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​ = 400 mm2880 rpmn2​ = ?

Une poulie de 120 mm tournant à 2880 tr/min entraîne une poulie de 400 mm par une courroie avec 1,5 % de glissement. Trouvez la vitesse n2 de la poulie menée.

n1 = 2880 rpmd1 = 120 mmd2 = 400 mms = 1,5 %
n2 = rpm
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 20B = 25C = 16D = 60

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (20 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 2900 rpm, entraîne la roue B (25 dents). La roue C (16 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (60 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 2900 rpmA = 20B = 25C = 16D = 60
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
do​ = 50, di​ = 30 mmT = 200 N·mL = 3 m

Un arbre creux en laiton (diamètre extérieur 50 mm, diamètre intérieur 30 mm, longueur 3 m) est encastré à une extrémité et soumis à un couple de 200 N·m à l’autre. Trouvez l’angle de torsion φ en degrés.

T = 200 N·mdo = 50 mmdi = 30 mmL = 3 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = ?15 kW, 300 rpm

Un arbre plein en acier transmet 15 kW à 300 tr/min. La contrainte de cisaillement ne doit pas dépasser 80 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 = 15 kWN = 300 rpmτallow = 80 MPaθallow = 0,25°/mG = 80 GPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 30σy​ = 40τxy​ = −30MPa

En un point, σₓ = 30 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 = 30 MPaσy = 40 MPaτxy = −30 MPa
θs = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​τxy​surface supérieure de l’arbre

Un arbre plein de diamètre 50 mm supporte un moment fléchissant de 500 N·m ainsi qu’un couple de 1500 N·m. À la surface supérieure, où la contrainte de flexion est une traction maximale, trouvez la plus grande contrainte principale σ1.

d = 50 mmM = 500 N·mT = 1500 N·m
σ1 = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 10 mmAluminium3 mP = 110 kN

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

P = 110 kNd = 10 mmL = 3 mE = 70 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
30 kN12400 mm500 mmØ25Ø30σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 25 mm, longueur 400 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en cuivre (diamètre 30 mm, longueur 500 mm, E = 120 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, Ø25 mm, 400 mm, E = 200 GPatronçon 2: cuivre, Ø30 mm, 500 mm, E = 120 GPaP = 30 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 4 m40 × 60 mmsection

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

L = 4 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 40 × 60 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 105 kNL = 5 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en aluminium est articulé aux deux extrémités. Il doit porter 105 kN avec un coefficient de sécurité de 3 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 105 kNn = 3L = 5 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 100 kN/mc = 140 N·s/mm = 8 kg

Une masse de 8 kg est portée par un ressort de raideur 100 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 140 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 8 kgk = 100 kN/mc = 140 N·s/m
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 80k2​ = 15k3​ = 80m = 20 kg

Une masse de 20 kg est suspendue au ressort k₃ = 80 kN/m. Le haut de k₃ est fixé à une barre rigide suspendue à deux ressorts côte à côte, k₁ = 80 kN/m et k₂ = 15 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 = 20 kgk1 = 80 kN/mk2 = 15 kN/mk3 = 80 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: n2 = 851 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

2880·120/400 = 864 rpm

Avec glissement

n2 = 864·0,985 = 851 rpm

Réponse

n2 = 851 rpm
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 618,7 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 = 2900·20/25 = 2320 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 2320·16/60 = 618,7 rpm

Réponse

nout = 618,7 rpm

rapport total = 4,688 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 1,65 °

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 − 30⁴)/32 = 534071 mm⁴

Angle de torsion

T = 200 N·m = 200000 N·mm
L = 3 m = 3000 mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
φ = TL/(GJ) = 200000·3000/(39000·534071) = 0,02881 rad
φ = 0,02881·180/π = 1,65°

Réponse

φ = 1,65°
4.Torsion des arbres

Réponse: d = 61,1 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·300/60 = 31,42 rad/s
T = P/ω = 15000/31,42 = 477,5 N·m

Diamètre pour la résistance

T = 477,5 N·m = 477465 N·mm
dτ = ∛(16·477465/(π·80)) = 31,21 mm

Diamètre pour la rigidité

θ = 0,25·π/180/1000 = 4,363 × 10⁻⁶ rad/mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
dφ = (32·477465/(π·80000·4,363 × 10⁻⁶))1/4 = 61,1 mm

Diamètre déterminant

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

d = max(31,21, 61,1) = 61,1 mm

Réponse

d = 61,1 mm

Ici, c’est la rigidité qui est déterminante.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θs = 85,27 °

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 = −30/30,41 = −0,9864, sin 2θs = −(−5)/30,41 = 0,1644
2θs = atan2(5, −30) = 170,5°

Angle sur l’élément

θs = 85,27°
vérification: θs − θp = 85,27 − (−49,73) = 135°

Réponse

θs = 85,27°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σ1 = 84,79 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 = 32M/(πd³) = 32·500000/(π·50³) = 40,74 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·1500000/(π·50³) = 61,12 MPa
στxyCσ1​σ2​

Cercle de Mohr

C = σ/2 = 20,37 MPa
R = √(20,37² + 61,12²) = 64,42 MPa
σ1 = C + R = 84,79 MPa
σ2 = C − R = −44,05 MPa

Réponse

σ1 = 84,79 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: ε = 20008 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·10²/4 = 78,54 mm²
σ = P/A = 110·1000/78,54 = 1401 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 1401/70000 = 0,02001 = 20008 µε

Réponse

ε = 20008 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 17,35 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 = 200000·490,9/400 = 245437 N/mm
k₂ = 120000·706,9/500 = 169646 N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 30000·169646/415083 = 12261 N

Contrainte

σ2 = 12261/706,9 = 17,35 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 17,35 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 55,27 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 = 60·40³/12 = 320000 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,5·4000 = 2000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·320000/2000² = 55270 N = 55,27 kN

Réponse

Pcr = 55,27 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 123,4 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 = 3·105000 = 315000 N
KL = 1·5000 = 5000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·315000·5000²/(π³·70000))^(1/4) = 123,4 mm

Réponse

d = 123,4 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 162, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,07826

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.

Amortissement critique

cc = 2·√(k·m) = 2·√(100000·8) = 1789 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/cc = 140/1789 = 0,07826

Réponse

ζ = 0,07826

ζ < 1 : le système est sous-amorti et oscille en s’amortissant.

12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 7,416 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 = 80 + 15 = 95 kN/m
keq = 95·80/(95 + 80) = 43,43 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(43429/20) = 46,6 rad/s
fn = 46,6/(2π) = 7,416 Hz

Réponse

fn = 7,416 Hz

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