PowerPoint Timeline Slide Template.pptx

Projet de fin d’étude pour l’obtention du
diplôme de Licence Appliquée en Génie Mécanique
Année universitaire : 2020/2021
Elaboré par :
ALOUINI KHALED
Encadrant Professional :
CHEBIL Nourddine
Encadrant académique :
BEN ABDELALI Hamdi
Étude et Conception D’un Système Charge Et
Décharge Des Blocs De Marbre
Encadrant Académique :
HUID ajmi

Analyse fonctionnelle
Calcul et dimensionnement
Conception
Conclusion
Cadre général du projet
1

Objectif Problématique
Présentation de la société Etude de l’existence
2

Présentation de l’entreprise STE IS&G
• société tunisienne
• Créée en 2003
• Adresse: El Jem, Tunisie
l’activité principale
• l’import et l’export des blocs de
marbre
Spécialité
• Marbre
• Granite
• Céramique sanitaire.
3

Les systèmes des lavages et manutention Utiliser
Etude de l’existence
5
C h a r i o t
m o b i l e
é l é v a t e u r
01 L e
t r a n s p a l e t t e
é l e c t r i q u e
02
L e G e r b e u r
03 c h a r i o t s
P o r t e -
c o n t e n e u r
04
Transports au sol (énergie manuelle, électrique ou thermique)

Transports aériens (énergie mécanique, électrique)
P o n t s
r o u l a n t s
01
L e s
p o r t i q u e s
02
P o t e n c e
p i v o t a n t e
03
6

 l’entreprise IS&G utilise une grue a portique
1ère étape :
7
L’etat actuel
Déplacement X
Déplacement Y

 l’entreprise IS&G loyer un chariot élévatrice a fourche
2ème étape :
8

1
2
3
Par grue a portique
Par Grue a portique
Par chariot élévatrice a fourche
4
Par la grue a portique
5
des blocs de marbre arranger
Lever les blocs de marbre
Charger ou décharger les blocs
Levage et manutention le contenure
élaborer la Conteneur au dessu
de camion
Cadre général du projet : charge et d’charge
9
Grue a protique

Avantage et inconvénientsdu processus
Les coutes de sous-traitances au
niveau de la manutention plus
élever
Le prix de chariote élévatrice a fourche
plus couteux
longtemps d'attente
limiter la masse de levage
C’est la seul méthode le plus utiliser pour
levage et manutention des marbres
C’est une solution flexible
Peu d'entretien
un personnel qualifié pour manipuler
un chariot élévatrice
Problématique !
10

01 Améliorer la masse de
levage de 25 T a 30 T
02 Minimiser le temps
d'attente
03
Résoudre tous les
problèmes
possibles
04
Garantir la sécurité
des personnels et du
matériel
05
Automatiser le
système
Objectif de notre projet
11

Cadre générale du projet
Conception
Conclusion
12
12

14
Réglage L’utilisateur WE, WH
Système Charge et décharge des blocs de marbre
Marbre en
position initiale
Marbre en
position finale
charger et décharger des
blocs de marbre dans le
conteneur
Command

A qui ? (A quoi ?)
L’utilisateur
Sur qui (quoi) s’agit-il ?
Marbre + conteneur
Produit
Système
Charge et
décharge des
blocs de
marbre
Dans quel but ?
Charger et décharger des blocs de
marbres dans le conteneur
15

Utilisateur
Charge
(marbre)
Énergie de
commande
Environnement
Sécurités /
Normes
Conteneur
Système Charger
et décharger des
blocs de marbre
16
FP1 FC1
FC4
FC3
FC2
Grue

17
 Fonction principale
FP1 : assurer le chargement et le déchargement du marbre vers la cabine du conteneur.
 Les fonctions contraintes
FC1 : Assurer la mobilité du conteneur par rapport leur système.
FC2 : Respecter les normes et les règles de sécurités (à la fois mécaniques et électriques, des personnes
et du matériel).
FC3 : Doit être adapté et Résister à son environnement d’utilisation
FC4 : Utiliser l’énergie nécessaire
FC5 : Coût abordable.
FC6 : Amener le déplacement du marbre vers le système et Respecter la masse du la charge (limite du
système levage)
FC7 : Monter les marbres sur un système guider en translation déplacer ver le fourche
FC8 : Commander le système à distance en tout sécurité

