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

Trouvez le moment quadratique polaire : J = πd⁴/32 pour un arbre plein.
Contrainte de cisaillement en surface : τ = T·r/J, avec r le rayon extérieur.
Angle de torsion : φ = TL/(GJ) en radians.
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 = (σ_x + σ_y)/2
Rayon: R = √(((σ_x − σ_y)/2)² + τ_xy²)
Contraintes principales: σ_1,2 = C ± R
Direction principale: tan 2θ_p = 2τ_xy/(σ_x − σ_y)
Facette inclinée: σ_θ = C + (σ_x − σ_y)/2·cos 2θ + τ_xy·sin 2θ

Méthode

Calculez le centre du cercle de Mohr : C = (σx + σy)/2.
Calculez le rayon : R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
Les contraintes principales valent C ± R et la plus grande contrainte de cisaillement dans le plan vaut R.
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: ε_T = α·ΔT

Flambement des poteaux

Charge critique d’Euler: P_cr = 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: σ_cr = P_cr/A
Élancement: λ = KL/r, r = √(I/A)

Vibrations mécaniques

Fréquence propre: ω_n = √(k/m), f_n = ω_n/(2π)
À partir de la flèche statique: ω_n = √(g/δ_st)
Amortissement critique: c_c = 2√(km) = 2mω_n
Taux d’amortissement: ζ = c/c_c
Fréquence amortie: ω_d = ω_n√(1 − ζ²)
Décrément logarithmique: δ = (1/n)·ln(x₀/x_n), 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

Un moteur de 5,5 kW tournant à 1450 tr/min entraîne un pignon de 24 dents et de module 2 mm. Trouvez l’effort tangentiel F_t sur les dents du pignon.

P = 5,5 kWn = 1450 rpmN₁ = 24m = 2 mm

F_t = N

2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (25 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 3000 rpm, entraîne la roue B (36 dents). La roue C (18 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (36 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie n_out.

n_in = 3000 rpmA = 25B = 36C = 18D = 36

n_out = rpm

3.Torsion des arbresMoyen

Un arbre plein en acier 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 = 750 N·md = 50 mmL = 1 mG = 80 GPa

φ = °

4.Torsion des arbresDifficile

Un arbre plein en aluminium transmet 30 kW à 1500 tr/min. La contrainte de cisaillement ne doit pas dépasser 50 MPa et la torsion ne doit pas dépasser 0,5° par m de longueur. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte les deux limites.

P = 30 kWN = 1500 rpmτ_allow = 50 MPaθ_allow = 0,5°/mG = 26 GPa

d = mm

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen

En un point, σₓ = 90 MPa, σᵧ = −40 MPa et τₓᵧ = 40 MPa (traction positive). L’élément est tourné de 40° dans le sens trigonométrique. Trouvez la contrainte normale σ_y′ sur les faces de l’élément tourné perpendiculaires à l’axe tourné y′.

σ_x = 90 MPaσ_y = −40 MPaτ_xy = 40 MPaθ = 40°

σ_y′ = MPa

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 0 MPa, σᵧ = −40 MPa et τₓᵧ = −20 MPa (σ_z = 0). Le matériau a une limite d’élasticité de 300 MPa. Trouvez le coefficient de sécurité n vis-à-vis de la plastification selon le critère de von Mises (énergie de distorsion).

σ_x = 0 MPaσ_y = −40 MPaτ_xy = −20 MPaσ_Y = 300 MPa

n =

7.Contrainte et déformation axialesMoyen

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

P = 90 kNd = 20 mmL = 3 mE = 200 GPa

ε = µε

8.Contrainte et déformation axialesDifficile

La barre étagée est encastrée dans le mur et chargée à son extrémité libre. Trouvez l’allongement total δ.

P = 75 kNtronçon 1 : Ø40 mm, 1 m, acier (E = 200 GPa)tronçon 2 : Ø12 mm, 2 m, acier (E = 200 GPa)

δ = mm

9.Flambement des poteauxMoyen

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

L = 5 mE = 200 GPa (acier)d = 60 mm

P_cr = kN

10.Flambement des poteauxDifficile

Un poteau plein circulaire de longueur L en aluminium est articulé aux deux extrémités. Il doit porter 15 kN avec un coefficient de sécurité de 3 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 15 kNn = 3L = 1,5 mE = 70 GPa (aluminium)

d = mm

11.Vibrations mécaniquesMoyen

Une masse de 80 kg est portée par un ressort de raideur 12 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 160 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 80 kgk = 12 kN/mc = 160 N·s/m

ζ =

12.Vibrations mécaniquesDifficile

Une masse de 5 kg est suspendue au ressort k₃ = 80 kN/m. Le haut de k₃ est fixé à une barre rigide suspendue à deux ressorts côte à côte, k₁ = 5 kN/m et k₂ = 25 kN/m ; la barre reste horizontale. Négligez l’amortissement et les masses des ressorts et de la barre. Trouvez la fréquence propre f_n des vibrations verticales, en Hz.

m = 5 kgk₁ = 5 kN/mk₂ = 25 kN/mk₃ = 80 kN/m

f_n = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: F_t = 1509 N

Gear geometry: the module m sets the tooth size. A gear with N teeth has a pitch diameter d = m·N, two meshing gears have the same module, and their centre distance is a = (d₁ + d₂)/2 = m·(N₁ + N₂)/2. The pitch-line speed is v = π·d·n/60, and the tangential tooth force follows from the torque: F_t = 2T/d.

