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
d1​ = 120 mmd2​ = 450 mm720 rpmT1​ = 1500 NT2​ = 750 NP = ?

Une courroie passe sur une poulie motrice de 120 mm tournant à 720 tr/min. La tension est de 1500 N sur le brin tendu et de 750 N sur le brin mou. Trouvez la puissance P transmise, en kW.

d1 = 120 mmn1 = 720 rpmT1 = 1500 NT2 = 750 N
P = kW
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 15B = 48C = 20D = 32

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (15 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 2900 rpm, entraîne la roue B (48 dents). La roue C (20 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (32 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 2900 rpmA = 15B = 48C = 20D = 32
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
d1​ = 60 mmd2​ = 40 mmT = 2000 N·mABC2 m0,5 m

Un arbre plein étagé en aluminium est encastré en A. Le tronçon AB a un diamètre de 60 mm et une longueur de 2 m ; le tronçon BC a un diamètre de 40 mm et une longueur de 0,5 m. Un couple de 2000 N·m agit à l’extrémité libre C. Trouvez l’angle de torsion φC de l’extrémité C, en degrés.

T = 2000 N·md1 = 60 mm, L1 = 2 md2 = 40 mm, L2 = 0,5 mG = 26 GPa
φC = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = ?20 kW, 1450 rpm

Un arbre plein en acier transmet 20 kW à 1450 tr/min. La contrainte de cisaillement ne doit pas dépasser 75 MPa et la torsion ne doit pas dépasser 0,25° par m de longueur. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte les deux limites.

P = 20 kWN = 1450 rpmτallow = 75 MPaθallow = 0,25°/mG = 80 GPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −20σy​ = −40τxy​ = 30MPa

En un point, σₓ = −20 MPa, σᵧ = −40 MPa et τₓᵧ = 30 MPa (traction positive). Trouvez l’angle θs, compris entre −90° et 90°, de l’axe x à la normale du plan sur lequel la contrainte de cisaillement atteint sa valeur positive maximale +R (cisaillement positif dans le même sens que τₓᵧ).

σx = −20 MPaσy = −40 MPaτxy = 30 MPa
θs = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 150σy​ = 50τxy​ = 60MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 150 MPa, σᵧ = 50 MPa et τₓᵧ = 60 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte normale σθ sur une facette dont la normale est tournée de 25° dans le sens antihoraire par rapport à l’axe x.

σx = 150 MPaσy = 50 MPaτxy = 60 MPaθ = 25°
σθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
P = ?12600 mm400 mmØ30Ø60δ = 0,25 mm

Une barre est faite d’un tronçon en acier (diamètre 30 mm, longueur 600 mm, E = 200 GPa) assemblé bout à bout avec un tronçon en cuivre (diamètre 60 mm, longueur 400 mm, E = 120 GPa). Elle est fixée à une extrémité et tirée à l’autre. Trouvez la charge axiale P qui l’allonge de 0,25 mm au total.

tronçon 1: acier, Ø30 mm, 600 mm, E = 200 GPatronçon 2: cuivre, Ø60 mm, 400 mm, E = 120 GPaδ = 0,25 mm
P = kN
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 35 mmAcier1,5 mØ 12 mmAluminium1,5 mP = 50 kN

La barre étagée est encastrée dans le mur et chargée à son extrémité libre. Trouvez l’allongement total δ.

P = 50 kNtronçon 1 : Ø35 mm, 1,5 m, acier (E = 200 GPa)tronçon 2 : Ø12 mm, 1,5 m, aluminium (E = 70 GPa)
δ = mm
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 1,5 m30 × 100 mmsection

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

L = 1,5 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 30 × 100 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 3 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 = 3 mE = 70 GPa (aluminium)d = 40 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx50 mm3 cycles16,1 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 50 mm est suivi, 3 cycles plus tard, d’un pic de 16,1 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 50 mmx3 = 16,1 mmn = 3
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 25k2​ = 12m = 100 kg

Une masse de 100 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 25 kN/m et celui du bas k₂ = 12 kN/m. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 100 kgk1 = 25 kN/mk2 = 12 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 3,393 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.