19
0
5
10
15
20
25
30
35
40
FP1 FC1 FC2 FC3 FC4 FC5 FC6 FC7 FC8
Les
pourcentages
Les fonctions
%

FT1 :
commander de chariot
Système de
commande
FT2 :
convertir l’Energie hydraulique en l’énergie mécanique
Circuit
hydraulique
FT3 :
Lever et baisser les marbres
20
FPT1 :
Système Charger et
décharger d’un bloc de
marbre.
FT33 :
Monte-charge
4 Vérins
hydrauliques
FT4 :
entrainer le chariot
longitudinal
FT24 :
adapter la vitesse et le
couple
Réducteur de
vitesse
FT25 :
transformer la rotation de
l'arbre moteur a l'arbre sortir
Moteur
réducteur
Roue et pignon
FT26 :
Assurer le guider de chariot
en mouvement de translation
Chemin de fer à
crémaillère
FT2 :
entrainer le chariot
longitudinal
FT27 :
Assurer le guidage de
chariot en mouvement
Roue/ galets
Capteur fin de
course
FT5 :
détecter les limites du mouvement
du chariot longitudinal

21
transformer le mouvement de rotation en translation
Solution 1 : Solution 2 : Solution 3 :
Choix des critères :
C1 : transmissions d’efforts
importants
C2 : déplacement linéaire
important
C3 : réversibilité
C4 : réduction de la vitesse
Critères K S1 S2 S3
Note Total Note Total Note Total
C1 5 3 15 2 10 1 5
C2 5 3 15 2 10 1 5
C3 4 2 8 2 8 3 12
C4 3 2 3 2 6 2 6
Total 44 34 28

22
adapter la vitesse et le couple
Solution 1 : Solution 2 :
Choix des critères:
C1 : grande puissance
C2 : faible vitesse
C3 : fort couple.
Critère K S1 S2
Note Total Note Total
C1 4 3 15 2 10
C2 3 3 12 2 8
C3 5 2 4 1 2
Total 31 19

Cadre générale du projet
Conception
Conclusion 23

Mon système et baser sur la modification de la partie avant de la chariot
élévatrice
25
Calcul et Dimensionnement

calcul des efforts nécessaire
26
les deux actions monte et descend se fait par les vérins qui a monté verticalement vérin A et A′
Au cours du déchargement dans la 2eme cas.Il faut actionner les deux [vérins B et B'] pour faire une
inclinaison d’angle varie de 0 a 6 degré



M1
M2
G2
G1
Charge
O0
Y0 Y1
X0
X1
d1
d2
B
A
ym2
lBx
lBy
ym
1
lAx
lAy
F
Contre poids
𝐏𝟏
𝐏𝟐
Vérin
A
Vérin
B
A

27
En appliquant le PFD pour ce système et pour cas quasi statiques nous pouvons écrire
MP1 + MP2 + MF + MP0 = 0
On calcule chaque produit vectoriel.
OG1ΛP1 =
d1
Ym1
0 𝐑1
Λ −
0
m1
0
g1
𝐑0
=
Pour déterminer la force d’ l’inclinions 𝐅 d’abord on transforme tous les vecteurs dans la même base (repère 𝑹𝑶),
En utilisant la matrice de passage du repère R1 vers le repère R0 donnée par : M1
0
=
cos α sin α 0
−sin α cos α 0
0 0 1
1)
M1
0
× OG1 Λ −
0
m1
0
g1
𝐑𝟎
=
cos  sin  0
−sin  cos  0
0 0 1
×
d1
Ym1
0
Λ −
0
m1
0
g1
𝐑𝟎
=
d1 cos  + ym1 sin 
−d1sin  + ym1 cos 
0
Λ −
0
m1
0
g1 =
0
0
−m1g d1 cos  + ym1 sin  𝐑𝟎

28
2)
OG2 Λ P2 =
−d2
Ym2
0 𝐑𝟏
Λ −
0
m2
0
g2
𝐑𝟎
= M2
0
× OG2 =
cos  sin  0
0 0 1
×
−d𝟐
ym2
0
=
− d2 cos  + ym2 sin 
d2 sin  + ym2 cos 
0 𝐑𝟎
OG2 Λ P𝟐 =
−d2 cos  + ym2 sin 
d2 sin  + ym2 cos 
0
Λ −
0
m2
0
g2
𝐑𝟎
=
0
0
−m2g −d2 cos  + ym2 sin  𝐑𝟎
3)
OA Λ F =?
On pose :
OA =
lAx
lAy
0 R1
=
lAx cos α + lAy sin α
−lAx sin α + lAy cos α
0 R0
; OB =
lBx
lBy
0 R0

