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​ = 20, m = 2,5 mm

Un moteur de 11 kW tournant à 960 tr/min entraîne un pignon de 20 dents et de module 2,5 mm. Trouvez l’effort tangentiel Ft sur les dents du pignon.

P = 11 kWn = 960 rpmN1 = 20m = 2,5 mm
Ft = N
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
Ns​ = 16nr​ = ?Np​ = 15porte-satellites fixe

Dans un train épicycloïdal, le planétaire a 16 dents et chaque satellite a 15 dents. Le porte-satellites est maintenu fixe et le planétaire est entraîné à 1440 tr/min. Trouvez la vitesse de rotation nr de la couronne (valeur absolue).

Ns = 16Np = 15ns = 1440 rpm
nr = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 200 N·mL = 0,5 m

Un arbre plein en laiton de 0,5 m de long transmet un couple de 200 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 = 200 N·mL = 0,5 mG = 39 GPaφallow = 2°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
d = 25 mmT0​ = 500 N·mACBa = 3 mb = 2 m

Un arbre plein en acier de diamètre 25 mm est encastré dans des murs rigides à ses deux extrémités A et B. Un couple de 500 N·m est appliqué en C, à 3 m de A et 2 m de B. Trouvez l’angle de rotation φC de la section C, en degrés.

d = 25 mmT0 = 500 N·ma = 3 mb = 2 mG = 80 GPa
φC = °
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −80σy​ = −80τxy​ = −30MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = −80 MPa, σᵧ = −80 MPa et τₓᵧ = −30 MPa, avec σz = 0. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale absolue τabs en ce point (en considérant tous les plans dans l’espace).

σx = −80 MPaσy = −80 MPaτxy = −30 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 120σy​ = 100τxy​ = −30MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 120 MPa, σᵧ = 100 MPa et τₓᵧ = −30 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte normale σθ sur une facette dont la normale est tournée de 15° dans le sens antihoraire par rapport à l’axe x.

σx = 120 MPaσy = 100 MPaτxy = −30 MPaθ = 15°
σθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
P = ?12500 mm300 mmØ40Ø50δ = 0,25 mm

Une barre est faite d’un tronçon en acier (diamètre 40 mm, longueur 500 mm, E = 200 GPa) assemblé bout à bout avec un tronçon en aluminium (diamètre 50 mm, longueur 300 mm, E = 70 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, Ø40 mm, 500 mm, E = 200 GPatronçon 2: aluminium, Ø50 mm, 300 mm, E = 70 GPaδ = 0,25 mm
P = kN
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
80 kN12500 mm300 mmØ40Ø40σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 40 mm, longueur 500 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en aluminium (diamètre 40 mm, longueur 300 mm, E = 70 GPa) sont assemblés bout à bout et fixés entre deux murs rigides. Une charge axiale de 80 kN agit à la jonction, vers le tronçon 2. Trouvez la valeur absolue de la contrainte σ2 dans le tronçon 2.

tronçon 1: acier, Ø40 mm, 500 mm, E = 200 GPatronçon 2: aluminium, Ø40 mm, 300 mm, E = 70 GPaP = 80 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 m40 × 80 mmsection

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

L = 3 mE = 200 GPa (acier)b × h = 40 × 80 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 90 kNL = 6 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en aluminium est encastré aux deux extrémités. 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 = 6 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 40 kN/mζ = 0,7m = 40 kg

Une masse de 40 kg sur un ressort de raideur 40 kN/m est munie d’un amortisseur visqueux qui donne un taux d’amortissement de 0,7. Trouvez la fréquence propre amortie fd de ses vibrations libres, en Hz.

m = 40 kgk = 40 kN/mζ = 0,7
fd = Hz
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 12k2​ = 100m = 5 kg

Une masse de 5 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 12 kN/m et celui du bas k₂ = 100 kN/m. Négligez l’amortissement et les masses des ressorts. Trouvez la fréquence propre fn des vibrations verticales, en Hz.

m = 5 kgk1 = 12 kN/mk2 = 100 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Ft = 4377 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·960/60 = 100,5 rad/s
T = P/ω = 11000/100,5 = 109,4 N·m

Diamètre primitif

d = m·N = 2,5·20 = 50 mm

Effort tangentiel

Ft = 2T/d = 2·109,4/0,05 = 4377 N

Réponse

Ft = 4377 N
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nr = 500,9 rpm

Trains épicycloïdaux : les vitesses du planétaire, de la couronne et du porte-satellites sont liées par la formule de Willis (ns − nc)/(nr − nc) = −Nr/Ns : vu du porte-satellites, le train est un train ordinaire dont les satellites sont des roues intermédiaires. Bloquer un élément transforme le train en réducteur à rapport unique.

