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 = 2,5 mm

Un moteur de 1,1 kW tournant à 1450 tr/min entraîne un pignon de 16 dents et de module 2,5 mm. Trouvez l’effort tangentiel Ft sur les dents du pignon.

P = 1,1 kWn = 1450 rpmN1 = 16m = 2,5 mm
Ft = N
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 15B = 18C = 32D = 36

Un moteur de 11 kW à 1450 tr/min entraîne la roue A (15 dents), qui engrène avec la roue B (18 dents). La roue C (32 dents), sur le même arbre que B, entraîne la roue D (36 dents) sur l’arbre de sortie. Chaque engrènement a un rendement de 95 %. Trouvez le couple de sortie Tout.

P = 11 kWnin = 1450 rpmA = 15B = 18C = 32D = 36ηmesh = 95%
Tout = N·m
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 1000 N·mL = 2 m

Un arbre plein en aluminium de 2 m de long transmet un couple de 1000 N·m. L’angle de torsion entre ses extrémités ne doit pas dépasser 1,5°. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte cette limite.

T = 1000 N·mL = 2 mG = 26 GPaφallow = 1,5°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 20 kW à 1450 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 75 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 20 kWN = 1450 rpmτallow = 75 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 10σy​ = −20τxy​ = −10MPa

En un point, σₓ = 10 MPa, σᵧ = −20 MPa et τₓᵧ = −10 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 = 10 MPaσy = −20 MPaτxy = −10 MPa
θs = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
40°D = 400 mm, t = 12 mm, p = 1,2 MPap

Un réservoir cylindrique à paroi mince, de diamètre intérieur 400 mm et d’épaisseur de paroi 12 mm, contient un gaz à une pression relative de 1,2 MPa. Il est réalisé en tôle soudée le long d’un cordon hélicoïdal incliné de 40° par rapport à l’axe du cylindre. Trouvez la contrainte normale σn qui agit perpendiculairement au cordon de soudure.

D = 400 mmt = 12 mmp = 1,2 MPaα = 40°
σn = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
50 kNØ20110 GPaØ120/50600 mmδ = ?

Une tige en acier (diamètre 20 mm, E = 200 GPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en bronze (diamètre extérieur 120 mm, diamètre intérieur 50 mm, E = 110 GPa). Les deux mesurent 600 mm de long et sont comprimés ensemble entre des plaques rigides par 50 kN. Trouvez le raccourcissement δ.

P = 50 kNbarre: Ø20 mm, E = 200 GPatube: Ø120/Ø50 mm, E = 110 GPaL = 600 mm
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
P = ?Ø3070 GPaØ100/50600 mm

Une tige en acier (diamètre 30 mm, E = 200 GPa, contrainte admissible 200 MPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en aluminium (diamètre extérieur 100 mm, diamètre intérieur 50 mm, E = 70 GPa, contrainte admissible 70 MPa). Ils sont comprimés ensemble entre des plaques rigides. Trouvez la plus grande charge Pmax.

barre: Ø30 mm, E = 200 GPa, σallow = 200 MPatube: Ø100/Ø50 mm, E = 70 GPa, σallow = 70 MPa
Pmax = kN
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 2 m25 × 40 mmsection

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

L = 2 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 25 × 40 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 4 md = 50 mmsection

Un poteau de longueur L en aluminium est encastré en pied et libre en tête. Trouvez son élancement et la contrainte critique de flambement σcr avec la formule d’Euler.

L = 4 mE = 70 GPa (aluminium)d = 50 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 5 kN/mc = 20 N·s/mm = 8 kg

Une masse de 8 kg est portée par un ressort de raideur 5 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 20 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 8 kgk = 5 kN/mc = 20 N·s/m
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 100k2​ = 25m = 100 kg

Une masse de 100 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 100 kN/m et celui du bas k₂ = 25 kN/m. Négligez l’amortissement et les masses des ressorts. Trouvez la fréquence propre fn des vibrations verticales, en Hz.

m = 100 kgk1 = 100 kN/mk2 = 25 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Ft = 362,2 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 = 1100/151,8 = 7,244 N·m

Diamètre primitif

d = m·N = 2,5·16 = 40 mm

Effort tangentiel

Ft = 2T/d = 2·7,244/0,04 = 362,2 N

Réponse

Ft = 362,2 N
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Tout = 88,26 N·m

Gear trains: meshing gears have the same speed at the teeth, so n₁·N₁ = n₂·N₂: the gear with fewer teeth turns faster. Gears on one shaft turn at the same speed. Power is passed on (minus losses), so torque goes up when speed goes down: T₂ = T₁·(N₂/N₁)·η, and P = T·ω with ω = 2π·n/60.