29
En plus on a :
AB = OB − OA =
lBx − lAx cos α − lAy sin α
lBy + lAx sin α − lAy cos α
0 R0
On pose...
D = AB = lBx − lAx cos α − lAy sin α
2
+ lBy + lAx sin α − lAy cos α
2
D = lBx
2
+ lBy
2
+ lAx
2
+ lAy
2
+ 2lBx −lAx cos α − lAy sin α + 2lBy(lAx sin α − lAy cos α )
OA Λ F =
0 R0
Λ
F
D
0 R0

30
4)
OG𝟏P0 =
x1
Y1
0 R1
Λ
0
−M0g
0 R0
M1
0
× OG𝟏 =
cos  sin  0
0 0 1
×
X1
Y1
0
=
X1 cos  + Y1sin 
−X1sin  + Y1cos 
0 R0
X1 cos  + Y1sin 
−X1sin  + Y1cos 
0
0
−M0g
0
=
0
0
−M0g(X1cos  + Y1sin ) R0
Donc en calculer MP1 + MP2 + MF + MP0 = 0
0
0
+
0
0
+
0 𝐑𝟎
Λ
F
D
0 𝐑𝟎
+
0
0
−M0g(X1cos  + Y1sin ) 𝐑𝟎
=

31
Pour déterminer le force F pour l’inclinaison varis de 0° a 6°. on retrouver le valeur de F très grand
Le calcule de F se fait par MATLABE
La force F en N La force maximal de F en N
Angle d’inclinaison
varie entre
La force F avec
l’absence de contre
poids
La force F avec
le contre poids Paramètres fixer Paramètres variable
0° 6°
Dans ce cas en ajoute un contre poids de masse = ½ du masse de marbre
Le contre poids est une solution pour diminuer l’effort appliqué sur le vérin B
Alors pour optimiser de bonne choix d’effort nécessaire pour l’inclinaison varis de 0° a 6° a travers la
modification des quelques variable.
512000 561100
615200 681600
594100 655000
394200 427000
561100 362800
681600 458300
655000 452000
427000 288700
d1 , Ym1 , m1 , m2
m0 , x1 , y1
Lay , LbX , Lby D2 ,
Ym2

32
362800
458300 452000
288700
561100
681600
655000
427000
0
200000
400000
600000
800000
1000000
1200000
6° 6° 6° 6°
Force en fonction alpha
Force d'inclinaison 6° avec le contre poid Force d'inclinaison 6° en absance de contre poid
F en N
courbe de force en fonction alpha a différent paramètre

33
1. Détermination l’Effort d'avancement de supporte
Le déplacement de supporte se fait par un système de direction pour assurer le guidage en translation par (2 rails + 6 roues).
Pour déterminer L’effort d’avancement nous devons faire certains calculs en tenant compte de toutes les forces.
Ft FN
P
Fd′avancement

34
1. Détermination l’Effort d'avancement de supporte
Mais le poids maximal reparti sur 6 roues
alors
316863
6
= 52810.5 N
effort d′ avancement = δ × Pmax = 52810.5 × 0.0024 =126.74 N effort d′
avancement pour une roue
le poids maximal = Pmarbre + Pconteneur × g
Avec Poids de centenaires = 2.3 tonnes
AN :
le poids maximal = 30000 + 2300 × 9.81 = 316863 N
Pour ce système en utilise un coefficient de résistance au roulement : δ = 0,0024
comme on utilise 6 roues pour ce systéme alors 126.74 × 6 = 760.44 N La force totale nécessaire pour avancer un
conteneur avec charge

35
• Détermination l’Effort pour monter les marbres sur la fourche aux l’angle 6 °
En appliquer le PFD pour le cas de la statique
F = 0
Selon Y :
N − Py = 0
N = Py = P cos α
N = mg × cos α = 30000 × 9.81 × cos 6
N = 292687 N
Selon X :
Ff − Px = 0
Ff = Px = P sin α
Ff = mg × sin α = 30000 × 9.81 sin 6
Ff = 30762 N Alors Ft = Fd′avancement + Ff
AN : Ft = 760.44 + 30762 = 31522.44 N
Fd′avancement = 760.44 N

calcul de transmission de puissance
36
Pour déplacer ce chariot en utiliser un moteur lier avec pignon tourner un roue
réceptrice qui a lier a l'arbre de sortir
Roue mortice
Roue ferroviaire
Moteur réducteur
Roue réceptrice
 Les caractéristiques d’engrenage
𝑍1 = 10
𝑍2 = 21
P = π × m avec P = 100
AN :
m =
P
π
=
100
π
= 31.8  32mm
Le module du roue m = 32 mm selon le norme ISO 54 :1996

