Conception de machines : pack de révision

Formulaires, étapes clés de la méthode pour chaque thème et 12 exercices, avec les corrigés complets à la fin.

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1Formules et méthodes

Engrenages et trains d’engrenages

Roues en prise
n1·N1 = n2·N2
Couple
T2 = T1·(N2/N1)·η
Puissance
P = T·ω, ω = 2π·n/60
Train composé
rapport total = produit des rapports de chaque étage

Torsion des arbres

Contrainte de cisaillement
τ = T·r/J
Arbre plein
J = πd⁴/32
Arbre creux
J = π(D⁴ − d⁴)/32
Angle de torsion
φ = TL/(GJ)
Puissance
P = T·ω = 2πnT/60

Méthode

  1. Trouvez le moment quadratique polaire : J = πd⁴/32 pour un arbre plein.
  2. Contrainte de cisaillement en surface : τ = T·r/J, avec r le rayon extérieur.
  3. Angle de torsion : φ = TL/(GJ) en radians.
  4. Si la puissance est donnée, trouvez d’abord le couple avec P = T·ω, ω = 2πn/60.

Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Centre
C = (σx + σy)/2
Rayon
R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²)
Contraintes principales
σ1,2 = C ± R
Direction principale
tan 2θp = 2τxy/(σx − σy)
Facette inclinée
σθ = C + (σx − σy)/2·cos 2θ + τxy·sin 2θ

Méthode

  1. Calculez le centre du cercle de Mohr : C = (σx + σy)/2.
  2. Calculez le rayon : R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
  3. Les contraintes principales valent C ± R et la plus grande contrainte de cisaillement dans le plan vaut R.
  4. Les angles sur le cercle sont le double des angles sur l’élément : tan 2θp = 2τxy/(σx − σy).

Contrainte et déformation axiales

Contrainte normale
σ = F/A
Déformation
ε = ΔL/L
Loi de Hooke
σ = E·ε
Allongement
ΔL = FL/(EA)
Déformation thermique
εT = α·ΔT

Flambement des poteaux

Charge critique d’Euler
Pcr = π²EI/(KL)²
Coefficient de longueur de flambement
K = 1 articulé–articulé, 0,5 encastré–encastré, 0,7 encastré–articulé, 2 encastré–libre
Contrainte critique
σcr = Pcr/A
Élancement
λ = KL/r, r = √(I/A)

Vibrations mécaniques

Fréquence propre
ωn = √(k/m), fn = ωn/(2π)
À partir de la flèche statique
ωn = √(g/δst)
Amortissement critique
cc = 2√(km) = 2mωn
Taux d’amortissement
ζ = c/cc
Fréquence amortie
ωd = ωn√(1 − ζ²)
Décrément logarithmique
δ = (1/n)·ln(x0/xn), ζ = δ/√(4π² + δ²)
Ressorts en parallèle
k = k1 + k2
Ressorts en série
1/k = 1/k1 + 1/k2

2Exercices

1.Engrenages et trains d’engrenagesMoyen
N1​N2​ = ?

Deux arbres parallèles sont distants de 87,5 mm. Ils doivent être reliés par un engrenage à denture droite de module 2,5 mm avec un rapport de réduction de 2,5 : 1. Combien de dents N2 la roue doit-elle avoir ?

a = 87,5 mmm = 2,5 mmi = 2,5
N2 =
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 20B = 80C = 20D = 36

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (20 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 1440 rpm, entraîne la roue B (80 dents). La roue C (20 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (36 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 1440 rpmA = 20B = 80C = 20D = 36
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
d = 15 mmT = 30 N·m400 mmφ = 5,32°

Lors d’un essai de torsion, une éprouvette pleine de diamètre 15 mm est soumise à un couple de 30 N·m. Les deux extrémités d’une longueur de mesure de 400 mm tournent de 5,32° l’une par rapport à l’autre (le matériau est encore élastique). Trouvez le module de cisaillement G du matériau.

T = 30 N·md = 15 mmL = 400 mmφ = 5,32°
G = GPa
4.Torsion des arbresDifficile
do​ = ?10 kW, 300 rpm

Un arbre creux doit transmettre 10 kW à 300 tr/min. Son diamètre intérieur doit valoir 0,5 fois son diamètre extérieur, et la contrainte de cisaillement ne doit pas dépasser 80 MPa. Trouvez le plus petit diamètre extérieur do.

