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​ = 16N2​ = 18

Un moteur de 0,75 kW tournant à 2900 rpm entraîne un pignon de 16 dents, qui engrène avec une roue de 18 dents. L’engrenage a un rendement de 96 %. Trouvez le couple de sortie T2 sur l’arbre de la roue.

P = 0,75 kWn1 = 2900 rpmN1 = 16N2 = 18η = 96%
T2 = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 40B = 48C = 32D = 48

Un moteur de 3 kW à 1450 tr/min entraîne la roue A (40 dents), qui engrène avec la roue B (48 dents). La roue C (32 dents), sur le même arbre que B, entraîne la roue D (48 dents) sur l’arbre de sortie. Chaque engrènement a un rendement de 95 %. Trouvez le couple de sortie Tout.

P = 3 kWnin = 1450 rpmA = 40B = 48C = 32D = 48ηmesh = 95%
Tout = N·m
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 100 N·mL = 2 m

Un arbre plein en aluminium de 2 m de long transmet un couple de 100 N·m. L’angle de torsion entre ses extrémités ne doit pas dépasser 1°. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte cette limite.

T = 100 N·mL = 2 mG = 26 GPaφallow = 1°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
d = 40 mmT0​ = 1000 N·mACBa = 2 mb = 1,2 m

Un arbre plein en acier de diamètre 40 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 1,2 m de B. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale τmax dans l’arbre.

d = 40 mmT0 = 1000 N·ma = 2 mb = 1,2 m
τmax = MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −30σy​ = −30τxy​ = −10MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = −30 MPa, σᵧ = −30 MPa et τₓᵧ = −10 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte de cisaillement maximale dans le plan τmax.

σx = −30 MPaσy = −30 MPaτxy = −10 MPa
τmax = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 80σy​ = −80τxy​ = 30MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 80 MPa, σᵧ = −80 MPa et τₓᵧ = 30 MPa (σz = 0). Le matériau a une limite d’élasticité de 460 MPa. Trouvez le coefficient de sécurité n vis-à-vis de la plastification selon le critère de von Mises (énergie de distorsion).

σx = 80 MPaσy = −80 MPaτxy = 30 MPaσY = 460 MPa
n =
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
P = ?12500 mm200 mmØ25Ø60δ = 0,3 mm

Une barre est faite d’un tronçon en acier (diamètre 25 mm, longueur 500 mm, E = 200 GPa) assemblé bout à bout avec un tronçon en cuivre (diamètre 60 mm, longueur 200 mm, E = 120 GPa). Elle est fixée à une extrémité et tirée à l’autre. Trouvez la charge axiale P qui l’allonge de 0,3 mm au total.

tronçon 1: acier, Ø25 mm, 500 mm, E = 200 GPatronçon 2: cuivre, Ø60 mm, 200 mm, E = 120 GPaδ = 0,3 mm
P = kN
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
P = ?Ø20100 GPaØ120/60300 mm

Une tige en acier (diamètre 20 mm, E = 200 GPa, contrainte admissible 120 MPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en laiton (diamètre extérieur 120 mm, diamètre intérieur 60 mm, E = 100 GPa, contrainte admissible 60 MPa). Ils sont comprimés ensemble entre des plaques rigides. Trouvez la plus grande charge Pmax.

barre: Ø20 mm, E = 200 GPa, σallow = 120 MPatube: Ø120/Ø60 mm, E = 100 GPa, σallow = 60 MPa
Pmax = kN
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 m25 × 80 mmsection

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

L = 3 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 25 × 80 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 100 kNL = 2 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en aluminium est encastré en pied et articulé en tête. Il doit porter 100 kN avec un coefficient de sécurité de 2 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 100 kNn = 2L = 2 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx40 mm5 cycles21,3 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 40 mm est suivi, 5 cycles plus tard, d’un pic de 21,3 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 40 mmx5 = 21,3 mmn = 5
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 10k2​ = 50m = 50 kg

Une masse de 50 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 10 kN/m et celui du bas k₂ = 50 kN/m. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 50 kgk1 = 10 kN/mk2 = 50 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: T2 = 2,667 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·2900/60 = 303,7 rad/s
T1 = P/ω₁ = 750/303,7 = 2,47 N·m

Couple de sortie

T2 = 2,47·18/16·0,96 = 2,667 N·m

Réponse

T2 = 2,667 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Tout = 32,1 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 sortie

nout = 1450·(40/48)·(32/48) = 805,6 rpm
ωout = 2π·805,6/60 = 84,36 rad/s

Puissance et couple de sortie

Pout = 3000·0,95² = 2708 W
Tout = Pout/ωout = 2708/84,36 = 32,1 N·m

Réponse

Tout = 32,1 N·m
3.Torsion des arbres

Réponse: d = 46,03 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.

Moment polaire requis

T = 100 N·m = 100000 N·mm
L = 2 m = 2000 mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
φ = 1·π/180 = 0,01745 rad
J = TL/(Gφ) = 100000·2000/(26000·0,01745) = 440737 mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 46,03 mm

Réponse

d = 46,03 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

4.Torsion des arbres

Réponse: τmax = 49,74 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 = 1000·1,2/3,2 = 375 N·m
TB = 1000·2/3,2 = 625 N·m

Contrainte de cisaillement maximale

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

τmax = 16·625000/(π·40³) = 49,74 MPa

Réponse

τmax = 49,74 MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τmax = 10 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.

σxyCτmax​

Rayon du cercle de Mohr

τmax = R = √(((−30 − −30)/2)² + −10²) = 10 MPa

Réponse

τmax = 10 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: n = 3,108

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 = 0 MPa, R = 85,44 MPa
σ1 = 85,44 MPa, σ2 = −85,44 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(85,44² − 85,44·(−85,44) + (−85,44)²) = 148 MPa
n = 460/148 = 3,108

Réponse

n = 3,108

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: P = 52,79 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

A₁ = 490,9 mm², A₂ = 2827 mm²

Souplesses

L₁/(E₁A₁) = 500/(200000·490,9) = 5,093 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 200/(120000·2827) = 5,895 × 10⁻⁷ mm/N

Charge

P = 0,3/5,682 × 10⁻⁶ = 52794 N = 52,79 kN

Réponse

P = 52,79 kN
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: Pmax = 546,6 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·20²/4 = 314,2 mm²
At = π(120² − 60²)/4 = 8482 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·314,2 + 100·10³·8482 = 9,111 × 10⁸ N

Déformation déterminante

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

Charge maximale

Pmax = 0,0006·9,111 × 10⁸ = 546637 N = 546,6 kN

Réponse

Pmax = 546,6 kN
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 31,98 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 = 80·25³/12 = 104167 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·104167/1500² = 31985 N = 31,98 kN

Réponse

Pcr = 31,98 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 58,31 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 = 2·100000 = 200000 N
KL = 0,7·2000 = 1400 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·200000·1400²/(π³·70000))^(1/4) = 58,31 mm

Réponse

d = 58,31 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 96,04, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,02005

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.

Décrément logarithmique

δ = (1/5)·ln(40/21,3) = 0,126

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,126/√(39,48 + 0,01588) = 0,02005

Réponse

ζ = 0,02005
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 8,333 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 = 1/10 + 1/50 → keq = 10·50/(10 + 50) = 8,333 kN/m

Réponse

keq = 8,333 kN/m

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