37
Nr =
60 × Vc
2 × π × R
Vc = 0.3 m/s
Rrf = 0.23 m
 Calcule de la vitesse
AN:
Nr =
60 × 0.3
2 × π × Rrf
= 12.45 tr/min Avec un rapport r =
10
21
AN:
Nm =
12.45 × 21
10
= 26.145 tr/min
Nm =
Nr
r

38
AN :
Cfr = 0.23 × 35 × 103
× 0.1 + 31523 = 8055.3 Nm
AN:
Cm = 8055.3 ×
10
21
= 2423 Nm
𝐂𝐟𝐫
 Calcule de couple
Crf = (m × a + Fd) Rrf
Cmoteur = Crf × r
Alors le Cmoteur nécessaire = 2423 × 2 = 4846 Nm
 Calcule de puissance
P = Cmoteur nécessaire × ⍵
P =
2 × π × Nm
60
× Cmoteur nécessaire
AN :
P =
2 × π × 26.145
60
× 4846 = 13.261 KW

39
Pour la vérification
𝒎 ≥ 𝟐. 𝟑𝟒
𝑭𝒕
𝒌 × 𝑹𝒆
Ft =
m2 × k × Re
2.342
AN :
Ft =
322 × 7 × 410
2.342
= 53672 N
k ∶ cofficient de langeur de dent 7 ≤ k ≤ 12
m ∶ module de dent mm
Re ∶ résistance d′élasticité = 410 MPA
Alors d’aprés cette vérification Ft ≥ Ftotale d′avancement alors la condition et vérifier

SECTION 3 : étude hydraulique
39
les deux vérins A et A’ se déplacer verticalement de haut vers le bas et vice versa
Vérin A
Vérin B
les deux vérins B’ et B’ actionner par un inclinions varie de 0° a 6°

40
1. Détermination des appareils de centrale hydraulique
A. Choix Les dimension de vérin A
Pour déterminer les dimensions d’un vérin nous devons faire certains calculs en tenant compte de
toutes les forces appliquées.
𝐅1 = 𝐏1 = mg × F1
𝐅1 = m × g =
m
2
× g = 15000 × 10 = 15000 daN
La société charger et décharger des marbre dans la conteneur de masse totale 25
tonnes. Mais parfois on trouve des marbres supérieur a 25 tonnes . Et pour ce la nous
avons fait une étude sur une masse maximal de 30 tonnes
Force nécessaire pour communiquer l’accélération :
charge
𝐅1
𝐏1
La durée de l’accélération représente
𝟏
𝟓
du temps total

41
AN :
F2 = m × a = 15000 × 0.24 = 3600 daN
t =
1
5
× T et C = v × T
T =
C
v
=
1
0.22
= 4.54 s
t =
1
5
× T =
1
5
× 4.54 = 0.90 s
Alors a =
v
t
=
0.22
0.90
= 0.24 m/s2

42
Force réelle totale nécessaire à déplacer la charge : Ft =
F1+F2
0.9
=
3600+15000
0.9
= 19578daN
B. Détermination des caractéristiques du tige du vérin :
On détermine le coefficient du mode de fixation k à partir de la figure suivante
fixation du cylindre est sur une
rotule arriéré.
Avec une fixation de la tige rotule
Donc K =2
L = C × K =
1000 × 2 = 2000 mm
C. Calcul de la longueur libre du
flambage

43
19578 daN
2000

44
D’après l’abaque et le tableau précédent la tige du vérin de diamètre 70 mm, D1 = 100 mm ; D2 = 125 mm
D. Détermination de pression du vérin
Pour D2 = 125 mm
P2 =
Ft
s2
=
419578
  12.52
= 159 bar
Alors les dimensions du Vérin A (Ø 100 x 70) ou (Ø 125 x 70)
Pour D1 = 100 mm
P1 =
Ft
s1
=
419578
  102 = 249 bar