Vitesse de sortie

nout = 1450·(15/18)·(32/36) = 1074 rpm
ωout = 2π·1074/60 = 112,5 rad/s

Puissance et couple de sortie

Pout = 11000·0,95² = 9928 W
Tout = Pout/ωout = 9928/112,5 = 88,26 N·m

Réponse

Tout = 88,26 N·m
3.Torsion des arbres

Réponse: d = 73,96 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 = 1000 N·m = 1 × 10⁶ N·mm
L = 2 m = 2000 mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
φ = 1,5·π/180 = 0,02618 rad
J = TL/(Gφ) = 1 × 10⁶·2000/(26000·0,02618) = 2,938 × 10⁶ mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 73,96 mm

Réponse

d = 73,96 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

4.Torsion des arbres

Réponse: d = 20,76 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 à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·131714/(π·75)) = 20,76 mm

Réponse

d = 20,76 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θs = −61,85 °

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 = −10/18,03 = −0,5547, sin 2θs = −15/18,03 = −0,8321
2θs = atan2(−15, −10) = −123,7°

Angle sur l’élément

θs = −61,85°
vérification: θs − θp = −61,85 − (−16,85) = −45°

Réponse

θs = −61,85°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σn = 15,87 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. Cylindre à paroi mince : contrainte circonférentielle σh = pr/t et contrainte axiale σa = pr/(2t) ; ce sont les contraintes principales dans la paroi.

Contraintes dans la paroi

r = 400/2 = 200 mm
σh = pr/t = 1,2·200/12 = 20 MPa
σa = pr/(2t) = 10 MPa

Projeter sur le cordon

Prenez x le long de l’axe (σa) et y selon la circonférence (σh). La normale au cordon fait 90° − α avec l’axe.

σn = 10·sin²40° + 20·cos²40° = 15,87 MPa

Réponse

σn = 15,87 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 0,0275 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·20²/4 = 314,2 mm²
At = π(120² − 50²)/4 = 9346 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·314,2 + 110·10³·9346 = 1,091 × 10⁹ N

Raccourcissement

δ = 50000·600/1,091 × 10⁹ = 0,0275 mm

Réponse

δ = 0,0275 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: Pmax = 553,7 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·30²/4 = 706,9 mm²
At = π(100² − 50²)/4 = 5890 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·706,9 + 70·10³·5890 = 5,537 × 10⁸ N

Déformation déterminante

ε = min(0,001, 0,001) = 0,001 (aluminium)

Charge maximale

Pmax = 0,001·5,537 × 10⁸ = 553706 N = 553,7 kN

Réponse

Pmax = 553,7 kN
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 2,249 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 = 40·25³/12 = 52083 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 2·2000 = 4000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·52083/4000² = 2249 N = 2,249 kN

Réponse

Pcr = 2,249 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 1,687 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·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Rayon de giration et élancement

A = 1963 mm²
r = √(I/A) = √(306796/1963) = 12,5 mm
KL = 2·4000 = 8000 mm
KL/r = 8000/12,5 = 640

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/640² = 1,687 MPa

Réponse

σcr = 1,687 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,05

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·√(5000·8) = 400 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/cc = 20/400 = 0,05

Réponse

ζ = 0,05

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

12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 2,251 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 = 1/100 + 1/25 → keq = 100·25/(100 + 25) = 20 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(20000/100) = 14,14 rad/s
fn = 14,14/(2π) = 2,251 Hz

Réponse

fn = 2,251 Hz

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