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
d1​ = 100 mmd2​ = 500 mm720 rpmT1​ = 800 NT2​ = 320 NP = ?

Une courroie passe sur une poulie motrice de 100 mm tournant à 720 tr/min. La tension est de 800 N sur le brin tendu et de 320 N sur le brin mou. Trouvez la puissance P transmise, en kW.

d1 = 100 mmn1 = 720 rpmT1 = 800 NT2 = 320 N
P = kW
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
d1​ = 160 mmd2​ = 200 mm2880 rpmC = 1200 mmT1​ = 800 NT2​P = ?

Une courroie ouverte relie une poulie motrice de 160 mm tournant à 2880 tr/min à une poulie de 200 mm ; les centres sont distants de 1200 mm. Le coefficient de frottement est 0,25 et la tension du brin tendu ne doit pas dépasser 800 N. Trouvez la plus grande puissance P que la courroie peut transmettre sans glisser, en kW (négligez les effets centrifuges).

d1 = 160 mmn1 = 2880 rpmd2 = 200 mmC = 1200 mmμ = 0,25T1 = 800 N
P = kW
3.Torsion des arbresMoyen
d = 12 mmT = 50 N·m200 mmφ = 7,22°

Lors d’un essai de torsion, une éprouvette pleine de diamètre 12 mm est soumise à un couple de 50 N·m. Les deux extrémités d’une longueur de mesure de 200 mm tournent de 7,22° l’une par rapport à l’autre (le matériau est encore élastique). Trouvez le module de cisaillement G du matériau.

T = 50 N·md = 12 mmL = 200 mmφ = 7,22°
G = GPa
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 100 kW à 500 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 60 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 100 kWN = 500 rpmτallow = 60 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −80σy​ = 70τxy​ = 30MPa

En un point, σₓ = −80 MPa, σᵧ = 70 MPa et τₓᵧ = 30 MPa (traction positive). Trouvez l’angle θs, compris entre −90° et 90°, de l’axe x à la normale du plan sur lequel la contrainte de cisaillement atteint sa valeur positive maximale +R (cisaillement positif dans le même sens que τₓᵧ).

σx = −80 MPaσy = 70 MPaτxy = 30 MPa
θs = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σy​ = −50τxy​ = −50MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 0 MPa, σᵧ = −50 MPa et τₓᵧ = −50 MPa (σz = 0). Trouvez la contrainte équivalente de von Mises σvM.

σx = 0 MPaσy = −50 MPaτxy = −50 MPa
σvM = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
150 kNØ3070 GPaØ100/60600 mmδ = ?

Une tige en acier (diamètre 30 mm, E = 200 GPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en aluminium (diamètre extérieur 100 mm, diamètre intérieur 60 mm, E = 70 GPa). Les deux mesurent 600 mm de long et sont comprimés ensemble entre des plaques rigides par 150 kN. Trouvez le raccourcissement δ.

P = 150 kNbarre: Ø30 mm, E = 200 GPatube: Ø100/Ø60 mm, E = 70 GPaL = 600 mm
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
40 kN12600 mm400 mmØ25Ø60σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 25 mm, longueur 600 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en cuivre (diamètre 60 mm, longueur 400 mm, E = 120 GPa) sont assemblés bout à bout et fixés entre deux murs rigides. Une charge axiale de 40 kN agit à la jonction, vers le tronçon 2. Trouvez la valeur absolue de la contrainte σ2 dans le tronçon 2.

tronçon 1: acier, Ø25 mm, 600 mm, E = 200 GPatronçon 2: cuivre, Ø60 mm, 400 mm, E = 120 GPaP = 40 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 2,5 md = 60 mmsection

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

L = 2,5 mE = 200 GPa (acier)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 135 kNL = 4 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est articulé aux deux extrémités. Il doit porter 135 kN avec un coefficient de sécurité de 2 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 135 kNn = 2L = 4 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 20 kN/mζ = 0,5m = 100 kg

Une masse de 100 kg sur un ressort de raideur 20 kN/m est munie d’un amortisseur visqueux qui donne un taux d’amortissement de 0,5. Trouvez la fréquence propre amortie fd de ses vibrations libres, en Hz.

m = 100 kgk = 20 kN/mζ = 0,5
fd = Hz
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 80k2​ = 50m = 40 kg

Une masse de 40 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 80 kN/m et celui du bas k₂ = 50 kN/m. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 40 kgk1 = 80 kN/mk2 = 50 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 1,81 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.

Vitesse de la courroie

v = 3,77 m/s

Puissance

P = (800 − 320)·3,77 = 1810 W = 1,81 kW

Réponse

P = 1,81 kW
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 10,43 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 = 3,108 rad

Tension du brin mou

eμθ = e0,7771 = 2,175, T₂ = 800/2,175 = 367,8 N

Puissance

P = (800 − 367,8)·24,13 = 10,43 kW

Réponse

P = 10,43 kW
3.Torsion des arbres

Réponse: G = 38,98 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·12⁴/32 = 2036 mm⁴
φ = 7,22·π/180 = 0,126 rad

Module de cisaillement

T = 50 N·m = 50000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 50000·200/(2036·0,126) = 38982 MPa
G = 38,98 GPa

Réponse

G = 38,98 GPa

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

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·500/60 = 52,36 rad/s
T = P/ω = 100000/52,36 = 1910 N·m

Diamètre à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·1,91 × 10⁶/(π·60)) = 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: θs = 34,1 °

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​

Angle sur le cercle

Sur le cercle de Mohr, le sommet (+R) est à 90° du point principal σ₁ ; sur l’élément, cela fait 45°.

cos 2θs = 30/80,78 = 0,3714, sin 2θs = −(−75)/80,78 = 0,9285
2θs = atan2(75, 30) = 68,2°

Angle sur l’élément

θs = 34,1°
vérification: θs − θp = 34,1 − 79,1 = −45°

Réponse

θs = 34,1°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σvM = 100 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 = −25 MPa, R = 55,9 MPa
σ1 = 30,9 MPa, σ2 = −80,9 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(30,9² − 30,9·(−80,9) + (−80,9)²) = 100 MPa

Réponse

σvM = 100 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 0,1825 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(100² − 60²)/4 = 5027 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·706,9 + 70·10³·5027 = 4,932 × 10⁸ N

Raccourcissement

δ = 150000·600/4,932 × 10⁸ = 0,1825 mm

Réponse

δ = 0,1825 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 11,86 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 = 200000·490,9/600 = 163625 N/mm
k₂ = 120000·2827/400 = 848230 N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 40000·848230/1,012 × 10⁶ = 33532 N

Contrainte

σ2 = 33532/2827 = 11,86 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 11,86 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 410 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·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/1750² = 410042 N = 410 kN

Réponse

Pcr = 410 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 81,71 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 = 2·135000 = 270000 N
KL = 1·4000 = 4000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·270000·4000²/(π³·200000))^(1/4) = 81,71 mm

Réponse

d = 81,71 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 195,8, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: fd = 1,949 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 = √(20000/100) = 14,14 rad/s
fn = 14,14/(2π) = 2,251 Hz

Fréquence propre amortie

fd = fn·√(1 − ζ²) = 2,251·√(1 − 0,5²) = 1,949 Hz

Réponse

fd = 1,949 Hz
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 30,77 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 = 1/80 + 1/50 → keq = 80·50/(80 + 50) = 30,77 kN/m

Réponse

keq = 30,77 kN/m

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