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.

Nouveaux exercicesRetour au cours

Dans la fenêtre d’impression, choisissez « Enregistrer au format PDF » pour garder une copie sur votre appareil.

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​ = 24, m = 3 mm

Un moteur de 1,1 kW tournant à 2900 tr/min entraîne un pignon de 24 dents et de module 3 mm. Trouvez l’effort tangentiel Ft sur les dents du pignon.

P = 1,1 kWn = 2900 rpmN1 = 24m = 3 mm
Ft = N
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 24B = 50C = 18D = 48

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (24 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 1440 rpm, entraîne la roue B (50 dents). La roue C (18 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (48 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 1440 rpmA = 24B = 50C = 18D = 48
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
T = 200 N·md = 50 mmL = 1,5 mφ = ?

Un arbre plein en aluminium est encastré dans le mur et tordu par un couple T à son extrémité libre. Trouvez l’angle de torsion φ de l’extrémité libre, en degrés.

T = 200 N·md = 50 mmL = 1,5 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = 60 mmTB​ = 500 N·mTC​ = 400 N·mABC0,5 m1,5 m

Un arbre plein en laiton de diamètre 60 mm est encastré en A. Un couple de 500 N·m agit en B, à 0,5 m de A, et un couple de 400 N·m de même sens agit à l’extrémité libre C, 1,5 m plus loin. Trouvez la valeur absolue de l’angle de torsion φC de l’extrémité C, en degrés.

d = 60 mmTB = 500 N·mTC = 400 N·mAB = 0,5 mBC = 1,5 mG = 39 GPa
φC = °
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 60σy​ = −70τxy​ = −20MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 60 MPa, σᵧ = −70 MPa et τₓᵧ = −20 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte de cisaillement maximale dans le plan τmax.

σx = 60 MPaσy = −70 MPaτxy = −20 MPa
τmax = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​τxy​surface de l’arbre

Un arbre plein de diamètre 30 mm supporte un effort de compression axial de 150 kN ainsi qu’un couple de 1000 N·m. À la surface de l’arbre, trouvez la plus grande contrainte principale σ1.

d = 30 mmF = −150 kNT = 1000 N·m
σ1 = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 12 mmAluminium1 mP = 25 kN

Trouvez l’allongement δ de la barre en aluminium sous l’effort axial.

P = 25 kNd = 12 mmL = 1 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 25 mmCuivre1,5 mØ 20 mmCuivre1 mP = 65 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 = 65 kNtronçon 1 : Ø25 mm, 1,5 m, cuivre (E = 117 GPa)tronçon 2 : Ø20 mm, 1 m, cuivre (E = 117 GPa)
σmax = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 md = 30 mmsection

Un poteau de longueur L en acier est encastré aux deux extrémités. Avec la formule d’Euler, trouvez sa charge critique de flambement Pcr.

L = 3 mE = 200 GPa (acier)d = 30 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 5 md = 50 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 = 5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 50 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 40 kN/mζ = 0,4m = 50 kg

Une masse de 50 kg sur un ressort de raideur 40 kN/m est munie d’un amortisseur visqueux qui donne un taux d’amortissement de 0,4. Trouvez la fréquence propre amortie fd de ses vibrations libres, en Hz.

m = 50 kgk = 40 kN/mζ = 0,4
fd = Hz
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 40k2​ = 15m = 10 kg

Une masse de 10 kg est suspendue à deux ressorts côte à côte (en parallèle), de raideurs k₁ = 40 kN/m et k₂ = 15 kN/m. La masse reste horizontale. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 10 kgk1 = 40 kN/mk2 = 15 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Ft = 100,6 N

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.

Couple sur le pignon

ω = 2π·2900/60 = 303,7 rad/s
T = P/ω = 1100/303,7 = 3,622 N·m

Diamètre primitif

d = m·N = 3·24 = 72 mm

Effort tangentiel

Ft = 2T/d = 2·3,622/0,072 = 100,6 N

Réponse

Ft = 100,6 N
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 259,2 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 = 1440·24/50 = 691,2 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 691,2·18/48 = 259,2 rpm

Réponse

nout = 259,2 rpm

rapport total = 5,556 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 1,077 °

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 quadratique polaire

J = π·50⁴/32 = 613592 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 200·1000·1500/(26000·613592) = 0,0188 rad
φ = 0,0188·180/π = 1,077°

Réponse

φ = 1,077°
4.Torsion des arbres

Réponse: φC = 1,212 °

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.

Couples internes

Sens de TC pris comme positif.

TBC = TC = 400 N·m
TAB = TC + TB = 400 + 500 = 900 N·m

Torsion de chaque tronçon

J = π·60⁴/32 = 1,272 × 10⁶ mm⁴
G = 39 GPa = 39000 MPa
φAB = 900000·500/(39000·1,272 × 10⁶) = 0,009069 rad
φBC = 400000·1500/(39000·1,272 × 10⁶) = 0,01209 rad

Torsion de l’extrémité C

φC = 0,009069 + 0,01209 = 0,02116 rad → |φC| = 1,212°

Réponse

φC = 1,212°
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τmax = 68,01 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.

στxyCτmax​

Rayon du cercle de Mohr

τmax = R = √(((60 − −70)/2)² + −20²) = 68,01 MPa

Réponse

τmax = 68,01 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σ1 = 110,3 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.

Contraintes à la surface

σ = F/A = −150000/(π·30²/4) = −150000/706,9 = −212,2 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·1000000/(π·30³) = 188,6 MPa
στxyCσ1​σ2​

Cercle de Mohr

C = σ/2 = −106,1 MPa
R = √((−106,1)² + 188,6²) = 216,4 MPa
σ1 = C + R = 110,3 MPa
σ2 = C − R = −322,5 MPa

Réponse

σ1 = 110,3 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 3,158 mm

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·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 25·1000/113,1 = 221 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 221/70000 = 0,003158 = 3158 µε

Allongement

δ = ε·L = 0,003158·1000 mm = 3,158 mm

Réponse

δ = 3,158 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σmax = 206,9 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 = 132,4 MPa
σ2 = 206,9 MPa

Contrainte maximale

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

σmax = 206,9 MPa

Réponse

σmax = 206,9 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 34,88 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·39761/1500² = 34882 N = 34,88 kN

Réponse

Pcr = 34,88 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 17,27 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·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Rayon de giration et élancement

A = 1963 mm²
r = √(I/A) = √(306796/1963) = 12,5 mm
KL = 0,5·5000 = 2500 mm
KL/r = 2500/12,5 = 200

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/200² = 17,27 MPa

Réponse

σcr = 17,27 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: fd = 4,126 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.

Fréquence propre non amortie

ωn = √(40000/50) = 28,28 rad/s
fn = 28,28/(2π) = 4,502 Hz

Fréquence propre amortie

fd = fn·√(1 − ζ²) = 4,502·√(1 − 0,4²) = 4,126 Hz

Réponse

fd = 4,126 Hz
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 55 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 = 40 + 15 = 55 kN/m

Réponse

keq = 55 kN/m

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design