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
Tw​ = ?z = 1, 1450 rpm

Un moteur de 2,2 kW à 1450 tr/min entraîne une vis sans fin à 1 filet(s). La roue a 48 dents et la transmission a un rendement de 50 %. Trouvez le couple de sortie Tw sur l’arbre de la roue.

z = 1Nw = 48n = 1450 rpmP = 2,2 kWη = 50%
Tw = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
d1​ = 120 mmd2​ = 200 mm1440 rpmC = 1200 mmT1​ = 1500 NT2​P = ?

Une courroie ouverte relie une poulie motrice de 120 mm tournant à 1440 tr/min à une poulie de 200 mm ; les centres sont distants de 1200 mm. Le coefficient de frottement est 0,3 et la tension du brin tendu ne doit pas dépasser 1500 N. Trouvez la plus grande puissance P que la courroie peut transmettre sans glisser, en kW (négligez les effets centrifuges).

d1 = 120 mmn1 = 1440 rpmd2 = 200 mmC = 1200 mmμ = 0,3T1 = 1500 N
P = kW
3.Torsion des arbresMoyen
T = 200 N·md = 25 mmL = 2 mφ = ?

Un arbre plein en laiton est encastré dans le mur et tordu par un couple T à son extrémité libre. Trouvez l’angle de torsion φ de l’extrémité libre, en degrés.

T = 200 N·md = 25 mmL = 2 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 50 kW à 300 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 50 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 50 kWN = 300 rpmτallow = 50 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 60σy​ = 40τxy​ = −20MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 60 MPa, σᵧ = 40 MPa et τₓᵧ = −20 MPa, avec σz = 0. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale absolue τabs en ce point (en considérant tous les plans dans l’espace).

σx = 60 MPaσy = 40 MPaτxy = −20 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = −20σy​ = −20τxy​ = 40MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = −20 MPa, σᵧ = −20 MPa et τₓᵧ = 40 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte normale σθ sur une facette dont la normale est tournée de 30° dans le sens horaire par rapport à l’axe x.

σx = −20 MPaσy = −20 MPaτxy = 40 MPaθ = -30°
σθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 20 mmAluminium0,5 mP = 45 kN

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

P = 45 kNd = 20 mmL = 0,5 mE = 70 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 35 mmAluminium2 mØ 20 mmCuivre2 mP = 40 kN

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

P = 40 kNtronçon 1 : Ø35 mm, 2 m, aluminium (E = 70 GPa)tronçon 2 : Ø20 mm, 2 m, cuivre (E = 117 GPa)
δ = mm
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 md = 20 mmsection

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

L = 3 mE = 200 GPa (acier)d = 20 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 6 md = 50 mmsection

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

L = 6 mE = 200 GPa (acier)d = 50 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 200 kN/mζ = 0,3m = 150 kg

Une masse de 150 kg sur un ressort de raideur 200 kN/m est munie d’un amortisseur visqueux qui donne un taux d’amortissement de 0,3. Trouvez la fréquence propre amortie fd de ses vibrations libres, en Hz.

m = 150 kgk = 200 kN/mζ = 0,3
fd = Hz
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 12k2​ = 50m = 40 kg

Une masse de 40 kg est suspendue à deux ressorts côte à côte (en parallèle), de raideurs k₁ = 12 kN/m et k₂ = 50 kN/m. La masse reste horizontale. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 40 kgk1 = 12 kN/mk2 = 50 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Tw = 347,7 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 la roue

nw = n·z/Nw = 1450·1/48 = 30,21 rpm

Couple de sortie

ωw = 2π·30,21/60 = 3,163 rad/s
Tw = η·P/ωw = 0,5·2200/3,163 = 347,7 N·m

Réponse

Tw = 347,7 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 8,176 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.

Angle d’enroulement

θ = 3,075 rad

Tension du brin mou

eμθ = e0,9225 = 2,516, T₂ = 1500/2,516 = 596,3 N

Puissance

P = (1500 − 596,3)·9,048 = 8,176 kW

Réponse

P = 8,176 kW
3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 15,32 °

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·25⁴/32 = 38350 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 200·1000·2000/(39000·38350) = 0,2674 rad
φ = 0,2674·180/π = 15,32°

Réponse

φ = 15,32°
4.Torsion des arbres

Réponse: d = 54,53 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 = 50000/31,42 = 1592 N·m

Diamètre à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·1,592 × 10⁶/(π·50)) = 54,53 mm

Réponse

d = 54,53 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τabs = 36,18 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.

στxyCσ1​σ2​

Contraintes principales dans le plan

C = 50 MPa, R = √(10² + (−20)²) = 22,36 MPa
σ1 = 72,36 MPa, σ2 = 27,64 MPa, σz = 0

Le plus grand des trois cercles

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(44,72, 72,36, 27,64)/2 = 36,18 MPa

Réponse

τabs = 36,18 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 = −54,64 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 = −20 + 0·0,5 + 40·−0,866 = −54,64 MPa

Réponse

σθ = −54,64 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: ε = 2046 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·20²/4 = 314,2 mm²
σ = P/A = 45·1000/314,2 = 143,2 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 143,2/70000 = 0,002046 = 2046 µε

Réponse

ε = 2046 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 3,364 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·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 41,58 MPa
σ2 = 127,3 MPa

Additionner les allongements des tronçons

δ1 = σ1L1/E1 = 41,58·2000/70000 = 1,188 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 127,3·2000/117000 = 2,176 mm
δ = δ1 + δ2 = 3,364 mm

Réponse

δ = 3,364 mm
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 6,89 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·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·7854/1500² = 6890 N = 6,89 kN

Réponse

Pcr = 6,89 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 2,142 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 = 2·6000 = 12000 mm
KL/r = 12000/12,5 = 960

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/960² = 2,142 MPa

Réponse

σcr = 2,142 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: fd = 5,544 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 = √(200000/150) = 36,51 rad/s
fn = 36,51/(2π) = 5,812 Hz

Fréquence propre amortie

fd = fn·√(1 − ζ²) = 5,812·√(1 − 0,3²) = 5,544 Hz

Réponse

fd = 5,544 Hz
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 62 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 côte à côte ont le même allongement et leurs forces s’additionnent ; leurs raideurs s’additionnent donc simplement : k = k1 + k2.

keq = 12 + 50 = 62 kN/m

Réponse

keq = 62 kN/m

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