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​ = 120 mmd2​ = 300 mm2880 rpmT1​ = 400 NT2​ = 200 NP = ?

Une courroie passe sur une poulie motrice de 120 mm tournant à 2880 tr/min. La tension est de 400 N sur le brin tendu et de 200 N sur le brin mou. Trouvez la puissance P transmise, en kW.

d1 = 120 mmn1 = 2880 rpmT1 = 400 NT2 = 200 N
P = kW
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 12B = 16C = 25D = ?

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (12 dents) sur l’arbre d’entrée tourne à 2880 tr/min et entraîne la roue B (16 dents). La roue C (25 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D sur l’arbre de sortie. La sortie doit tourner à 1125 tr/min. Combien de dents ND la roue D doit-elle avoir ?

nin = 2880 rpmA = 12B = 16C = 25nout = 1125 rpm
ND =
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 400 N·mL = 0,8 m

Un arbre plein en acier de 0,8 m de long transmet un couple de 400 N·m. L’angle de torsion entre ses extrémités ne doit pas dépasser 1,5°. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte cette limite.

T = 400 N·mL = 0,8 mG = 80 GPaφallow = 1,5°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
d = 30 mmTB​ = 400 N·mTC​ = 100 N·mABC0,8 m0,5 m

Un arbre plein en aluminium de diamètre 30 mm est encastré en A. Un couple de 400 N·m agit en B, à 0,8 m de A, et un couple de 100 N·m de même sens agit à l’extrémité libre C, 0,5 m plus loin. Trouvez la valeur absolue de l’angle de torsion φC de l’extrémité C, en degrés.

d = 30 mmTB = 400 N·mTC = 100 N·mAB = 0,8 mBC = 0,5 mG = 26 GPa
φC = °
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 110σy​ = 50τxy​ = 50MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 110 MPa, σᵧ = 50 MPa et τₓᵧ = 50 MPa (traction positive). Trouvez l’angle θp entre l’axe x et la direction de la plus grande contrainte principale, compris entre −90° et 90°.

σx = 110 MPaσy = 50 MPaτxy = 50 MPa
θp = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 80σy​ = −60τxy​ = 50MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 80 MPa, σᵧ = −60 MPa et τₓᵧ = 50 MPa (σz = 0). Le matériau a une limite d’élasticité de 250 MPa. Trouvez le coefficient de sécurité n vis-à-vis de la plastification selon le critère de Tresca (cisaillement maximal).

σx = 80 MPaσy = −60 MPaτxy = 50 MPaσY = 250 MPa
n =
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
50 kNØ30100 GPaØ100/60400 mmδ = ?

Une tige en acier (diamètre 30 mm, E = 200 GPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en laiton (diamètre extérieur 100 mm, diamètre intérieur 60 mm, E = 100 GPa). Les deux mesurent 400 mm de long et sont comprimés ensemble entre des plaques rigides par 50 kN. Trouvez le raccourcissement δ.

P = 50 kNbarre: Ø30 mm, E = 200 GPatube: Ø100/Ø60 mm, E = 100 GPaL = 400 mm
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
P = ?Ø3070 GPaØ100/60500 mm

Une tige en acier (diamètre 30 mm, E = 200 GPa, contrainte admissible 120 MPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en aluminium (diamètre extérieur 100 mm, diamètre intérieur 60 mm, E = 70 GPa, contrainte admissible 80 MPa). Ils sont comprimés ensemble entre des plaques rigides. Trouvez la plus grande charge Pmax.

barre: Ø30 mm, E = 200 GPa, σallow = 120 MPatube: Ø100/Ø60 mm, E = 70 GPa, σallow = 80 MPa
Pmax = kN
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 2,5 md = 60 mmsection

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

L = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 6 md = 80 mmsection

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

L = 6 mE = 70 GPa (aluminium)d = 80 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 20 kN/mc = 80 N·s/mm = 2 kg

