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 = 3, 1450 rpm

Un moteur de 0,75 kW à 1450 tr/min entraîne une vis sans fin à 3 filet(s). La roue a 30 dents et la transmission a un rendement de 70 %. Trouvez le couple de sortie Tw sur l’arbre de la roue.

z = 3Nw = 30n = 1450 rpmP = 0,75 kWη = 70%
Tw = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
d1​ = 150 mmd2​ = 450 mm1440 rpmC = 1200 mmT1​ = 500 NT2​P = ?

Une courroie ouverte relie une poulie motrice de 150 mm tournant à 1440 tr/min à une poulie de 450 mm ; les centres sont distants de 1200 mm. Le coefficient de frottement est 0,35 et la tension du brin tendu ne doit pas dépasser 500 N. Trouvez la plus grande puissance P que la courroie peut transmettre sans glisser, en kW (négligez les effets centrifuges).

d1 = 150 mmn1 = 1440 rpmd2 = 450 mmC = 1200 mmμ = 0,35T1 = 500 N
P = kW
3.Torsion des arbresMoyen
T = 750 N·md = 40 mmL = 2,5 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 = 750 N·md = 40 mmL = 2,5 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = ?10 kW, 1450 rpm

Un arbre plein en laiton transmet 10 kW à 1450 tr/min. La contrainte de cisaillement ne doit pas dépasser 40 MPa et la torsion ne doit pas dépasser 1° par m de longueur. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte les deux limites.

P = 10 kWN = 1450 rpmτallow = 40 MPaθallow = 1°/mG = 39 GPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −70σy​ = 70τxy​ = 60MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = −70 MPa, σᵧ = 70 MPa et τₓᵧ = 60 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 = −70 MPaσy = 70 MPaτxy = 60 MPa
θp = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 10σy​ = 70τxy​ = 60MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 10 MPa, σᵧ = 70 MPa et τₓᵧ = 60 MPa (σz = 0). Trouvez la contrainte équivalente de von Mises σvM.

σx = 10 MPaσy = 70 MPaτxy = 60 MPa
σvM = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 25 mmAluminium2 mP = 80 kN

Trouvez l’allongement δ de la barre en aluminium sous l’effort axial.

P = 80 kNd = 25 mmL = 2 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
80 kN12500 mm200 mmØ30Ø60σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 30 mm, longueur 500 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en bronze (diamètre 60 mm, longueur 200 mm, E = 110 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, Ø30 mm, 500 mm, E = 200 GPatronçon 2: bronze, Ø60 mm, 200 mm, E = 110 GPaP = 80 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 1 md = 20 mmsection

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

L = 1 mE = 70 GPa (aluminium)d = 20 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 20 kNL = 4 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est articulé aux deux extrémités. Il doit porter 20 kN avec un coefficient de sécurité de 3 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 20 kNn = 3L = 4 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 80 kN/mc = 250 N·s/mm = 80 kg

Une masse de 80 kg est portée par un ressort de raideur 80 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 250 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 80 kgk = 80 kN/mc = 250 N·s/m
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 60k2​ = 30k3​ = 50m = 10 kg

Une masse de 10 kg est suspendue au ressort k₃ = 50 kN/m. Le haut de k₃ est fixé à une barre rigide suspendue à deux ressorts côte à côte, k₁ = 60 kN/m et k₂ = 30 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 = 10 kgk1 = 60 kN/mk2 = 30 kN/mk3 = 50 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Tw = 34,58 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 = 1450·3/30 = 145 rpm

Couple de sortie

ωw = 2π·145/60 = 15,18 rad/s
Tw = η·P/ωw = 0,7·750/15,18 = 34,58 N·m

Réponse

Tw = 34,58 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 3,599 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 = 2,891 rad

Tension du brin mou

eμθ = e1,012 = 2,751, T₂ = 500/2,751 = 181,8 N

Puissance

P = (500 − 181,8)·11,31 = 3,599 kW

Réponse

P = 3,599 kW
3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 10,96 °

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·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 750·1000·2500/(39000·251327) = 0,1913 rad
φ = 0,1913·180/π = 10,96°

Réponse

φ = 10,96°
4.Torsion des arbres

Réponse: d = 31,51 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 = 10000/151,8 = 65,86 N·m

Diamètre pour la résistance

T = 65,86 N·m = 65857 N·mm
dτ = ∛(16·65857/(π·40)) = 20,32 mm

Diamètre pour la rigidité

θ = 1·π/180/1000 = 1,745 × 10⁻⁵ rad/mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
dφ = (32·65857/(π·39000·1,745 × 10⁻⁵))1/4 = 31,51 mm

Diamètre déterminant

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

d = max(20,32, 31,51) = 31,51 mm

Réponse

d = 31,51 mm

Ici, c’est la rigidité qui est déterminante.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θp = 69,7 °

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(2·60, −70 − 70) = 139,4°

Angle sur l’élément

θp = 69,7°

Réponse

θp = 69,7°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σvM = 122,9 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. Critères de plasticité : von Mises prévoit la plastification quand σvM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) atteint σY ; Tresca quand la contrainte de cisaillement maximale absolue atteint σY/2.

στxyCσ1​σ2​

Contraintes principales

C = 40 MPa, R = 67,08 MPa
σ1 = 107,1 MPa, σ2 = −27,08 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(107,1² − 107,1·(−27,08) + (−27,08)²) = 122,9 MPa

Réponse

σvM = 122,9 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 4,656 mm

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·25²/4 = 490,9 mm²
σ = P/A = 80·1000/490,9 = 163 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 163/70000 = 0,002328 = 2328 µε

Allongement

δ = ε·L = 0,002328·2000 mm = 4,656 mm

Réponse

δ = 4,656 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 23,94 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 = 200000·706,9/500 = 282743 N/mm
k₂ = 110000·2827/200 = 1,555 × 10⁶ N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 80000·1,555 × 10⁶/1,838 × 10⁶ = 67692 N

Contrainte

σ2 = 67692/2827 = 23,94 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 23,94 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 11,07 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 = 0,7·1000 = 700 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·7854/700² = 11074 N = 11,07 kN

Réponse

Pcr = 11,07 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 56,1 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 = 3·20000 = 60000 N
KL = 1·4000 = 4000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·60000·4000²/(π³·200000))^(1/4) = 56,1 mm

Réponse

d = 56,1 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 285,2, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,04941

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·√(80000·80) = 5060 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/cc = 250/5060 = 0,04941

Réponse

ζ = 0,04941

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

12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 9,023 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 = 60 + 30 = 90 kN/m
keq = 90·50/(90 + 50) = 32,14 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(32143/10) = 56,69 rad/s
fn = 56,69/(2π) = 9,023 Hz

Réponse

fn = 9,023 Hz

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