7.9. ROULEMENTS À CONTACT OBLIQUE EN OPPOSITION
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Mais il y a plus : si la fonction Φ r est négative, cela implique que son argument y a une valeur comprise entre 1 et 1,25. On peut donc armer qu'un des
deux roulements fonctionne entre y = 1 et y = 1, 25 et que l'autre roulement
fonctionne avec une valeur de y supérieure à 1,25.
7.9.2.2 Méthode du maître et de l'esclave
Il est d'usage de simplier le problème en admettant que le roulement ayant
la plus petite valeur de y fonctionne en y = 1, 25. Cette procédure exagère un
peu les charges axiales sur les roulements. Nous dirons par convention que ce
roulement fonctionnant en y = 1, 25 (ce qui signie F a = 1, 25F r tg α) est le
maître et que l'autre, que nous appellerons l'esclave, prend le reste de la charge
axiale de manière à vérier l'équilibre. Le maître peut être le roulement 1 ou le
roulement 2, ce qui signie que deux schémas de calcul sont possibles :
Schéma 1 : Le roulement 1 est le maître.
Alors,
F a1 = 1, 25F r1 tg α 1
F a2 = F a1 − K a
(7.24)
Ce schéma est en échec si F a2 < 1, 25F r2 tg α 2 . Dans ce cas, il faut adopter
le schéma 2.
Schéma 2 : Le roulement 2 est le maître.
Alors,
F a2 = 1, 25F r2 tg α 2
F a1 = F a2 + K a
(7.25)
Ce schéma est en échec si F a1 < F r1 tg α 1 . Dans ce cas, il faut adopter le
schéma 1.
La procédure la plus simple et la plus facile à retenir est d'essayer l'un des
deux schémas et, en cas d'échec, d'adopter l'autre. Les constructeurs de roulements présentent le calcul de manière déterministe en dénissant trois cas [5, 6].
C'est strictement équivalent, mais plus compliqué et plus dicile à retenir.
7.9.2.3 Cohérence de la méthode
Mais ceci pose une question de cohérence. En eet, est-on sûr qu'il ne soit
pas possible que les deux schémas soient en échec ? Nous allons montrer que
l'échec d'un quelconque des deux schémas implique la réussite de l'autre.
a) Supposons d'abord le schéma 1 en échec. Cela signie que si l'on pose
F a1 = 1, 25F r1 tg α 1 , on obtient
F a2 = F a1 − K a = 1, 25F r1 tg α 1 − K a < 1, 25F r2 tg α 2
et que, par conséquent,
K a > 1, 25F r1 tg α 1 − 1, 25F r2 tg α 2
Mais alors, dans le schéma 2, où l'on pose F a2 = 1, 25F r2 tg α 2 , le calcul
de F a1 donne
F a1 = F a2 + K a
> 1, 25F r2 tg α 2 + (1, 25F r1 tg α 1 − 1, 25F r2 tg α 2 ) = 1, 25F r1 tg α 1
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Mais il y a plus : si la fonction Φ r est négative, cela implique que son argument y a une valeur comprise entre 1 et 1,25. On peut donc armer qu'un des
deux roulements fonctionne entre y = 1 et y = 1, 25 et que l'autre roulement
fonctionne avec une valeur de y supérieure à 1,25.
7.9.2.2 Méthode du maître et de l'esclave
Il est d'usage de simplier le problème en admettant que le roulement ayant
la plus petite valeur de y fonctionne en y = 1, 25. Cette procédure exagère un
peu les charges axiales sur les roulements. Nous dirons par convention que ce
roulement fonctionnant en y = 1, 25 (ce qui signie F a = 1, 25F r tg α) est le
maître et que l'autre, que nous appellerons l'esclave, prend le reste de la charge
axiale de manière à vérier l'équilibre. Le maître peut être le roulement 1 ou le
roulement 2, ce qui signie que deux schémas de calcul sont possibles :
Schéma 1 : Le roulement 1 est le maître.
Alors,
F a1 = 1, 25F r1 tg α 1
F a2 = F a1 − K a
(7.24)
Ce schéma est en échec si F a2 < 1, 25F r2 tg α 2 . Dans ce cas, il faut adopter
le schéma 2.
Schéma 2 : Le roulement 2 est le maître.
Alors,
F a2 = 1, 25F r2 tg α 2
F a1 = F a2 + K a
(7.25)
Ce schéma est en échec si F a1 < F r1 tg α 1 . Dans ce cas, il faut adopter le
schéma 1.
La procédure la plus simple et la plus facile à retenir est d'essayer l'un des
deux schémas et, en cas d'échec, d'adopter l'autre. Les constructeurs de roulements présentent le calcul de manière déterministe en dénissant trois cas [5, 6].
C'est strictement équivalent, mais plus compliqué et plus dicile à retenir.
7.9.2.3 Cohérence de la méthode
Mais ceci pose une question de cohérence. En eet, est-on sûr qu'il ne soit
pas possible que les deux schémas soient en échec ? Nous allons montrer que
l'échec d'un quelconque des deux schémas implique la réussite de l'autre.
a) Supposons d'abord le schéma 1 en échec. Cela signie que si l'on pose
F a1 = 1, 25F r1 tg α 1 , on obtient
F a2 = F a1 − K a = 1, 25F r1 tg α 1 − K a < 1, 25F r2 tg α 2
et que, par conséquent,
K a > 1, 25F r1 tg α 1 − 1, 25F r2 tg α 2
Mais alors, dans le schéma 2, où l'on pose F a2 = 1, 25F r2 tg α 2 , le calcul
de F a1 donne
F a1 = F a2 + K a
> 1, 25F r2 tg α 2 + (1, 25F r1 tg α 1 − 1, 25F r2 tg α 2 ) = 1, 25F r1 tg α 1