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​ = 32N2​ = 48

Un moteur de 5,5 kW tournant à 1440 rpm entraîne un pignon de 32 dents, qui engrène avec une roue de 48 dents. L’engrenage a un rendement de 95 %. Trouvez le couple T1 sur l’arbre du moteur.

P = 5,5 kWn1 = 1440 rpmN1 = 32N2 = 48η = 95%
T1 = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
d1​ = 200 mmd2​ = 450 mm1440 rpmC = 800 mmT1​ = 600 NT2​P = ?

Une courroie ouverte relie une poulie motrice de 200 mm tournant à 1440 tr/min à une poulie de 450 mm ; les centres sont distants de 800 mm. Le coefficient de frottement est 0,25 et la tension du brin tendu ne doit pas dépasser 600 N. Trouvez la plus grande puissance P que la courroie peut transmettre sans glisser, en kW (négligez les effets centrifuges).

d1 = 200 mmn1 = 1440 rpmd2 = 450 mmC = 800 mmμ = 0,25T1 = 600 N
P = kW
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 400 N·mL = 1,5 m

Un arbre plein en acier de 1,5 m de long transmet un couple de 400 N·m. L’angle de torsion entre ses extrémités ne doit pas dépasser 2°. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte cette limite.

T = 400 N·mL = 1,5 mG = 80 GPaφallow = 2°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
Tdo​ = 40 mm, di​ = 24 mm

Un arbre creux transmet 75 kW à 1500 tr/min. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale τmax dans l’arbre.

P = 75 kWN = 1500 rpmdo = 40 mmdi = 24 mm
τmax = MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 10σy​ = 10τxy​ = 10MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 10 MPa, σᵧ = 10 MPa et τₓᵧ = 10 MPa (traction positive). Trouvez l’angle θp entre l’axe x et la direction de la plus grande contrainte principale, compris entre −90° et 90°.

σx = 10 MPaσy = 10 MPaτxy = 10 MPa
θp = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 110σy​ = 80τxy​ = 40MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 110 MPa, σᵧ = 80 MPa et τₓᵧ = 40 MPa (σz = 0). Le matériau a une limite d’élasticité de 250 MPa. Trouvez le coefficient de sécurité n vis-à-vis de la plastification selon le critère de Tresca (cisaillement maximal).

σx = 110 MPaσy = 80 MPaτxy = 40 MPaσY = 250 MPa
n =
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
P = ?12500 mm500 mmØ40Ø40δ = 0,2 mm

Une barre est faite d’un tronçon en acier (diamètre 40 mm, longueur 500 mm, E = 200 GPa) assemblé bout à bout avec un tronçon en aluminium (diamètre 40 mm, longueur 500 mm, E = 70 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, 500 mm, E = 200 GPatronçon 2: aluminium, Ø40 mm, 500 mm, E = 70 GPaδ = 0,2 mm
P = kN
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
50 kN12300 mm500 mmØ30Ø40σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 30 mm, longueur 300 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en bronze (diamètre 40 mm, longueur 500 mm, E = 110 GPa) sont assemblés bout à bout et fixés entre deux murs rigides. Une charge axiale de 50 kN agit à la jonction, vers le tronçon 2. Trouvez la valeur absolue de la contrainte σ2 dans le tronçon 2.

tronçon 1: acier, Ø30 mm, 300 mm, E = 200 GPatronçon 2: bronze, Ø40 mm, 500 mm, E = 110 GPaP = 50 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 2 md = 50 mmsection

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

L = 2 mE = 200 GPa (acier)d = 50 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 3 md = 40 mmsection

Un poteau de longueur L en acier est encastré en pied et articulé en tête. Trouvez son élancement et la contrainte critique de flambement σcr avec la formule d’Euler.

