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 = 2, 960 rpm

Un moteur de 0,37 kW à 960 tr/min entraîne une vis sans fin à 2 filet(s). La roue a 60 dents et la transmission a un rendement de 55 %. Trouvez le couple de sortie Tw sur l’arbre de la roue.

z = 2Nw = 60n = 960 rpmP = 0,37 kWη = 55%
Tw = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 48B = 72C = 18D = ?

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (48 dents) sur l’arbre d’entrée tourne à 1440 tr/min et entraîne la roue B (72 dents). La roue C (18 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D sur l’arbre de sortie. La sortie doit tourner à 691,2 tr/min. Combien de dents ND la roue D doit-elle avoir ?

nin = 1440 rpmA = 48B = 72C = 18nout = 691,2 rpm
ND =
3.Torsion des arbresMoyen
d = 10 mmT = 75 N·m200 mmφ = 10,94°

Lors d’un essai de torsion, une éprouvette pleine de diamètre 10 mm est soumise à un couple de 75 N·m. Les deux extrémités d’une longueur de mesure de 200 mm tournent de 10,94° l’une par rapport à l’autre (le matériau est encore élastique). Trouvez le module de cisaillement G du matériau.

T = 75 N·md = 10 mmL = 200 mmφ = 10,94°
G = GPa
4.Torsion des arbresDifficile
d = 30 mmT0​ = 100 N·mACBa = 1 mb = 1,2 m

Un arbre plein en acier de diamètre 30 mm est encastré dans des murs rigides à ses deux extrémités A et B. Un couple de 100 N·m est appliqué en C, à 1 m de A et 1,2 m de B. Trouvez l’angle de rotation φC de la section C, en degrés.

d = 30 mmT0 = 100 N·ma = 1 mb = 1,2 mG = 80 GPa
φC = °
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 30σy​ = −50τxy​ = 30MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 30 MPa, σᵧ = −50 MPa et τₓᵧ = 30 MPa (traction positive). Trouvez l’angle θp entre l’axe x et la direction de la plus grande contrainte principale, compris entre −90° et 90°.

σx = 30 MPaσy = −50 MPaτxy = 30 MPa
θp = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​τxy​surface supérieure de l’arbre

Un arbre plein de diamètre 25 mm supporte un moment fléchissant de 200 N·m ainsi qu’un couple de 200 N·m. À la surface supérieure, où la contrainte de flexion est une traction maximale, trouvez la contrainte de cisaillement maximale dans le plan τmax.

d = 25 mmM = 200 N·mT = 200 N·m
τmax = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
80 kNØ25120 GPaØ120/60600 mmδ = ?

Une tige en acier (diamètre 25 mm, E = 200 GPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en cuivre (diamètre extérieur 120 mm, diamètre intérieur 60 mm, E = 120 GPa). Les deux mesurent 600 mm de long et sont comprimés ensemble entre des plaques rigides par 80 kN. Trouvez le raccourcissement δ.

P = 80 kNbarre: Ø25 mm, E = 200 GPatube: Ø120/Ø60 mm, E = 120 GPaL = 600 mm
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
20 kN12300 mm200 mmØ30Ø60σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 30 mm, longueur 300 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en laiton (diamètre 60 mm, longueur 200 mm, E = 100 GPa) sont assemblés bout à bout et fixés entre deux murs rigides. Une charge axiale de 20 kN agit à la jonction, vers le tronçon 2. Trouvez la valeur absolue de la contrainte σ2 dans le tronçon 2.

tronçon 1: acier, Ø30 mm, 300 mm, E = 200 GPatronçon 2: laiton, Ø60 mm, 200 mm, E = 100 GPaP = 20 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 2,5 m30 × 60 mmsection

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

L = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 30 × 60 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 5 md = 30 mmsection

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

L = 5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 30 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 200 kN/mc = 8000 N·s/mm = 500 kg

