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​ = 12N2​ = 16

Un moteur de 11 kW tournant à 1500 rpm entraîne un pignon de 12 dents, qui engrène avec une roue de 16 dents. L’engrenage a un rendement de 95 %. Trouvez le couple T1 sur l’arbre du moteur.

P = 11 kWn1 = 1500 rpmN1 = 12N2 = 16η = 95%
T1 = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 45B = 60C = 32D = 40

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (45 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 1450 rpm, entraîne la roue B (60 dents). La roue C (32 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (40 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 1450 rpmA = 45B = 60C = 32D = 40
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
T = 100 N·md = 20 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 = 100 N·md = 20 mmL = 2,5 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = 50 mmT0​ = 2000 N·mACBa = 1 mb = 0,5 m

Un arbre plein en aluminium de diamètre 50 mm est encastré dans des murs rigides à ses deux extrémités A et B. Un couple de 2000 N·m est appliqué en C, à 1 m de A et 0,5 m de B. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale τmax dans l’arbre.

d = 50 mmT0 = 2000 N·ma = 1 mb = 0,5 m
τmax = MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 80σy​ = −80τxy​ = −50MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 80 MPa, σᵧ = −80 MPa et τₓᵧ = −50 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte de cisaillement maximale dans le plan τmax.

σx = 80 MPaσy = −80 MPaτxy = −50 MPa
τmax = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 80σy​ = −70τxy​ = 60MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 80 MPa, σᵧ = −70 MPa et τₓᵧ = 60 MPa (σz = 0). Le matériau a une limite d’élasticité de 355 MPa. Trouvez le coefficient de sécurité n vis-à-vis de la plastification selon le critère de Tresca (cisaillement maximal).

σx = 80 MPaσy = −70 MPaτxy = 60 MPaσY = 355 MPa
n =
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
300 kNØ30120 GPaØ120/50600 mmδ = ?

Une tige en acier (diamètre 30 mm, E = 200 GPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en cuivre (diamètre extérieur 120 mm, diamètre intérieur 50 mm, E = 120 GPa). Les deux mesurent 600 mm de long et sont comprimés ensemble entre des plaques rigides par 300 kN. Trouvez le raccourcissement δ.

P = 300 kNbarre: Ø30 mm, E = 200 GPatube: Ø120/Ø50 mm, E = 120 GPaL = 600 mm
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
P = ?Ø25100 GPaØ120/50300 mm

Une tige en acier (diamètre 25 mm, E = 200 GPa, contrainte admissible 150 MPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en laiton (diamètre extérieur 120 mm, diamètre intérieur 50 mm, E = 100 GPa, contrainte admissible 60 MPa). Ils sont comprimés ensemble entre des plaques rigides. Trouvez la plus grande charge Pmax.

barre: Ø25 mm, E = 200 GPa, σallow = 150 MPatube: Ø120/Ø50 mm, E = 100 GPa, σallow = 60 MPa
Pmax = kN
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 5 md = 40 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 = 5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 40 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 2,5 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 = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 50 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 4 kN/mc = 160 N·s/mm = 10 kg

Une masse de 10 kg est portée par un ressort de raideur 4 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 160 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 10 kgk = 4 kN/mc = 160 N·s/m
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 20k2​ = 80k3​ = 30m = 40 kg

Une masse de 40 kg est suspendue au ressort k₃ = 30 kN/m. Le haut de k₃ est fixé à une barre rigide suspendue à deux ressorts côte à côte, k₁ = 20 kN/m et k₂ = 80 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 = 40 kgk1 = 20 kN/mk2 = 80 kN/mk3 = 30 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: T1 = 70,03 N·m

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.

Couple moteur

ω₁ = 2π·1500/60 = 157,1 rad/s
T1 = P/ω₁ = 11000/157,1 = 70,03 N·m

Réponse

T1 = 70,03 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 870 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 = 1450·45/60 = 1088 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 1088·32/40 = 870 rpm

Réponse

nout = 870 rpm

rapport total = 1,667 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 23,38 °

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·20⁴/32 = 15708 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 100·1000·2500/(39000·15708) = 0,4081 rad
φ = 0,4081·180/π = 23,38°

Réponse

φ = 23,38°
4.Torsion des arbres

Réponse: τmax = 54,32 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 = 2000
TA·a = TB·b
TA = 2000·0,5/1,5 = 666,7 N·m
TB = 2000·1/1,5 = 1333 N·m

Contrainte de cisaillement maximale

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

τmax = 16·1,333 × 10⁶/(π·50³) = 54,32 MPa

Réponse

τmax = 54,32 MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τmax = 94,34 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.

στxyCτmax​

Rayon du cercle de Mohr

τmax = R = √(((80 − −80)/2)² + −50²) = 94,34 MPa

Réponse

τmax = 94,34 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: n = 1,848

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 = 5 MPa, R = 96,05 MPa
σ1 = 101 MPa, σ2 = −91,05 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 192,1 MPa
n = 355/192,1 = 1,848

Réponse

n = 1,848

n > 1 signifie que le point ne se plastifie pas ; Tresca est un peu plus conservatif que von Mises.

7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 0,1425 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·30²/4 = 706,9 mm²
At = π(120² − 50²)/4 = 9346 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·706,9 + 120·10³·9346 = 1,263 × 10⁹ N

Raccourcissement

δ = 300000·600/1,263 × 10⁹ = 0,1425 mm

Réponse

δ = 0,1425 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: Pmax = 619,7 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·25²/4 = 490,9 mm²
At = π(120² − 50²)/4 = 9346 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·490,9 + 100·10³·9346 = 1,033 × 10⁹ N

Déformation déterminante

ε = min(0,00075, 0,0006) = 0,0006 (laiton)

Charge maximale

Pmax = 0,0006·1,033 × 10⁹ = 619679 N = 619,7 kN

Réponse

Pmax = 619,7 kN
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 3,473 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 1·5000 = 5000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·125664/5000² = 3473 N = 3,473 kN

Réponse

Pcr = 3,473 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 4,318 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 = 2·2500 = 5000 mm
KL/r = 5000/12,5 = 400

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/400² = 4,318 MPa

Réponse

σcr = 4,318 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·√(4000·10) = 400 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/cc = 160/400 = 0,4

Réponse

ζ = 0,4

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

12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 3,823 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 = 20 + 80 = 100 kN/m
keq = 100·30/(100 + 30) = 23,08 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(23077/40) = 24,02 rad/s
fn = 24,02/(2π) = 3,823 Hz

Réponse

fn = 3,823 Hz

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