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
Nw​ = 30z = 4, 1450 rpm

Une vis sans fin à 4 filet(s) tourne à 1450 tr/min et entraîne une roue de 30 dents. Trouvez la vitesse de rotation nw de la roue.

z = 4Nw = 30n = 1450 rpm
nw = rpm
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 30B = 36C = 12D = 25

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (30 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 1450 rpm, entraîne la roue B (36 dents). La roue C (12 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (25 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 1450 rpmA = 30B = 36C = 12D = 25
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
T = 750 N·md = 50 mmL = 0,8 mφ = ?

Un arbre plein en aluminium 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 = 50 mmL = 0,8 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = 25 mmT0​ = 1000 N·mACBa = 2 mb = 1,5 m

Un arbre plein en laiton de diamètre 25 mm est encastré dans des murs rigides à ses deux extrémités A et B. Un couple de 1000 N·m est appliqué en C, à 2 m de A et 1,5 m de B. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale τmax dans l’arbre.

d = 25 mmT0 = 1000 N·ma = 2 mb = 1,5 m
τmax = MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 140σy​ = 30τxy​ = 10MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 140 MPa, σᵧ = 30 MPa et τₓᵧ = 10 MPa, avec σz = 0. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale absolue τabs en ce point (en considérant tous les plans dans l’espace).

σx = 140 MPaσy = 30 MPaτxy = 10 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 90σy​ = −30τxy​ = 50MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 90 MPa, σᵧ = −30 MPa et τₓᵧ = 50 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte normale σθ sur une facette dont la normale est tournée de 20° dans le sens antihoraire par rapport à l’axe x.

σx = 90 MPaσy = −30 MPaτxy = 50 MPaθ = 20°
σθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 30 mmAluminium2 mP = 110 kN

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

P = 110 kNd = 30 mmL = 2 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 30 mmAluminium1,5 mØ 16 mmAcier1 mP = 50 kN

La barre étagée est encastrée dans le mur et chargée à son extrémité libre. Trouvez la contrainte normale maximale σmax dans la barre.

P = 50 kNtronçon 1 : Ø30 mm, 1,5 m, aluminium (E = 70 GPa)tronçon 2 : Ø16 mm, 1 m, acier (E = 200 GPa)
σmax = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 4 m50 × 60 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 = 4 mE = 200 GPa (acier)b × h = 50 × 60 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 = 15 kN/mc = 350 N·s/mm = 8 kg

Une masse de 8 kg est portée par un ressort de raideur 15 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 350 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 8 kgk = 15 kN/mc = 350 N·s/m
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 12k2​ = 50m = 100 kg

Une masse de 100 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. Négligez l’amortissement et les masses des ressorts. Trouvez la fréquence propre fn des vibrations verticales, en Hz.

m = 100 kgk1 = 12 kN/mk2 = 50 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nw = 193,3 rpm

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 = 1450·4/30 = 193,3 rpm

Réponse

nw = 193,3 rpm
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 580 rpm

Trains d’engrenages : des roues en prise ont la même vitesse au niveau des dents, donc n₁·N₁ = n₂·N₂ : la roue qui a le moins de dents tourne le plus vite. Des roues montées sur un même arbre tournent à la même vitesse. La puissance est transmise (aux pertes près), donc le couple augmente quand la vitesse diminue : T₂ = T₁·(N₂/N₁)·η, et P = T·ω avec ω = 2π·n/60.

Premier étage

nB = 1450·30/36 = 1208 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 1208·12/25 = 580 rpm

Réponse

nout = 580 rpm

rapport total = 2,5 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 2,155 °

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·50⁴/32 = 613592 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 750·1000·800/(26000·613592) = 0,03761 rad
φ = 0,03761·180/π = 2,155°

Réponse

φ = 2,155°
4.Torsion des arbres

Réponse: τmax = 186,3 MPa

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 = 1000
TA·a = TB·b
TA = 1000·1,5/3,5 = 428,6 N·m
TB = 1000·2/3,5 = 571,4 N·m

Contrainte de cisaillement maximale

Le plus grand des deux couples est déterminant (même diamètre).

τmax = 16·571429/(π·25³) = 186,3 MPa

Réponse

τmax = 186,3 MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τabs = 70,45 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 = 85 MPa, R = √(55² + 10²) = 55,9 MPa
σ1 = 140,9 MPa, σ2 = 29,1 MPa, σz = 0

Le plus grand des trois cercles

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(111,8, 140,9, 29,1)/2 = 70,45 MPa

Réponse

τabs = 70,45 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 = 108,1 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 = 30 + 60·0,766 + 50·0,6428 = 108,1 MPa

Réponse

σθ = 108,1 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 4,446 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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 110·1000/706,9 = 155,6 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 155,6/70000 = 0,002223 = 2223 µε

Allongement

δ = ε·L = 0,002223·2000 mm = 4,446 mm

Réponse

δ = 4,446 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σmax = 248,7 MPa

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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 70,74 MPa
σ2 = 248,7 MPa

Contrainte maximale

Le tronçon le plus fin a la plus petite aire, donc il porte la plus grande contrainte.

σmax = 248,7 MPa

Réponse

σmax = 248,7 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 19,28 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 = 60·50³/12 = 625000 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 2·4000 = 8000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·625000/8000² = 19277 N = 19,28 kN

Réponse

Pcr = 19,28 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: ζ = 0,5052

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·√(15000·8) = 692,8 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/cc = 350/692,8 = 0,5052

Réponse

ζ = 0,5052

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

12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 3,963 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 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

Fréquence propre

ωn = √(62000/100) = 24,9 rad/s
fn = 24,9/(2π) = 3,963 Hz

Réponse

fn = 3,963 Hz

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