Une masse de 500 kg est portée par un ressort de raideur 200 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 8000 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 500 kgk = 200 kN/mc = 8000 N·s/m
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 5k2​ = 80m = 50 kg

Une masse de 50 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 5 kN/m et celui du bas k₂ = 80 kN/m. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 50 kgk1 = 5 kN/mk2 = 80 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Tw = 60,73 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 = 960·2/60 = 32 rpm

Couple de sortie

ωw = 2π·32/60 = 3,351 rad/s
Tw = η·P/ωw = 0,55·370/3,351 = 60,73 N·m

Réponse

Tw = 60,73 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: ND = 25

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 l’arbre intermédiaire

nB = nC = 1440·48/72 = 960 rpm

Dents de la roue D

ND = C·nC/nout = 18·960/691,2 = 25

Réponse

ND = 25
3.Torsion des arbres

Réponse: G = 80,02 GPa

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 et angle

J = π·10⁴/32 = 981,7 mm⁴
φ = 10,94·π/180 = 0,1909 rad

Module de cisaillement

T = 75 N·m = 75000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 75000·200/(981,7·0,1909) = 80020 MPa
G = 80,02 GPa

Réponse

G = 80,02 GPa

Pour comparaison : acier ≈ 80 GPa, laiton ≈ 39 GPa, aluminium ≈ 26 GPa.

4.Torsion des arbres

Réponse: φC = 0,4913 °

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 = 100
TA·a = TB·b
TA = 100·1,2/2,2 = 54,55 N·m
TB = 100·1/2,2 = 45,45 N·m

Rotation de C

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

J = π·30⁴/32 = 79522 mm⁴
G = 80 GPa = 80000 MPa
φC = TA·a/(GJ) = 54545·1000/(80000·79522) = 0,008574 rad = 0,4913°

Réponse

φC = 0,4913°
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θp = 18,43 °

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.

στxyCσ1​σ2​

Angle sur le cercle

Sur le cercle de Mohr, le point x se trouve à un angle 2θp de l’axe σ ; le quadrant découle des signes de σₓ − σᵧ et de τₓᵧ.

2θp = atan2(2·30, 30 − −50) = 36,87°

Angle sur l’élément

θp = 18,43°

Réponse

θp = 18,43°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τmax = 92,19 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) = 32·200000/(π·25³) = 130,4 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·200000/(π·25³) = 65,19 MPa
στxyCτmax​

Cercle de Mohr

C = σ/2 = 65,19 MPa
R = √(65,19² + 65,19²) = 92,19 MPa

Réponse

τmax = 92,19 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 0,04301 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·25²/4 = 490,9 mm²
At = π(120² − 60²)/4 = 8482 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·490,9 + 120·10³·8482 = 1,116 × 10⁹ N

Raccourcissement

δ = 80000·600/1,116 × 10⁹ = 0,04301 mm

Réponse

δ = 0,04301 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 5,305 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 = 200000·706,9/300 = 471239 N/mm
k₂ = 100000·2827/200 = 1,414 × 10⁶ N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 20000·1,414 × 10⁶/1,885 × 10⁶ = 15000 N

Contrainte

σ2 = 15000/2827 = 5,305 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 5,305 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 14,92 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 = 60·30³/12 = 135000 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 1·2500 = 2500 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·135000/2500² = 14923 N = 14,92 kN

Réponse

Pcr = 14,92 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 3,172 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Rayon de giration et élancement

A = 706,9 mm²
r = √(I/A) = √(39761/706,9) = 7,5 mm
KL = 0,7·5000 = 3500 mm
KL/r = 3500/7,5 = 466,7

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/466,7² = 3,172 MPa

Réponse

σcr = 3,172 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,4

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·√(200000·500) = 20000 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/cc = 8000/20000 = 0,4

Réponse

ζ = 0,4

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

12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 4,706 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 = 1/5 + 1/80 → keq = 5·80/(5 + 80) = 4,706 kN/m

Réponse

keq = 4,706 kN/m

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