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​ = 15N2​ = 50

Un moteur de 11 kW tournant à 2900 rpm entraîne un pignon de 15 dents, qui engrène avec une roue de 50 dents. L’engrenage a un rendement de 96 %. Trouvez le couple T1 sur l’arbre du moteur.

P = 11 kWn1 = 2900 rpmN1 = 15N2 = 50η = 96%
T1 = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
Ns​ = 24couronne fixeNp​ = 20nc​ = ?

Dans un train épicycloïdal, le planétaire a 24 dents et chaque satellite a 20 dents. La couronne est maintenue fixe et le planétaire est entraîné à 1200 tr/min. Trouvez la vitesse de rotation nc du porte-satellites.

Ns = 24Np = 20ns = 1200 rpm
nc = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
d = 10 mmT = 30 N·m250 mmφ = 5,47°

Lors d’un essai de torsion, une éprouvette pleine de diamètre 10 mm est soumise à un couple de 30 N·m. Les deux extrémités d’une longueur de mesure de 250 mm tournent de 5,47° l’une par rapport à l’autre (le matériau est encore élastique). Trouvez le module de cisaillement G du matériau.

T = 30 N·md = 10 mmL = 250 mmφ = 5,47°
G = GPa
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 50 kW à 3000 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 40 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 50 kWN = 3000 rpmτallow = 40 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 100σy​ = 80τxy​ = 30MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 100 MPa, σᵧ = 80 MPa et τₓᵧ = 30 MPa, avec σz = 0. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale absolue τabs en ce point (en considérant tous les plans dans l’espace).

σx = 100 MPaσy = 80 MPaτxy = 30 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 70σy​ = −30τxy​ = −30MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 70 MPa, σᵧ = −30 MPa et τₓᵧ = −30 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte de cisaillement τθ sur une facette dont la normale est tournée de 30° dans le sens horaire par rapport à l’axe x (positive dans le même sens que τₓᵧ).

σx = 70 MPaσy = −30 MPaτxy = −30 MPaθ = -30°
τθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 30 mmAluminium1 mP = 50 kN

Trouvez la déformation axiale ε dans la barre en aluminium, en microdéformations (µε = 10⁻⁶).

P = 50 kNd = 30 mmL = 1 mE = 70 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 25 mmCuivre0,5 mØ 20 mmAcier0,5 mP = 110 kN

La barre étagée est encastrée dans le mur et chargée à son extrémité libre. Trouvez la contrainte normale maximale σmax dans la barre.

P = 110 kNtronçon 1 : Ø25 mm, 0,5 m, cuivre (E = 117 GPa)tronçon 2 : Ø20 mm, 0,5 m, acier (E = 200 GPa)
σmax = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 5 m50 × 100 mmsection

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

L = 5 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 50 × 100 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 1 md = 40 mmsection

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

L = 1 mE = 70 GPa (aluminium)d = 40 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 50 kN/mc = 4240 N·s/mm = 250 kg

Une masse de 250 kg est portée par un ressort de raideur 50 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 4240 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 250 kgk = 50 kN/mc = 4240 N·s/m
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 30k2​ = 12k3​ = 30m = 40 kg

Une masse de 40 kg est suspendue au ressort k₃ = 30 kN/m. Le haut de k₃ est fixé à une barre rigide suspendue à deux ressorts côte à côte, k₁ = 30 kN/m et k₂ = 12 kN/m ; la barre reste horizontale. Négligez l’amortissement et les masses des ressorts et de la barre. Trouvez la fréquence propre fn des vibrations verticales, en Hz.

m = 40 kgk1 = 30 kN/mk2 = 12 kN/mk3 = 30 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: T1 = 36,22 N·m

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.

Couple moteur

ω₁ = 2π·2900/60 = 303,7 rad/s
T1 = P/ω₁ = 11000/303,7 = 36,22 N·m

Réponse

T1 = 36,22 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nc = 327,3 rpm

Trains épicycloïdaux : les vitesses du planétaire, de la couronne et du porte-satellites sont liées par la formule de Willis (ns − nc)/(nr − nc) = −Nr/Ns : vu du porte-satellites, le train est un train ordinaire dont les satellites sont des roues intermédiaires. Bloquer un élément transforme le train en réducteur à rapport unique.