Une masse de 2 kg est portée par un ressort de raideur 20 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 80 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 2 kgk = 20 kN/mc = 80 N·s/m
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 10k2​ = 60k3​ = 50m = 50 kg

Une masse de 50 kg est suspendue au ressort k₃ = 50 kN/m. Le haut de k₃ est fixé à une barre rigide suspendue à deux ressorts côte à côte, k₁ = 10 kN/m et k₂ = 60 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 = 50 kgk1 = 10 kN/mk2 = 60 kN/mk3 = 50 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 3,619 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 = 18,1 m/s

Puissance

P = (400 − 200)·18,1 = 3619 W = 3,619 kW

Réponse

P = 3,619 kW
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: ND = 48

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 l’arbre intermédiaire

nB = nC = 2880·12/16 = 2160 rpm

Dents de la roue D

ND = C·nC/nout = 25·2160/1125 = 48

Réponse

ND = 48
3.Torsion des arbres

Réponse: d = 35,32 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 = 400 N·m = 400000 N·mm
L = 0,8 m = 800 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = 1,5·π/180 = 0,02618 rad
J = TL/(Gφ) = 400000·800/(80000·0,02618) = 152789 mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 35,32 mm

Réponse

d = 35,32 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

4.Torsion des arbres

Réponse: φC = 12,47 °

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.

Couples internes

Sens de TC pris comme positif.

TBC = TC = 100 N·m
TAB = TC + TB = 100 + 400 = 500 N·m

Torsion de chaque tronçon

J = π·30⁴/32 = 79522 mm⁴
G = 26 GPa = 26000 MPa
φAB = 500000·800/(26000·79522) = 0,1935 rad
φBC = 100000·500/(26000·79522) = 0,02418 rad

Torsion de l’extrémité C

φC = 0,1935 + 0,02418 = 0,2176 rad → |φC| = 12,47°

Réponse

φC = 12,47°
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θp = 29,52 °

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.

στxyCσ1​σ2​

Angle sur le cercle

Sur le cercle de Mohr, le point x se trouve à un angle 2θp de l’axe σ ; le quadrant découle des signes de σₓ − σᵧ et de τₓᵧ.

2θp = atan2(2·50, 110 − 50) = 59,04°

Angle sur l’élément

θp = 29,52°

Réponse

θp = 29,52°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: n = 1,453

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 = 10 MPa, R = 86,02 MPa
σ1 = 96,02 MPa, σ2 = −76,02 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 172 MPa
n = 250/172 = 1,453

Réponse

n = 1,453

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 = 0,03105 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 + 100·10³·5027 = 6,44 × 10⁸ N

Raccourcissement

δ = 50000·400/6,44 × 10⁸ = 0,03105 mm

Réponse

δ = 0,03105 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: Pmax = 295,9 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·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

Déformation déterminante

ε = min(0,0006, 0,001143) = 0,0006 (acier)

Charge maximale

Pmax = 0,0006·4,932 × 10⁸ = 295938 N = 295,9 kN

Réponse

Pmax = 295,9 kN
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 143,5 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 = 0,7·2500 = 1750 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·636173/1750² = 143515 N = 143,5 kN

Réponse

Pcr = 143,5 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 7,676 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·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Rayon de giration et élancement

A = 5027 mm²
r = √(I/A) = √(2,011 × 10⁶/5027) = 20 mm
KL = 1·6000 = 6000 mm
KL/r = 6000/20 = 300

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/300² = 7,676 MPa

Réponse

σcr = 7,676 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,2

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·√(20000·2) = 400 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/cc = 80/400 = 0,2

Réponse

ζ = 0,2

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

12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 3,844 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 = 10 + 60 = 70 kN/m
keq = 70·50/(70 + 50) = 29,17 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(29167/50) = 24,15 rad/s
fn = 24,15/(2π) = 3,844 Hz

Réponse

fn = 3,844 Hz

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