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​ = 16, m = 4 mm

Un moteur de 4 kW tournant à 1450 tr/min entraîne un pignon de 16 dents et de module 4 mm. Trouvez l’effort tangentiel Ft sur les dents du pignon.

P = 4 kWn = 1450 rpmN1 = 16m = 4 mm
Ft = N
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 16B = 18C = 25D = 45

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (16 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 960 rpm, entraîne la roue B (18 dents). La roue C (25 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (45 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 960 rpmA = 16B = 18C = 25D = 45
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 250 N·mL = 3 m

Un arbre plein en laiton de 3 m de long transmet un couple de 250 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 = 250 N·mL = 3 mG = 39 GPaφallow = 2°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 50 kW à 1500 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 80 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 50 kWN = 1500 rpmτallow = 80 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 160σy​ = −40τxy​ = −50MPa

En un point, σₓ = 160 MPa, σᵧ = −40 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 = 160 MPaσy = −40 MPaτxy = −50 MPaθ = 40°
σy′ = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = −20σy​ = −80τxy​ = 50MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = −20 MPa, σᵧ = −80 MPa et τₓᵧ = 50 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte normale σθ sur une facette dont la normale est tournée de 30° dans le sens antihoraire par rapport à l’axe x.

σx = −20 MPaσy = −80 MPaτxy = 50 MPaθ = 30°
σθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 12 mmLaiton1 mP = 70 kN

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

P = 70 kNd = 12 mmL = 1 mE = 100 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
P = ?Ø40110 GPaØ120/60500 mm

Une tige en acier (diamètre 40 mm, E = 200 GPa, contrainte admissible 250 MPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en bronze (diamètre extérieur 120 mm, diamètre intérieur 60 mm, E = 110 GPa, contrainte admissible 60 MPa). Ils sont comprimés ensemble entre des plaques rigides. Trouvez la plus grande charge Pmax.

barre: Ø40 mm, E = 200 GPa, σallow = 250 MPatube: Ø120/Ø60 mm, E = 110 GPa, σallow = 60 MPa
Pmax = kN
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 2,5 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 = 2,5 mE = 200 GPa (acier)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 90 kNL = 5 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en aluminium est encastré en pied et articulé en tête. Il doit porter 90 kN avec un coefficient de sécurité de 2,5 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 90 kNn = 2,5L = 5 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx10 mm4 cycles6 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 10 mm est suivi, 4 cycles plus tard, d’un pic de 6 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 10 mmx4 = 6 mmn = 4
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 30k2​ = 12k3​ = 100m = 40 kg

Une masse de 40 kg est suspendue au ressort k₃ = 100 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 = 100 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Ft = 823,2 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·1450/60 = 151,8 rad/s
T = P/ω = 4000/151,8 = 26,34 N·m

Diamètre primitif

d = m·N = 4·16 = 64 mm

Effort tangentiel

Ft = 2T/d = 2·26,34/0,064 = 823,2 N

Réponse

Ft = 823,2 N
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 474,1 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 = 960·16/18 = 853,3 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 853,3·25/45 = 474,1 rpm

Réponse

nout = 474,1 rpm

rapport total = 2,025 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: d = 48,67 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 = 250 N·m = 250000 N·mm
L = 3 m = 3000 mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
φ = 2·π/180 = 0,03491 rad
J = TL/(Gφ) = 250000·3000/(39000·0,03491) = 550921 mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 48,67 mm

Réponse

d = 48,67 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

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·1500/60 = 157,1 rad/s
T = P/ω = 50000/157,1 = 318,3 N·m

Diamètre à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·318310/(π·80)) = 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: σy′ = 91,88 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′ = 60 − 100·0,1736 − (−50)·0,9848 = 91,88 MPa

Vérification

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

σx′ = 28,12 MPa, σx′ + σy′ = 120 = σx + σy

Réponse

σy′ = 91,88 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σθ = 8,301 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

σθ = −50 + 30·0,5 + 50·0,866 = 8,301 MPa

Réponse

σθ = 8,301 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: ε = 6189 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·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 70·1000/113,1 = 618,9 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for laiton = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 618,9/100000 = 0,006189 = 6189 µε

Réponse

ε = 6189 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: Pmax = 646 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

Ar = π·40²/4 = 1257 mm²
At = π(120² − 60²)/4 = 8482 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·1257 + 110·10³·8482 = 1,184 × 10⁹ N

Déformation déterminante

ε = min(0,00125, 0,0005455) = 0,0005455 (bronze)

Charge maximale

Pmax = 0,0005455·1,184 × 10⁹ = 646026 N = 646 kN

Réponse

Pmax = 646 kN
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 200,9 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 = 1·2500 = 2500 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/2500² = 200921 N = 200,9 kN

Réponse

Pcr = 200,9 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 94,95 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 = 2,5·90000 = 225000 N
KL = 0,7·5000 = 3500 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·225000·3500²/(π³·70000))^(1/4) = 94,95 mm

Réponse

d = 94,95 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 147,4, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,02032

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(10/6) = 0,1277

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,1277/√(39,48 + 0,01631) = 0,02032

Réponse

ζ = 0,02032
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 4,328 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 = 42·100/(42 + 100) = 29,58 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(29577/40) = 27,19 rad/s
fn = 27,19/(2π) = 4,328 Hz

Réponse

fn = 4,328 Hz

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