis la tige du tiroir est articulée en P et les mouvements du tiroir sont à ceux du coulisseau comme MP est à MN. Ici on a MI = 0n‘,i 55 ; MN — 0n,,517 et MP = 0“,589. Donc NI = O"1, 362; et, en joignant le point N au centre O de l’essieu moteur, on peut calculer

THEORIE DE LA DISTRIBUTION

l’angle NOl, dont la tangente est égale à NI, divisé par la distance moyenne de la coulisse au point O, distance égale à la longueur des barres d’excentriques. On trouve cet angle égal à IG 21'.

La meilleure manière de résoudre la question est de ramener ce cas au cas ordinaire traité dans l’exemple précédent, ce qui se fait très-simplement. Ainsi, au moment où le piston est à fond de course, il faut considérer les deux excentriques comme calés symétriquement par rapport à la ligne qui réunirait le centre de l’essieu moteur au coulisseau. Alors les deux angles de calage, avec la perpendiculaire à la manivelle, sont différents. Celui de l’excentrique de la marche en avant est inférieur à l’angle du calage, symétrique avec la perpendiculaire à la ligne qui joint le centre de l’essieu moteur avec le coulisseau, d’un angle égal à 16° 24', et celui de l’excentrique de la marche en arrière est supérieur au même angle, du même angle «le 16° 24'. On se trouve donc conduit à cette règle trèssimple: suivre exactement la même marche, avec les mêmes formules, que dans l’exemple précédent. On arrive ainsi à certaines valeurs de r, 6, e et i; puis, au lieu de prendre un angle de calage de 90° — 6, donner à l’excentrique de la marche en avant un angle de calage sur la perpendiculaire à la manivelle de 90° — 6 — 1G° 24' et à l’excentrique de la marche en arrière , un angle de calage sur la perpendiculaire à la manivelle, de 90° — 0 4-iG°24'. Si le tiroir, au lieu d’être au-dessus du piston, avait été au dessous , il aurait fallu faire l’inverse : donner à l’excentrique de la marche en avant, un angle de calage , sur la perpendiculaire à la manivelle, de 90° — 0-|-16o24', et à l’excentrique de la marche en arrière, un angle de calage, sur la perpendiculaire à la manivelle, de 90° — 0 — 16° 24'.

On peut aussi résoudre la question différemment.

En effet, imaginons toujours les deux rayons -d’excentricité calés symétriquement par rapport à la manivelle. Il est évident qu’en prenant pour point de départ le moment où la manivelle est dans la direction ON vers l’ar-

rière, c’est-à-dire, faisant au-dessous de la ligne OLL' un angle de 16° 24', le mouvement du tiroir, dans la direction ON, sera donné par les formules ordinaires et que,, quand la manivelle aura tourné de 16° 24', c'est-à-dire sera venue vers l'arrière, dans la direction OLL', le tiroir aura marché d'une quantité correspondante à ce même angle. Cela revient donc à mettre le tiroir en avance sur le piston d’une quantité répondant à cet angle. Les calculs se feront donc exactement de la même manière à cela près que le zéro des angles, pour les formules du tiroir, correspondant à l’instant où la manivelle est en arrière dans la direction ON, tous les angles de rotation w fournis par les positions du piston devront être augmentés de 16° 24'. Ainsi, par exemple, l'extrémité de la course du piston vers l’arrière ne répondra pas àw=0, mais à w = 16° 24'; l’autre extrémité ne répondra pas à« = 180°, mais à

parce que, je le répète, les angles de rotation doivent être comptés à partir de la direction ON prolongée vers l’arrière et non pas à partir de la direction OL prolongée vers l’arrière. Par la même raison, si le tiroir avait été au-dessous du piston, comme cela arrive quelquefois, les angles donnés par les positions du piston auraient dû être diminués au lieu d’être augmentés de l’angle NOL

Voici maintenant quelles étaient les données particulières à l’exemple actuel. Il y avait huit crans pour la marche en avant et huit crans pour la marche en arrière. Les barres étalent droites. On voulait, pour le huitième cran, une admission de 0,75 de la course et une avance à l’échappement pour ce même cran de 0,08 de la coui*se. On voulait, toujours pour le huitième cran, une avance linéaire de 0m,007 et une ouverture maxima des lumières de 0m,027. On a 2c = 0m,485, et la course totale du coulisseau dans la coulisse est de 0m,325. On a, de plus, m — 0m,28; b = lm,9I0 et = 230.

Quant aux formules à employer, elles sont à très-peu

THEORIE DE LA DISTRIBUTION

près les memes cjue dans l’exemple précédent. Ainsi , on a toujours

tgc +

tgO

On a toujours B et

'-c-d*0 r ^1 — sin 0 -

cos 6

k = r cos 0 + -r sin 0.