Couple sur le pignon

ω = 2π·1450/60 = 151,8 rad/s

T = P/ω = 5500/151,8 = 36,22 N·m

Diamètre primitif

d = m·N = 2·24 = 48 mm

Effort tangentiel

F_t = 2T/d = 2·36,22/0,048 = 1509 N

Réponse

F_t = 1509 N

2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: n_out = 1042 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

n_B = 3000·25/36 = 2083 rpm = n_C

Deuxième étage

n_out = 2083·18/36 = 1042 rpm

Réponse

n_out = 1042 rpm

rapport total = 2,88 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 0,8754 °

Torsion des arbres circulaires : la contrainte de cisaillement croît linéairement de zéro au centre jusqu’à τ_max = T·r/J en surface, avec J = πd⁴/32 pour un arbre plein et J = π(d_o⁴ − d_i⁴)/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·50⁴/32 = 613592 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 750·1000·1000/(80000·613592) = 0,01528 rad

φ = 0,01528·180/π = 0,8754°

Réponse

φ = 0,8754°

4.Torsion des arbres

Réponse: d = 54,11 mm

Couple

ω = 2πN/60 = 2π·1500/60 = 157,1 rad/s

T = P/ω = 30000/157,1 = 191 N·m

Diamètre pour la résistance

T = 191 N·m = 190986 N·mm

d_τ = ∛(16·190986/(π·50)) = 26,89 mm

Diamètre pour la rigidité

θ = 0,5·π/180/1000 = 8,727 × 10⁻⁶ rad/mm

G = 26 GPa = 26000 MPa

d_φ = (32·190986/(π·26000·8,727 × 10⁻⁶))^1/4 = 54,11 mm

Diamètre déterminant

Les deux limites doivent être respectées, donc c’est le plus grand diamètre qui est déterminant.

d = max(26,89, 54,11) = 54,11 mm

Réponse

d = 54,11 mm

Ici, c’est la rigidité qui est déterminante.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σ_y′ = −25,68 MPa

Formule de changement de repère pour la face y′

σ_y′ = 25 − 65·0,1736 − 40·0,9848 = −25,68 MPa

Vérification

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

σ_x′ = 75,68 MPa, σ_x′ + σ_y′ = 50 = σ_x + σ_y

Réponse

σ_y′ = −25,68 MPa

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: n = 5,669

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 σ_vM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) atteint σ_Y ; Tresca quand la contrainte de cisaillement maximale absolue atteint σ_Y/2.

Contraintes principales

C = −20 MPa, R = 28,28 MPa

σ₁ = 8,284 MPa, σ₂ = −48,28 MPa, σ₃ = 0

Von Mises

σ_vM = √(8,284² − 8,284·(−48,28) + (−48,28)²) = 52,92 MPa

n = 300/52,92 = 5,669

Réponse

n = 5,669

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: ε = 1432 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·20²/4 = 314,2 mm²

σ = P/A = 90·1000/314,2 = 286,5 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for acier = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 286,5/200000 = 0,001432 = 1432 µε

Réponse

ε = 1432 µε

8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 6,93 mm

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·40²/4 = 1257 mm², A₂ = π·12²/4 = 113,1 mm²

σ₁ = 59,68 MPa

σ₂ = 663,1 MPa

Additionner les allongements des tronçons

δ₁ = σ₁L₁/E₁ = 59,68·1000/200000 = 0,2984 mm

δ₂ = σ₂L₂/E₂ = 663,1·2000/200000 = 6,631 mm

δ = δ₁ + δ₂ = 6,93 mm

Réponse

δ = 6,93 mm

9.Flambement des poteaux

Réponse: P_cr = 200,9 kN

Flambement d’Euler : un poteau élancé devient instable à P_cr = 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 = 0,5·5000 = 2500 mm

Charge critique

P_cr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/2500² = 200921 N = 200,9 kN

Réponse

P_cr = 200,9 kN

10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 41,57 mm

Charge critique nécessaire

P_cr = n·P = 3·15000 = 45000 N

KL = 1·1500 = 1500 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·45000·1500²/(π³·70000))^(1/4) = 41,57 mm

Réponse

d = 41,57 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 144,3, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,08165

Vibrations libres d’un système masse–ressort : la pulsation propre non amortie vaut ω_n = √(k/m) en rad/s, et f_n = ω_n/(2π) en Hz. Un amortisseur visqueux c donne le taux d’amortissement ζ = c/c_c, avec l’amortissement critique c_c = 2·√(k·m) = 2·m·ω_n. Un système sous-amorti (ζ < 1) oscille à ω_d = ω_n·√(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

c_c = 2·√(k·m) = 2·√(12000·80) = 1960 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/c_c = 160/1960 = 0,08165

Réponse

ζ = 0,08165

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

12.Vibrations mécaniques

Réponse: f_n = 10,51 Hz

Raideur équivalente

Seuls k₁ et k₂ sont en parallèle. Cette paire est en série avec k₃ ; combinez-les donc par leurs inverses.

k₁₂ = 5 + 25 = 30 kN/m

k_eq = 30·80/(30 + 80) = 21,82 kN/m

Fréquence propre

ω_n = √(21818/5) = 66,06 rad/s

f_n = 66,06/(2π) = 10,51 Hz

Réponse

f_n = 10,51 Hz

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