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
d1​ = 125 mmd2​ = 500 mm1450 rpmn2​ = ?

Une poulie de 125 mm tournant à 1450 tr/min entraîne une poulie de 500 mm par une courroie avec 1,5 % de glissement. Trouvez la vitesse n2 de la poulie menée.

n1 = 1450 rpmd1 = 125 mmd2 = 500 mms = 1,5 %
n2 = rpm
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 36B = 50C = 40D = 50

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (36 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 3000 rpm, entraîne la roue B (50 dents). La roue C (40 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (50 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 3000 rpmA = 36B = 50C = 40D = 50
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
T = 500 N·md = 30 mmL = 0,8 mφ = ?

Un arbre plein en laiton 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 = 500 N·md = 30 mmL = 0,8 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 5 kW à 1500 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 40 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 5 kWN = 1500 rpmτallow = 40 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 120σy​ = −70τxy​ = 40MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 120 MPa, σᵧ = −70 MPa et τₓᵧ = 40 MPa, avec σz = 0. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale absolue τabs en ce point (en considérant tous les plans dans l’espace).

σx = 120 MPaσy = −70 MPaτxy = 40 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 60σy​ = 50τxy​ = 30MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 60 MPa, σᵧ = 50 MPa et τₓᵧ = 30 MPa (σz = 0). Trouvez la contrainte équivalente de von Mises σvM.

σx = 60 MPaσy = 50 MPaτxy = 30 MPa
σvM = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
80 kNØ2570 GPaØ80/60800 mmδ = ?

Une tige en acier (diamètre 25 mm, E = 200 GPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en aluminium (diamètre extérieur 80 mm, diamètre intérieur 60 mm, E = 70 GPa). Les deux mesurent 800 mm de long et sont comprimés ensemble entre des plaques rigides par 80 kN. Trouvez le raccourcissement δ.

P = 80 kNbarre: Ø25 mm, E = 200 GPatube: Ø80/Ø60 mm, E = 70 GPaL = 800 mm
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
30 kN12300 mm500 mmØ20Ø30σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 20 mm, longueur 300 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en bronze (diamètre 30 mm, longueur 500 mm, E = 110 GPa) sont assemblés bout à bout et fixés entre deux murs rigides. Une charge axiale de 30 kN agit à la jonction, vers le tronçon 2. Trouvez la valeur absolue de la contrainte σ2 dans le tronçon 2.

tronçon 1: acier, Ø20 mm, 300 mm, E = 200 GPatronçon 2: bronze, Ø30 mm, 500 mm, E = 110 GPaP = 30 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 4 md = 60 mmsection

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

L = 4 mE = 200 GPa (acier)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 25 kNL = 2,5 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est encastré en pied et articulé en tête. Il doit porter 25 kN avec un coefficient de sécurité de 2 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 25 kNn = 2L = 2,5 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx12 mm2 cycles4,4 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 4,4 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 12 mmx2 = 4,4 mmn = 2
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 40k2​ = 100m = 40 kg

Une masse de 40 kg est suspendue à deux ressorts côte à côte (en parallèle), de raideurs k₁ = 40 kN/m et k₂ = 100 kN/m. La masse reste horizontale. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 40 kgk1 = 40 kN/mk2 = 100 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: n2 = 357,1 rpm

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.

Vitesse sans glissement

1450·125/500 = 362,5 rpm

Avec glissement

n2 = 362,5·0,985 = 357,1 rpm

Réponse

n2 = 357,1 rpm
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 1728 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 = 3000·36/50 = 2160 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 2160·40/50 = 1728 rpm

Réponse

nout = 1728 rpm

rapport total = 1,736 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 7,39 °

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·30⁴/32 = 79522 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 500·1000·800/(39000·79522) = 0,129 rad
φ = 0,129·180/π = 7,39°

Réponse

φ = 7,39°
4.Torsion des arbres

Réponse: d = 15,94 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·1500/60 = 157,1 rad/s
T = P/ω = 5000/157,1 = 31,83 N·m

Diamètre à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·31831/(π·40)) = 15,94 mm

Réponse

d = 15,94 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τabs = 103,1 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.

στxyCσ1​σ2​

Contraintes principales dans le plan

C = 25 MPa, R = √(95² + 40²) = 103,1 MPa
σ1 = 128,1 MPa, σ2 = −78,08 MPa, σz = 0

Le plus grand des trois cercles

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(206,2, 128,1, 78,08)/2 = 103,1 MPa

Réponse

τabs = 103,1 MPa

Ici, σ₁ et σ₂ sont de signes opposés, donc le maximum dans le plan R est aussi le maximum absolu.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σvM = 76,16 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. 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 = 55 MPa, R = 30,41 MPa
σ1 = 85,41 MPa, σ2 = 24,59 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(85,41² − 85,41·24,59 + 24,59²) = 76,16 MPa

Réponse

σvM = 76,16 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 0,2539 mm

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

Ar = π·25²/4 = 490,9 mm²
At = π(80² − 60²)/4 = 2199 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·490,9 + 70·10³·2199 = 2,521 × 10⁸ N

Raccourcissement

δ = 80000·800/2,521 × 10⁸ = 0,2539 mm

Réponse

δ = 0,2539 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 18,08 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 = 200000·314,2/300 = 209440 N/mm
k₂ = 110000·706,9/500 = 155509 N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 30000·155509/364948 = 12783 N

Contrainte

σ2 = 12783/706,9 = 18,08 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 18,08 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 78,48 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 = 1·4000 = 4000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/4000² = 78485 N = 78,48 kN

Réponse

Pcr = 78,48 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 35,46 mm

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.

Charge critique nécessaire

Pcr = n·P = 2·25000 = 50000 N
KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·50000·1750²/(π³·200000))^(1/4) = 35,46 mm

Réponse

d = 35,46 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 197,4, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,07959

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(12/4,4) = 0,5017

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,5017/√(39,48 + 0,2517) = 0,07959

Réponse

ζ = 0,07959
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 140 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 + 100 = 140 kN/m

Réponse

keq = 140 kN/m

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design