L = 3 mE = 200 GPa (acier)d = 40 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx12 mm2 cycles7,3 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 12 mm est suivi, 2 cycles plus tard, d’un pic de 7,3 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 12 mmx2 = 7,3 mmn = 2
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 10k2​ = 20m = 20 kg

Une masse de 20 kg est suspendue à deux ressorts côte à côte (en parallèle), de raideurs k₁ = 10 kN/m et k₂ = 20 kN/m. La masse reste horizontale. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 20 kgk1 = 10 kN/mk2 = 20 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: T1 = 36,47 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·1440/60 = 150,8 rad/s
T1 = P/ω₁ = 5500/150,8 = 36,47 N·m

Réponse

T1 = 36,47 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 4,586 kW

Transmissions par courroie : sans glissement, les deux poulies ont la même vitesse périphérique v = π·d·n/60, donc n₁·d₁ = n₂·d₂ et le rapport de vitesses vaut d₂/d₁. Le glissement s ralentit un peu la poulie menée : n₂ = n₁·(d₁/d₂)·(1 − s). La puissance transmise est P = (T₁ − T₂)·v, avec T₁ la tension du brin tendu et T₂ celle du brin mou. Le frottement limite le rapport des tensions : T₁/T₂ = eμθ, où θ est l’angle d’enroulement en radians sur la plus petite poulie ; pour une courroie ouverte, θ = π − 2·asin((d₂ − d₁)/(2C)) avec l’entraxe C.

Angle d’enroulement

θ = 2,828 rad

Tension du brin mou

eμθ = e0,707 = 2,028, T₂ = 600/2,028 = 295,9 N

Puissance

P = (600 − 295,9)·15,08 = 4,586 kW

Réponse

P = 4,586 kW
3.Torsion des arbres

Réponse: d = 38,46 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.

Moment polaire requis

T = 400 N·m = 400000 N·mm
L = 1,5 m = 1500 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = 2·π/180 = 0,03491 rad
J = TL/(Gφ) = 400000·1500/(80000·0,03491) = 214859 mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 38,46 mm

Réponse

d = 38,46 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

4.Torsion des arbres

Réponse: τmax = 43,65 MPa

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·1500/60 = 157,1 rad/s
T = P/ω = 75000/157,1 = 477,5 N·m

Moment quadratique polaire

J = π(40⁴ − 24⁴)/32 = 218755 mm⁴

Contrainte de cisaillement maximale

τmax = T·(do/2)/J = 477465·20/218755 = 43,65 MPa

Réponse

τmax = 43,65 MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θp = 45 °

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.

στxyCσ1​σ2​

Angle sur le cercle

Sur le cercle de Mohr, le point x se trouve à un angle 2θp de l’axe σ ; le quadrant découle des signes de σₓ − σᵧ et de τₓᵧ.

2θp = atan2(2·10, 10 − 10) = 90°

Angle sur l’élément

θp = 45°

Réponse

θp = 45°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: n = 1,815

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. Critères de plasticité : von Mises prévoit la plastification quand σvM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) atteint σY ; Tresca quand la contrainte de cisaillement maximale absolue atteint σY/2.

στxyCσ1​σ2​

Contraintes principales

C = 95 MPa, R = 42,72 MPa
σ1 = 137,7 MPa, σ2 = 52,28 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 137,7 MPa
n = 250/137,7 = 1,815

Réponse

n = 1,815

n > 1 signifie que le point ne se plastifie pas ; Tresca est un peu plus conservatif que von Mises.

7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: P = 26,06 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 = 1257 mm²

Souplesses

L₁/(E₁A₁) = 500/(200000·1257) = 1,989 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 500/(70000·1257) = 5,684 × 10⁻⁶ mm/N

Charge

P = 0,2/7,674 × 10⁻⁶ = 26064 N = 26,06 kN

Réponse

P = 26,06 kN
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 14,71 MPa

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.

Rigidités

k₁ = 200000·706,9/300 = 471239 N/mm
k₂ = 110000·1257/500 = 276460 N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 50000·276460/747699 = 18487 N

Contrainte

σ2 = 18487/1257 = 14,71 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 14,71 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 37,85 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·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 2·2000 = 4000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·306796/4000² = 37849 N = 37,85 kN

Réponse

Pcr = 37,85 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 44,76 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 = 0,7·3000 = 2100 mm
KL/r = 2100/10 = 210

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/210² = 44,76 MPa

Réponse

σcr = 44,76 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,03952

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 = (1/2)·ln(12/7,3) = 0,2485

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,2485/√(39,48 + 0,06176) = 0,03952

Réponse

ζ = 0,03952
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 30 kN/m

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 = 10 + 20 = 30 kN/m

Réponse

keq = 30 kN/m

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