45
On prend comme considération la perte de charge égale (10 à 15%).
Sachant que :
P1 et P2 sont les pressions au niveau du vérin A.
P1' et ' P2' sont les pressions au niveau de la pompe.
Pour la raison d’économie (minimiser la consommation de la pompe). On doit choisir une
pompe qui génère la pression minimale  𝐏 = 𝟏𝟖𝟐 𝐛𝐚𝐫
Alors le vérin A de diamètre (Ø 125 x 70)
P 2
′
= P2 + P2  15% = 173.25 + 173.25  0.15 = 182 bar
P′1 = P1 + P1  15% = 249 + 249  0.15 = 286.35 bar

46
mais en utilisant deux vérins alors
F =
28870
2
= 14435 daN donc chaque vérin supporter 14435 daN
A. Détermination des caractéristiques du tige du vérin B
fixation du cylindre est sur une
rotule arriéré.
Avec une fixation de la tige rotule
Donc K =2
L = C × K =
1000 × 2 = 2000 mm
Les deux vérins (B) et (B’) sont identiques
La force de l’inclinaison maximal a 6 degré pour F = 𝟐𝟖𝟖𝟕𝟎 𝐝𝐚𝐍 pour un vérin
• En déterminer le Coefficient du mode de fixation k à partir de la figure suivante
C. Calcul de la longueur libre du flambage

47
2000
14435 daN

48
Pour D2 = 125 mm
P2 =
Ft
s2
=
4 x 14435
 x 12.52 = 118 bar
D’après l’abaque et le tableau précédent la tige du vérin de diamètre 70 mm, D1 = 100 mm ; D2 = 125 mm
Alors les dimensions du Vérin A (Ø 100 x 70) ou (Ø 125 x 70)
D. Détermination de pression du vérin
Pour D1 = 100 mm
P1 =
Ft
s1
=
4 x 14435
 x 102 = 183 bar

49
On prend comme considération la perte de charge égale (10 à 15%).
Sachant que :
P1 et P2 sont les pressions au niveau du vérin A.
P1' et ' P2' sont les pressions au niveau de la pompe.
Pour la raison d’économie (minimiser la consommation de la pompe). On doit choisir une
pompe qui génère la pression minimale  𝐏 = 𝟏𝟔𝟑 𝐛𝐚𝐫
Alors le vérin B de diamètre (Ø 125 x 70)
P 2
′
= P2 + P2  15% = 118 + 118 0.15 = 136 bar
P′1 = P1 + P1  15% = 183 + 183  0.15 = 210 bar

50
2. Choix Type de fluide hydraulique
En choisi l’huile : ISO VG 68 Viscosité
cinétique : 68 cSt Pour fonctionner dans de
bonnes conditions
une pompe hydraulique doit être associée à une huile
de viscosité contenue dans une plage de 12 à 100 cSt

51
Tuyauteries du vérin A
3. Choix de flexible du Vérin A
On a : Q = s x v = 122.6 x 22 = 2698 cm3
/s
 Les conduites de pression
S =
Q
V
=
2698
400
= 6.215cm2
D =
4 ∗ s

=
4 ∗ 6.215

 29mm
En retenant une vitesse de circulation de 4 m/s car la vitesse de circulation du fluide à l’intérieur des conduites peut
avoir comme valeur :
- 4 à 6 m/s dans les conduites de pression.
- 2 m/s dans les conduites de retour.

52
D’après le catalogue, on a choisi le type R15 avec un diamètre extérieur 32 mm qui est utilisable jusqu’à 420 bars.
 Détermination la nature d’écoulement
st =
 x D2
4
=
 x 2.92
4
= 6.601cm2
Vt =
Q
St
=
2698
6.601
= 407 cm/s = 4.07 m/s
Re : critique = 2300
Ecoulement laminaire si Re< Re critique
Ecoulement turbulents si Re > Re critique
On a Re= 1915 donc donc notre écoulement laminaire
 Nombre de Reynolds
Re =
Vt x D
Vc
=
4.07 x 0.032
68 x 10−6
= 1915

53
 Choix de flexible du Vérin B
S =
Q
V
=
2453
400
= 6.132cm2
D =
4 ∗ s

=
4 ∗ 6.132

 28mm
Tuyauteries du vérin B
On a Q = s x v = 122.65 x 20 = 2453 cm3
/s
En retenant une vitesse de circulation de 4 m/s car la vitesse de
circulation du fluide à l’intérieur des conduites peut avoir comme
valeur :
 4 à 6 m/s dans les conduites de pression.
 2 m/s dans les conduites de retour.
 Les conduites de pression :