Seulement la formule to0 = — — se trouve remplacée par celle-ci, qui s’obtient de la meme manière.

B cos o — A sin co*

Dans cette formule, cp représente l’angle dont nous avons parlé au commencement de cet exemple et qui est égal à 16' 24', et (rf*o0) indique la quantité, généralement négative, qu’il faut ajouter à l’angle to , pour avoir l’angle de rotation to0 correspondant au commencement de l’admission.

Enfin la formule qui donne le rayon d’excentricité est , dans le cas actuel,

U Zi

cos (0 — Q ) — cos (0 — cp) — - [sin (0 — cp) — sin (0 — Q)] — - si n 0 (sin Q — sir

Cette formule générale s’obtient toujours de ta même manière que dans les autres exemples. Voici maintenant comment se fait l’opération.

La fin de l’admission répond à 0,75 de la course , soit à 0n\42.

En faisant l = 0,n,42 dans la formule

/ y/ IP1 — m 2 sin 2 co — b + m ( 1 — COS to) ,

on trouve, après deux ou trois approximations successives, 123° 25', pour l’angle de la fin de l’admission compté depuis l’instant où le piston est au commencement de sa

course. Donc l’angle w1 de la lin de l’admission compté a partir de l’origine des angles de rotation , sera

to1 = 123° 23' + \ G0 24' — 139° 49'.

L’angle Q est toujours la moyenne entre l’angle du commencement et celui de la fin de l’admission. Or, prenons pour première valeur approchée de œ0 l’angle <p = 16° 24', qui correspond au commencement de l’excursion du piston. On aura, pour première valeur approchée de Q,

Substituant dans la formule

tgQ +

tgG

u u ~c —5tgû

on a pour première valeur approchée de 6 :

Substituant ensuite ces premières valeurs de Q et de 0 dans la formule

(fl-sy

cos (G — £2 ) — cos (G— cp) — - [sin (G — <p) — sin (G — a ] — - sinG (sin Q— sin<?)

on a pour première valeur approchée de r r 1 = 0m, 049224.

A l’aide de ces valeurs, on obtient :

B, = 0,0326524 et A, = 0,0068762 ;

puis

(dtùjx = — 42° 4' 10".

11 ne faut pas oublier que, dans la formule qui donne (<Ao0), 8' représente, comme dans l’exemple précédent, l’avance linéaire 8 réduite dans le rapport de MN à MP, de même que , dans la formule qui donne r, le numérateur (a — $y représente a — 8 réduit dans le même rapport.

On aura donc, pour première valeur approchée de w0 ,

la valeur de © augmentée de (é/w0)1 , c’est-à-dire

K) 1 = 1 6° 24' — 1 2° 4' 1 0" ou (w0) 1 — 4° 4 9' 50" .

On a ensuite une seconde valeur approchée û2 de Q, en prenant la moyenne entre (w0)1 et cor On a ainsi :

Puis, à l’aide de , on a une seconde valeur approchée de 6 ,

Puis on obtient une seconde valeur approchée de r, r2 = 0m, 058631 .

Ensuite on trouve :

Bâ = 0,0383015 ; A2 = 0,0123904 et enfin (fi?w0)2 — — 10° 39';

-d’où (ù)0)s = 5° 45' et Q3 = 72°47'.

En continuant toujours de même, on trouve :

63 = 82° 2' 30" et r3 = O'11, 057386 ;

puis e4 = 81°59'10" et ru = 0m, 057526.

Les valeurs de 6 et de r ne variant plus sensiblement , on peut prendre pour valeurs de 0 et de r,

0 = 82° ou l’angle de calage = 8° et r = 0m,0575.

Pour calculer le recouvrement extérieur, il faut se servir de la formule

UT UT

qui exprime que, quand l’angle de rotation o> est égal à ©, c’est-à-dire quand le piston est à fond de course, la course du tiroir est e + $, ou son avance linéaire est 0. On trouve ainsi :

et, comme

(e + S)'XMP

on a e + 8 = 0,024925

et par suite e = 0m, 017925 ou e = 0m,018.

Cherchons maintenant i , ou le recouvrement intérieur. Or, on veut que, pour le premier cran, l’avance à Péchap-

peinent soit les 0,08 de la course du piston, soit 0m,0448. Il faut donc faire / = 0m,56 — 0,0448 = 0m5 152 dans la

formule

/ = sJ b~ — mi sin2 w — b-\-m{ 1 — cosw), qui donne, après deux ou trois approximations successives, w = 1490 1 4' 10";

mais pour avoir l’angle de rotation correspondant w3, il faut ajouter 15° 24', d’où résulte

Substituant dans la formule connue

i — — r cos (6 — to

ur . , ur . .

— sin ( 0 — co„ J sin 0 sin co« ,

on a Or