Dents de la couronne

Nr = Ns + 2·Np = 24 + 2·20 = 64

Formule de Willis avec la couronne fixe

Posez nr = 0 et isolez la vitesse du porte-satellites.

(1200 − nc)/(0 − nc) = −64/24
nc = ns·Ns/(Ns + Nr) = 1200·24/88 = 327,3 rpm

Réponse

nc = 327,3 rpm

Le porte-satellites tourne dans le même sens que le planétaire.

3.Torsion des arbres

Réponse: G = 80,02 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·10⁴/32 = 981,7 mm⁴
φ = 5,47·π/180 = 0,09547 rad

Module de cisaillement

T = 30 N·m = 30000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 30000·250/(981,7·0,09547) = 80020 MPa
G = 80,02 GPa

Réponse

G = 80,02 GPa

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

4.Torsion des arbres

Réponse: d = 27,26 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·3000/60 = 314,2 rad/s
T = P/ω = 50000/314,2 = 159,2 N·m

Diamètre à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·159155/(π·40)) = 27,26 mm

Réponse

d = 27,26 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τabs = 60,81 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. Dans l’espace, la contrainte de cisaillement maximale absolue vaut (σmax − σmin)/2 sur les trois contraintes principales ; en contraintes planes, la troisième est nulle.

σxyCσ1​σ2​

Contraintes principales dans le plan

C = 90 MPa, R = √(10² + 30²) = 31,62 MPa
σ1 = 121,6 MPa, σ2 = 58,38 MPa, σz = 0

Le plus grand des trois cercles

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(63,25, 121,6, 58,38)/2 = 60,81 MPa

Réponse

τabs = 60,81 MPa

Ici, c’est le cercle hors plan qui est déterminant : le maximum absolu est supérieur au maximum dans le plan R.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τθ = 28,3 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

τθ = −50·−0,866 + −30·0,5 = 28,3 MPa

Réponse

τθ = 28,3 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: ε = 1011 µε

Loi de Hooke : dans le domaine élastique, σ = E·ε. Avec σ = P/A et ε = δ/L, on obtient δ = PL/(AE).

Contrainte

A = π·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 50·1000/706,9 = 70,74 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 70,74/70000 = 0,001011 = 1011 µε

Réponse

ε = 1011 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σmax = 350,1 MPa

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·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 224,1 MPa
σ2 = 350,1 MPa

Contrainte maximale

Le tronçon le plus fin a la plus petite aire, donc il porte la plus grande contrainte.

σmax = 350,1 MPa

Réponse

σmax = 350,1 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 7,197 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

Un rectangle flambe autour de son axe faible, avec la plus petite dimension au cube.

Imin = h·b³/12 = 100·50³/12 = 1,042 × 10⁶ mm⁴

Longueur de flambement

KL = 2·5000 = 10000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·1,042 × 10⁶/10000² = 7197 N = 7,197 kN

Réponse

Pcr = 7,197 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 69,09 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 = 1·1000 = 1000 mm
KL/r = 1000/10 = 100

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/100² = 69,09 MPa

Réponse

σcr = 69,09 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,5996

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.

Amortissement critique

cc = 2·√(k·m) = 2·√(50000·250) = 7071 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/cc = 4240/7071 = 0,5996

Réponse

ζ = 0,5996

ζ < 1 : le système est sous-amorti et oscille en s’amortissant.

12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 3,329 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

Seuls k1 et k2 sont en parallèle. Cette paire est en série avec k3 ; combinez-les donc par leurs inverses.

k12 = 30 + 12 = 42 kN/m
keq = 42·30/(42 + 30) = 17,5 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(17500/40) = 20,92 rad/s
fn = 20,92/(2π) = 3,329 Hz

Réponse

fn = 3,329 Hz

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