54
D’après le catalogue, on a choisi le type R15 avec un diamètre extérieur 32 mm qui est utilisable jusqu’à 420 bars.
Vt =
Q
St
=
2453
6.154
= 398 cm/s = 3.98 m/s3
6. Détermination la nature d’écoulement
st =
 ∗ D2
4
=
 ∗ 2.82
4
= 6.154cm2

55
 Nombre de Reynolds
Re =
Vt ∗ D
Vc
=
3.98 ∗ 0.032
68 ∗ 10−6 = 1872
Re : critique = 2300
Ecoulement laminaire si Re< Re critique
Ecoulement turbulents si Re > Re critique
On a Re= 1872 donc donc notre écoulement laminaire
4. Choix de pompe hydraulique
La pression maximale retenue est de 180 bars pour les vérins A.
.
Pour un moteur électrique tournant à 1400 tr/min, il faut une pompe de cylindrée ;
Le débit le plus élevé de vérins A a égale à 2698 cm3
/s = 161800 cm³/min

56
cyl =
Q
N
=
161880
1400
= 107 cm3
/tr

57
180
410
P absorbée = c × ω = 410 ×
2 × π × 1400
60
= 60 Kw

58
1400
160

59
En choisi le moteur CM1F 280 S2
 Détermination du débit théorique
Qthéo = Cyl × N = 0.120 × 1400 = 168 L/mn
 Détermination du rendement volumétrique
ηvol =
Qréel
Qthéo
=
Q
Cyl × N
=
161
0.120 × 1400
= 0.95
 Détermination du rendement total
ηtotal = ηvol × ηmécanique
ηtotal = 0.95 × 0.85 = 0.8
 Détermination du débit réel
𝐐réel = Cyl × N × ηvol = 0.12 × 1400 × 0.95 = 160 L/min
 Détermination de la puissance du moteur électrique
Nous retiendrons un rendement de h= 0.85
Pm =
Pabsorbée
ηmécanique
=
60
0.85
= 70 Kw

60
Type moteur Puissance Intensité à
400 V
Vitesse Facteur de
puissance
Rendement Id/In Cd/ Cn Cmax/Cn Moment
d’inertie J=
(1/4) GD²
kg.m²
Bruit Poids
kW A tr/min cos𐐐 % en dB Kg
CM1F 80 K2 0,75 1,71 2845 0,82 77,4 7 2,2 2,3 0,0011 56 17
CM1F 80 G2 1,1 2,4 2865 0,83 79,6 7,4 2,2 2,3 0,0013 55 18
CM1F 90 S2 1,5 3,17 2875 0,84 81,3 7 2,2 2,3 0,00185 60 23
CM1F 90 L2 2,2 4,49 2865 0,85 83,2 7 2,2 2,3 0,00215 60 26
CM1F 100 L2 3 5,88 2860 0,87 84,6 7,5 2,2 2,5 0,00425 64 34
CM1F 112 M2 4 7,65 2880 0,88 85,8 7,5 2,2 2,5 0,0065 65 41
CM1F 132 S2 5,5 10,4 2925 0,88 87 7,5 2,2 2,5 0,01456 68 60
CM1F 132 SX2 7,5 14 2930 0,88 88,1 7,5 2,2 2,5 0,01565 68 63
CM1F 160 M2 11 20 2935 0,89 89,4 7,5 2,2 2,5 0,0549 74 109
CM1F 160 MX2 15 26,9 2935 0,89 90,3 7,5 2,2 2,5 0,0635 74 119
CM1F 160 L2 18,5 32,6 2935 0,9 90,9 7,5 2,2 2,5 0,0725 74 136
CM1F 180 M2 22 38,6 2950 0,9 91,3 7,5 2,2 2,2 0,1025 77 172
CM1F 200 L2 30 52,3 2950 0,9 92 7,5 2 2,3 0,173 79 223
CM1F 200 LX2 37 64,2 2950 0,9 92,5 7,5 2 2,3 0,195 79 242
CM1F 225 M2 45 77,7 2960 0,9 92,9 7,5 2 2,3 0,325 79 302
CM1F 250 M2 55 94,6 2970 0,9 93,2 7,5 2 2,3 0,395 80 382
CM1F 280 S2 75 128 2970 0,9 93,8 7,5 2 2,3 0,683 81 515
CM1F 280 M2 90 153 2975 0,9 94,1 7,5 2 2,3 0,765 82 545
CM1F 315 S2 110 185 2975 0,91 94,3 7,1 1,8 2,2 1,558 84 930
CM1F 315 M2 132 221 2975 0,91 94,6 7,1 1,8 2,2 1,726 84 980
CM1F 315 L2 160 268 2980 0,91 94,8 7,1 1,8 2,2 1,941 85 1090
CM1F 315 LX2 200 334 2980 0,91 95 7,1 1,8 2,2 2,212 85 1190
CM1F 355 M2 250 422 2985 0,9 95 7,1 1,6 2,2 3,849 88 1710