P = 10 kWN = 300 rpmdi/do = 0,5τallow = 80 MPa
do = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −40σy​ = 80τxy​ = −50MPa

En un point, σₓ = −40 MPa, σᵧ = 80 MPa et τₓᵧ = −50 MPa (traction positive). L’élément est tourné de 40° dans le sens trigonométrique. Trouvez la contrainte normale σy′ sur les faces de l’élément tourné perpendiculaires à l’axe tourné y′.

σx = −40 MPaσy = 80 MPaτxy = −50 MPaθ = 40°
σy′ = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
50°D = 400 mm, t = 15 mm, p = 3 MPap

Un réservoir cylindrique à paroi mince, de diamètre intérieur 400 mm et d’épaisseur de paroi 15 mm, contient un gaz à une pression relative de 3 MPa. Il est réalisé en tôle soudée le long d’un cordon hélicoïdal incliné de 50° par rapport à l’axe du cylindre. Trouvez la contrainte normale σn qui agit perpendiculairement au cordon de soudure.

D = 400 mmt = 15 mmp = 3 MPaα = 50°
σn = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
P = ?12600 mm300 mmØ40Ø30δ = 0,2 mm

Une barre est faite d’un tronçon en acier (diamètre 40 mm, longueur 600 mm, E = 200 GPa) assemblé bout à bout avec un tronçon en laiton (diamètre 30 mm, longueur 300 mm, E = 100 GPa). Elle est fixée à une extrémité et tirée à l’autre. Trouvez la charge axiale P qui l’allonge de 0,2 mm au total.

tronçon 1: acier, Ø40 mm, 600 mm, E = 200 GPatronçon 2: laiton, Ø30 mm, 300 mm, E = 100 GPaδ = 0,2 mm
P = kN
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 35 mmAluminium1 mØ 16 mmLaiton1,5 mP = 95 kN

La barre étagée est encastrée dans le mur et chargée à son extrémité libre. Trouvez l’allongement total δ.

P = 95 kNtronçon 1 : Ø35 mm, 1 m, aluminium (E = 70 GPa)tronçon 2 : Ø16 mm, 1,5 m, laiton (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 md = 60 mmsection

Un poteau de longueur L en aluminium est encastré en pied et articulé en tête. Avec la formule d’Euler, trouvez sa charge critique de flambement Pcr.

L = 3 mE = 70 GPa (aluminium)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 3 md = 40 mmsection

Un poteau de longueur L en aluminium est encastré aux deux extrémités. Trouvez son élancement et la contrainte critique de flambement σcr avec la formule d’Euler.

L = 3 mE = 70 GPa (aluminium)d = 40 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx20 mm4 cycles9,4 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 20 mm est suivi, 4 cycles plus tard, d’un pic de 9,4 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 20 mmx4 = 9,4 mmn = 4
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 12k2​ = 20m = 100 kg

Une masse de 100 kg est suspendue à deux ressorts côte à côte (en parallèle), de raideurs k₁ = 12 kN/m et k₂ = 20 kN/m. La masse reste horizontale. Négligez l’amortissement et les masses des ressorts. Trouvez la fréquence propre fn des vibrations verticales, en Hz.

m = 100 kgk1 = 12 kN/mk2 = 20 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: N2 = 50

Gear geometry: the module m sets the tooth size. A gear with N teeth has a pitch diameter d = m·N, two meshing gears have the same module, and their centre distance is a = (d₁ + d₂)/2 = m·(N₁ + N₂)/2. The pitch-line speed is v = π·d·n/60, and the tangential tooth force follows from the torque: Ft = 2T/d.

Nombre total de dents

N1 + N2 = 2a/m = 2·87,5/2,5 = 70

Répartir selon le rapport

N1 = 70/(1 + 2,5) = 20
N2 = 2,5·20 = 50

Réponse

N2 = 50
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 200 rpm

Trains d’engrenages : des roues en prise ont la même vitesse au niveau des dents, donc n₁·N₁ = n₂·N₂ : la roue qui a le moins de dents tourne le plus vite. Des roues montées sur un même arbre tournent à la même vitesse. La puissance est transmise (aux pertes près), donc le couple augmente quand la vitesse diminue : T₂ = T₁·(N₂/N₁)·η, et P = T·ω avec ω = 2π·n/60.