Vitesse de la courroie

v = 4,524 m/s

Puissance

P = (1500 − 750)·4,524 = 3393 W = 3,393 kW

Réponse

P = 3,393 kW
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 566,4 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 = 2900·15/48 = 906,3 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 906,3·20/32 = 566,4 rpm

Réponse

nout = 566,4 rpm

rapport total = 5,12 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φC = 15,7 °

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.

Moments polaires

J1 = π·60⁴/32 = 1,272 × 10⁶ mm⁴
J2 = π·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Torsion de chaque tronçon

T = 2000 N·m = 2 × 10⁶ N·mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
φAB = 2 × 10⁶·2000/(26000·1,272 × 10⁶) = 0,1209 rad
φBC = 2 × 10⁶·500/(26000·251327) = 0,153 rad

Torsion totale

φC = 0,1209 + 0,153 = 0,2739 rad = 15,7°

Réponse

φC = 15,7°
4.Torsion des arbres

Réponse: d = 44,28 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·1450/60 = 151,8 rad/s
T = P/ω = 20000/151,8 = 131,7 N·m

Diamètre pour la résistance

T = 131,7 N·m = 131714 N·mm
dτ = ∛(16·131714/(π·75)) = 20,76 mm

Diamètre pour la rigidité

θ = 0,25·π/180/1000 = 4,363 × 10⁻⁶ rad/mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
dφ = (32·131714/(π·80000·4,363 × 10⁻⁶))1/4 = 44,28 mm

Diamètre déterminant

Les deux limites doivent être respectées, donc c’est le plus grand diamètre qui est déterminant.

d = max(20,76, 44,28) = 44,28 mm

Réponse

d = 44,28 mm

Ici, c’est la rigidité qui est déterminante.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θs = −9,217 °

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​

Angle sur le cercle

Sur le cercle de Mohr, le sommet (+R) est à 90° du point principal σ₁ ; sur l’élément, cela fait 45°.

cos 2θs = 30/31,62 = 0,9487, sin 2θs = −10/31,62 = −0,3162
2θs = atan2(−10, 30) = −18,43°

Angle sur l’élément

θs = −9,217°
vérification: θs − θp = −9,217 − 35,78 = −45°

Réponse

θs = −9,217°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σθ = 178,1 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.

Formule de changement de repère

σθ = 100 + 50·0,6428 + 60·0,766 = 178,1 MPa

Réponse

σθ = 178,1 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: P = 46,1 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 = 706,9 mm², A₂ = 2827 mm²

Souplesses

L₁/(E₁A₁) = 600/(200000·706,9) = 4,244 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 400/(120000·2827) = 1,179 × 10⁻⁶ mm/N

Charge

P = 0,25/5,423 × 10⁻⁶ = 46099 N = 46,1 kN

Réponse

P = 46,1 kN
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 9,863 mm

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·35²/4 = 962,1 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 51,97 MPa
σ2 = 442,1 MPa

Additionner les allongements des tronçons

δ1 = σ1L1/E1 = 51,97·1500/200000 = 0,3898 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 442,1·1500/70000 = 9,474 mm
δ = δ1 + δ2 = 9,863 mm

Réponse

δ = 9,863 mm
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 141 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 = 100·30³/12 = 225000 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,7·1500 = 1050 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·225000/1050² = 140994 N = 141 kN

Réponse

Pcr = 141 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 7,676 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 = 1·3000 = 3000 mm
KL/r = 3000/10 = 300

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/300² = 7,676 MPa

Réponse

σcr = 7,676 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,06001

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 = (1/3)·ln(50/16,1) = 0,3777

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,3777/√(39,48 + 0,1427) = 0,06001

Réponse

ζ = 0,06001
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 8,108 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 en série subissent la même force et leurs allongements s’additionnent ; ils se combinent donc par leurs inverses : 1/k = 1/k1 + 1/k2.

1/keq = 1/25 + 1/12 → keq = 25·12/(25 + 12) = 8,108 kN/m

Réponse

keq = 8,108 kN/m

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