Dents de la couronne

Nr = Ns + 2·Np = 16 + 2·15 = 46

Formule de Willis avec le porte-satellites fixe

Avec nc = 0, le planétaire entraîne la couronne par l’intermédiaire des satellites, qui jouent le rôle de roues intermédiaires.

nr = −ns·Ns/Nr = −1440·16/46 = −500,9 rpm
|nr| = 500,9 rpm

Réponse

nr = 500,9 rpm

La couronne tourne en sens inverse du planétaire.

3.Torsion des arbres

Réponse: d = 29,41 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 = 200 N·m = 200000 N·mm
L = 0,5 m = 500 mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
φ = 2·π/180 = 0,03491 rad
J = TL/(Gφ) = 200000·500/(39000·0,03491) = 73456 mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 29,41 mm

Réponse

d = 29,41 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

4.Torsion des arbres

Réponse: φC = 11,21 °

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. Quand les deux extrémités sont encastrées, la statique seule ne donne que TA + TB = T₀ ; la deuxième équation est la compatibilité (même rotation des deux parties à la section chargée).

Équilibre et compatibilité

TA + TB = 500
TA·a = TB·b
TA = 500·2/5 = 200 N·m
TB = 500·3/5 = 300 N·m

Rotation de C

Utilisez le tronçon AC : il est encastré en A et transmet TA.

J = π·25⁴/32 = 38350 mm⁴
G = 80 GPa = 80000 MPa
φC = TA·a/(GJ) = 200000·3000/(80000·38350) = 0,1956 rad = 11,21°

Réponse

φC = 11,21°
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τabs = 55 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.

σxyCσ1​σ2​

Contraintes principales dans le plan

C = −80 MPa, R = √(0² + (−30)²) = 30 MPa
σ1 = −50 MPa, σ2 = −110 MPa, σz = 0

Le plus grand des trois cercles

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(60, 50, 110)/2 = 55 MPa

Réponse

τabs = 55 MPa

Ici, c’est le cercle hors plan qui est déterminant : le maximum absolu est supérieur au maximum dans le plan R.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σθ = 103,7 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 = 110 + 10·0,866 + −30·0,5 = 103,7 MPa

Réponse

σθ = 103,7 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: P = 59,92 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 = 1257 mm², A₂ = 1963 mm²

Souplesses

L₁/(E₁A₁) = 500/(200000·1257) = 1,989 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 300/(70000·1963) = 2,183 × 10⁻⁶ mm/N

Charge

P = 0,25/4,172 × 10⁻⁶ = 59921 N = 59,92 kN

Réponse

P = 59,92 kN
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 23,45 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 = 200000·1257/500 = 502655 N/mm
k₂ = 70000·1257/300 = 293215 N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 80000·293215/795870 = 29474 N

Contrainte

σ2 = 29474/1257 = 23,45 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 23,45 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 23,39 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 = 80·40³/12 = 426667 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 2·3000 = 6000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·426667/6000² = 23395 N = 23,39 kN

Réponse

Pcr = 23,39 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 87,91 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 = 0,5·6000 = 3000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·225000·3000²/(π³·70000))^(1/4) = 87,91 mm

Réponse

d = 87,91 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 136,5, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: fd = 3,594 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 = √(40000/40) = 31,62 rad/s
fn = 31,62/(2π) = 5,033 Hz

Fréquence propre amortie

fd = fn·√(1 − ζ²) = 5,033·√(1 − 0,7²) = 3,594 Hz

Réponse

fd = 3,594 Hz
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 7,367 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

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 = 1/12 + 1/100 → keq = 12·100/(12 + 100) = 10,71 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(10714/5) = 46,29 rad/s
fn = 46,29/(2π) = 7,367 Hz

Réponse

fn = 7,367 Hz

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