Premier étage

nB = 1440·20/80 = 360 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 360·20/36 = 200 rpm

Réponse

nout = 200 rpm

rapport total = 7,2 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: G = 26 GPa

Torsion des arbres circulaires : la contrainte de cisaillement croît linéairement de zéro au centre jusqu’à τmax = T·r/J en surface, avec J = πd⁴/32 pour un arbre plein et J = π(do⁴ − di⁴)/32 pour un arbre creux. L’angle de torsion vaut φ = TL/(GJ) en radians. Puissance et couple sont liés par P = T·ω.

Moment polaire et angle

J = π·15⁴/32 = 4970 mm⁴
φ = 5,32·π/180 = 0,09285 rad

Module de cisaillement

T = 30 N·m = 30000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 30000·400/(4970·0,09285) = 26003 MPa
G = 26 GPa

Réponse

G = 26 GPa

Pour comparaison : acier ≈ 80 GPa, laiton ≈ 39 GPa, aluminium ≈ 26 GPa.

4.Torsion des arbres

Réponse: do = 27,86 mm

Torsion des arbres circulaires : la contrainte de cisaillement croît linéairement de zéro au centre jusqu’à τmax = T·r/J en surface, avec J = πd⁴/32 pour un arbre plein et J = π(do⁴ − di⁴)/32 pour un arbre creux. L’angle de torsion vaut φ = TL/(GJ) en radians. Puissance et couple sont liés par P = T·ω.

Couple

ω = 2πN/60 = 2π·300/60 = 31,42 rad/s
T = P/ω = 10000/31,42 = 318,3 N·m

Diamètre extérieur à partir de la contrainte admissible

T = 318,3 N·m = 318310 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,5⁴ = 0,9375
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·318310/(π·80·0,9375)) = 27,86 mm
di = 0,5·27,86 = 13,93 mm

Réponse

do = 27,86 mm

Un arbre plein nécessiterait d = 27,26 mm ; l’arbre creux est un peu plus gros mais beaucoup plus léger.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σy′ = 79,66 MPa

Changement de repère en contraintes planes : sur une facette tournée de θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Le cercle de Mohr représente toutes les facettes à la fois : son centre est en C = (σₓ + σᵧ)/2 et son rayon vaut R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Les contraintes principales valent C ± R, et la plus grande contrainte de cisaillement dans le plan vaut R.

Formule de changement de repère pour la face y′

σy′ = 20 − (−60)·0,1736 − (−50)·0,9848 = 79,66 MPa

Vérification

La somme des contraintes normales ne change pas avec la rotation.

σx′ = −39,66 MPa, σx′ + σy′ = 40 = σx + σy

Réponse

σy′ = 79,66 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σn = 28,26 MPa

Changement de repère en contraintes planes : sur une facette tournée de θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Le cercle de Mohr représente toutes les facettes à la fois : son centre est en C = (σₓ + σᵧ)/2 et son rayon vaut R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Les contraintes principales valent C ± R, et la plus grande contrainte de cisaillement dans le plan vaut R. Cylindre à paroi mince : contrainte circonférentielle σh = pr/t et contrainte axiale σa = pr/(2t) ; ce sont les contraintes principales dans la paroi.

Contraintes dans la paroi

r = 400/2 = 200 mm
σh = pr/t = 3·200/15 = 40 MPa
σa = pr/(2t) = 20 MPa

Projeter sur le cordon

Prenez x le long de l’axe (σa) et y selon la circonférence (σh). La normale au cordon fait 90° − α avec l’axe.

σn = 20·sin²50° + 40·cos²50° = 28,26 MPa

Réponse

σn = 28,26 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: P = 30,16 kN

Deux matériaux : en série (l’un après l’autre), chaque tronçon supporte le même effort et les allongements s’additionnent : δ = P·Σ L/(E·A). En parallèle (côte à côte entre des plaques rigides), les deux parties se raccourcissent de la même quantité, donc leurs déformations sont égales : la partie la plus rigide prend la plus grande part, Pi = P·EiAi/ΣEA, et σi = Ei·ε. Une barre tenue entre deux murs rigides avec une charge à la jonction est hyperstatique : les deux tronçons se partagent la charge proportionnellement à leur rigidité k = EA/L.

