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​ = 25N2​ = 80

Un moteur de 1,1 kW tournant à 960 rpm entraîne un pignon de 25 dents, qui engrène avec une roue de 80 dents. L’engrenage a un rendement de 98 %. Trouvez le couple T1 sur l’arbre du moteur.

P = 1,1 kWn1 = 960 rpmN1 = 25N2 = 80η = 98%
T1 = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
Ns​ = 12couronne fixeNp​ = 30nc​ = ?

Dans un train épicycloïdal, le planétaire a 12 dents et chaque satellite a 30 dents. La couronne est maintenue fixe et le planétaire est entraîné à 1800 tr/min. Trouvez la vitesse de rotation nc du porte-satellites.

Ns = 12Np = 30ns = 1800 rpm
nc = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 250 N·mL = 1,2 m

Un arbre plein en laiton de 1,2 m de long transmet un couple de 250 N·m. L’angle de torsion entre ses extrémités ne doit pas dépasser 2°. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte cette limite.

T = 250 N·mL = 1,2 mG = 39 GPaφallow = 2°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 75 kW à 300 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 75 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 75 kWN = 300 rpmτallow = 75 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 40σy​ = −80τxy​ = −30MPa

En un point, σₓ = 40 MPa, σᵧ = −80 MPa et τₓᵧ = −30 MPa (traction positive). L’élément est tourné de 60° dans le sens trigonométrique. Trouvez la contrainte normale σy′ sur les faces de l’élément tourné perpendiculaires à l’axe tourné y′.

σx = 40 MPaσy = −80 MPaτxy = −30 MPaθ = 60°
σy′ = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = −50σy​ = −30τxy​ = −50MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = −50 MPa, σᵧ = −30 MPa et τₓᵧ = −50 MPa (σz = 0). Trouvez la contrainte équivalente de von Mises σvM.

σx = −50 MPaσy = −30 MPaτxy = −50 MPa
σvM = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 12 mmAcier1,5 mP = 95 kN

Trouvez la déformation axiale ε dans la barre en acier, en microdéformations (µε = 10⁻⁶).

P = 95 kNd = 12 mmL = 1,5 mE = 200 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 30 mmLaiton0,5 mØ 16 mmLaiton1,5 mP = 25 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 = 25 kNtronçon 1 : Ø30 mm, 0,5 m, laiton (E = 100 GPa)tronçon 2 : Ø16 mm, 1,5 m, laiton (E = 100 GPa)
σmax = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 md = 60 mmsection

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

L = 3 mE = 200 GPa (acier)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 1,5 md = 40 mmsection

Un poteau de longueur L en acier est articulé aux deux extrémités. Trouvez son élancement et la contrainte critique de flambement σcr avec la formule d’Euler.

L = 1,5 mE = 200 GPa (acier)d = 40 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 4 kN/mζ = 0,5m = 10 kg

Une masse de 10 kg sur un ressort de raideur 4 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 = 10 kgk = 4 kN/mζ = 0,5
fd = Hz
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 15k2​ = 25m = 25 kg

Une masse de 25 kg est suspendue à deux ressorts côte à côte (en parallèle), de raideurs k₁ = 15 kN/m et k₂ = 25 kN/m. La masse reste horizontale. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 25 kgk1 = 15 kN/mk2 = 25 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: T1 = 10,94 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·960/60 = 100,5 rad/s
T1 = P/ω₁ = 1100/100,5 = 10,94 N·m

Réponse

T1 = 10,94 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nc = 257,1 rpm

Trains épicycloïdaux : les vitesses du planétaire, de la couronne et du porte-satellites sont liées par la formule de Willis (ns − nc)/(nr − nc) = −Nr/Ns : vu du porte-satellites, le train est un train ordinaire dont les satellites sont des roues intermédiaires. Bloquer un élément transforme le train en réducteur à rapport unique.

Dents de la couronne

Nr = Ns + 2·Np = 12 + 2·30 = 72

Formule de Willis avec la couronne fixe

Posez nr = 0 et isolez la vitesse du porte-satellites.

(1800 − nc)/(0 − nc) = −72/12
nc = ns·Ns/(Ns + Nr) = 1800·12/84 = 257,1 rpm

Réponse

nc = 257,1 rpm

Le porte-satellites tourne dans le même sens que le planétaire.

3.Torsion des arbres

Réponse: d = 38,71 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 = 250 N·m = 250000 N·mm
L = 1,2 m = 1200 mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
φ = 2·π/180 = 0,03491 rad
J = TL/(Gφ) = 250000·1200/(39000·0,03491) = 220368 mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 38,71 mm

Réponse

d = 38,71 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

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·300/60 = 31,42 rad/s
T = P/ω = 75000/31,42 = 2387 N·m

Diamètre à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·2,387 × 10⁶/(π·75)) = 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: σy′ = 35,98 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 pour la face y′

σy′ = −20 − 60·(−0,5) − (−30)·0,866 = 35,98 MPa

Vérification

La somme des contraintes normales ne change pas avec la rotation.

σx′ = −75,98 MPa, σx′ + σy′ = −40 = σx + σy

Réponse

σy′ = 35,98 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σvM = 96,95 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 = 50,99 MPa
σ1 = 10,99 MPa, σ2 = −90,99 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(10,99² − 10,99·(−90,99) + (−90,99)²) = 96,95 MPa

Réponse

σvM = 96,95 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: ε = 4200 µε

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·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 95·1000/113,1 = 840 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for acier = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 840/200000 = 0,0042 = 4200 µε

Réponse

ε = 4200 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σmax = 124,3 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 = 35,37 MPa
σ2 = 124,3 MPa

Contrainte maximale

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

σmax = 124,3 MPa

Réponse

σmax = 124,3 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 139,5 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 = 1·3000 = 3000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/3000² = 139528 N = 139,5 kN

Réponse

Pcr = 139,5 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 87,73 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Rayon de giration et élancement

A = 1257 mm²
r = √(I/A) = √(125664/1257) = 10 mm
KL = 1·1500 = 1500 mm
KL/r = 1500/10 = 150

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/150² = 87,73 MPa

Réponse

σcr = 87,73 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: fd = 2,757 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 = √(4000/10) = 20 rad/s
fn = 20/(2π) = 3,183 Hz

Fréquence propre amortie

fd = fn·√(1 − ζ²) = 3,183·√(1 − 0,5²) = 2,757 Hz

Réponse

fd = 2,757 Hz
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 40 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 côte à côte ont le même allongement et leurs forces s’additionnent ; leurs raideurs s’additionnent donc simplement : k = k1 + k2.

keq = 15 + 25 = 40 kN/m

Réponse

keq = 40 kN/m

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