La simulation hydraulique se fait par automation studio
61
simulation hydraulique

62
1. Configuration des composantes
1. Vérins pneumatiques et hydrauliques

63
1. Distributeurs proportionnels

64
1. Mode de simulation
2. Circuite hydraulique du système

Conception
Conclusion
66
Etude conceptuelle
66

67
Conception et Simulation
La modélisation par le logiciel SOLIDWORKS :

69
Décomposition du système :
Partie fixe : fourche avec structure métallique
Axe de pivot
structure métallique
fourche

70
Partie mobile : conteneur et le chariot de déplacement

71
Système a diffèrent position

72
1. Fourche
Comme illustre la figure ci- dessous la fourchette de système se déplacer verticalement par deux vérins hydrauliques
fourchette position haut (6°)
Déplacement vertical
+α

73
Fourchette position bas (6°)
-α

74
Le contre poids est une solution pour diminuer l’effort appliqué sur le vérin B pour l’angle α
Ce support est fixé aux fourchettes par 22 vis D 20 mm hexagonale
Vérin B

75
1. Le chariot
La rotation du moteur réducteur provoque l’avancement de chariot, ce moteur a une grande puissance et se tourne
à une faible vitesse qui engendre un fort couple.
3
1
2
5
6
7
4
8
9
10
1 : crémaillère
2 : rails
3 : roue de ferroviaire
4 : roue réceptrice
5 : support équilibre bogie roulement
6 : axe de roue
7 : bague épaulée
8 : pignon motrice
9 : support moteur
10 : moteur

76
1. Le chariot
Ce chariot à une structure rigide et 6 roues ferroviaire pour être capable de déplacer la centenaire
Movement de
translation

78
1. Structure métallique
cette partie étudier la structure dans un logiciel spécialiser (robot structural analysis)
230 kN
230 kN

79
1. Données : Matériaux et Chargements
Après la modélisation de notre structure on a choisi les donnes suivantes :
Matériau : S460 (E = 210 GPa ; Re = 460 MPa)
Force applique : F = 460 KN

80
Le logiciel robot structural analyses nous aide à avoir l’état de la structure après avoir applique la charge, Ce dessous
les résultats nécessaires.
Dans le tableau ce dessus on voit que le déplacement maximal ne dépasse pas 0,8 cm (=8mm)
2. Déplacement
UX [cm] UY [cm] UZ [cm]
MAX 0,2 0,1 0,0
Noeud 6 50 2
MIN -0,0 -0,1 -0,8
Noeud 12 40 12

81
2. Contrainte
S max [MPa] S min [MPa] S max (My) [MPa]
MAX 111,91 39,84 96,11
Barre 10 8 36
Noeud 7 10 30
MIN -32,01 -122,38 0,01
Barre 40 4 30
Noeud 11 6 35
La contrainte maximale de Tresca 122,38 MPa inferieure a résistance élastique de matériaux Re=460 MPa.

Conclusi
on
82
 A l’issue de ce qui a était réalisé dans ce projet, certainement des gains et des
améliorations dans la processus charge et décharge de blocs de marbre
Moins cher que l’acheter un
chariot élévatrice a fourche
Le système réalisé présente
également un aspect ergonomique
ce qui facilite son application
La simplicité du processus pour
charger et décharger des
marbres
Conclusion

PowerPoint Timeline Slide Template.pptx

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (20)

Similaire à PowerPoint Timeline Slide Template.pptx

Similaire à PowerPoint Timeline Slide Template.pptx (20)

Dernier

Dernier (11)

PowerPoint Timeline Slide Template.pptx