Aires

A₁ = 1257 mm², A₂ = 706,9 mm²

Souplesses

L₁/(E₁A₁) = 600/(200000·1257) = 2,387 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 300/(100000·706,9) = 4,244 × 10⁻⁶ mm/N

Charge

P = 0,2/6,631 × 10⁻⁶ = 30159 N = 30,16 kN

Réponse

P = 30,16 kN
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 8,498 mm

Éléments en charge axiale : chaque tronçon prismatique vérifie δ = PL/(AE). Pour des tronçons en série, les allongements s’additionnent.

Même effort dans les deux tronçons

L’extrémité libre porte P, donc chaque section de la barre transmet le même effort normal P. Seules les aires et les matériaux changent.

A1 = π·35²/4 = 962,1 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 98,74 MPa
σ2 = 472,5 MPa

Additionner les allongements des tronçons

δ1 = σ1L1/E1 = 98,74·1000/70000 = 1,411 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 472,5·1500/100000 = 7,087 mm
δ = δ1 + δ2 = 8,498 mm

Réponse

δ = 8,498 mm
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 99,66 kN

Flambement d’Euler : un poteau élancé devient instable à Pcr = π²EI/(KL)², où KL est la longueur de flambement : K = 1 pour articulé–articulé, 2 pour encastré–libre, 0,7 pour encastré–articulé et 0,5 pour encastré–encastré. Il flambe autour de l’axe ayant le plus petit I. La formule vaut pour les poteaux élancés, dont la contrainte critique reste sous la limite d’élasticité.

Plus petit moment quadratique

Une section circulaire a le même I par rapport à tout axe.

I = πd⁴/64 = π·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,7·3000 = 2100 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·636173/2100² = 99663 N = 99,66 kN

Réponse

Pcr = 99,66 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 30,71 MPa

Flambement d’Euler : un poteau élancé devient instable à Pcr = π²EI/(KL)², où KL est la longueur de flambement : K = 1 pour articulé–articulé, 2 pour encastré–libre, 0,7 pour encastré–articulé et 0,5 pour encastré–encastré. Il flambe autour de l’axe ayant le plus petit I. La formule vaut pour les poteaux élancés, dont la contrainte critique reste sous la limite d’élasticité.

Plus petit moment quadratique

Une section circulaire a le même I par rapport à tout axe.

I = πd⁴/64 = π·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Rayon de giration et élancement

A = 1257 mm²
r = √(I/A) = √(125664/1257) = 10 mm
KL = 0,5·3000 = 1500 mm
KL/r = 1500/10 = 150

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/150² = 30,71 MPa

Réponse

σcr = 30,71 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,03003

Vibrations libres d’un système masse–ressort : la pulsation propre non amortie vaut ωn = √(k/m) en rad/s, et fn = ωn/(2π) en Hz. Un amortisseur visqueux c donne le taux d’amortissement ζ = c/cc, avec l’amortissement critique cc = 2·√(k·m) = 2·m·ωn. Un système sous-amorti (ζ < 1) oscille à ωd = ωn·√(1 − ζ²). Des ressorts en parallèle s’additionnent, k = k₁ + k₂ ; des ressorts en série s’additionnent par leurs inverses, 1/k = 1/k₁ + 1/k₂.

Décrément logarithmique

δ = (1/4)·ln(20/9,4) = 0,1888

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,1888/√(39,48 + 0,03563) = 0,03003

Réponse

ζ = 0,03003
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 2,847 Hz

Vibrations libres d’un système masse–ressort : la pulsation propre non amortie vaut ωn = √(k/m) en rad/s, et fn = ωn/(2π) en Hz. Un amortisseur visqueux c donne le taux d’amortissement ζ = c/cc, avec l’amortissement critique cc = 2·√(k·m) = 2·m·ωn. Un système sous-amorti (ζ < 1) oscille à ωd = ωn·√(1 − ζ²). Des ressorts en parallèle s’additionnent, k = k₁ + k₂ ; des ressorts en série s’additionnent par leurs inverses, 1/k = 1/k₁ + 1/k₂.

Raideur équivalente

Des ressorts côte à côte ont le même allongement et leurs forces s’additionnent ; leurs raideurs s’additionnent donc simplement : k = k1 + k2.

keq = 12 + 20 = 32 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(32000/100) = 17,89 rad/s
fn = 17,89/(2π) = 2,847 Hz

Réponse

fn = 2,847 Hz

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