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​ = 16, m = 5 mm

Un moteur de 1,1 kW tournant à 1440 tr/min entraîne un pignon de 16 dents et de module 5 mm. Trouvez l’effort tangentiel Ft sur les dents du pignon.

P = 1,1 kWn = 1440 rpmN1 = 16m = 5 mm
Ft = N
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 72B = 80C = 30D = ?

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (72 dents) sur l’arbre d’entrée tourne à 1500 tr/min et entraîne la roue B (80 dents). La roue C (30 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D sur l’arbre de sortie. La sortie doit tourner à 675 tr/min. Combien de dents ND la roue D doit-elle avoir ?

nin = 1500 rpmA = 72B = 80C = 30nout = 675 rpm
ND =
3.Torsion des arbresMoyen
T = 250 N·md = 40 mmL = 2,5 mφ = ?

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 = 250 N·md = 40 mmL = 2,5 mG = 80 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = 60 mmT0​ = 250 N·mACBa = 1,2 mb = 2 m

Un arbre plein en laiton de diamètre 60 mm est encastré dans des murs rigides à ses deux extrémités A et B. Un couple de 250 N·m est appliqué en C, à 1,2 m de A et 2 m de B. Trouvez l’angle de rotation φC de la section C, en degrés.

d = 60 mmT0 = 250 N·ma = 1,2 mb = 2 mG = 39 GPa
φC = °
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 100σy​ = 60MPaτxy​ = ?

En un point, σₓ = 100 MPa et σᵧ = 60 MPa. Jusqu’à quelle valeur la contrainte de cisaillement τxy (en valeur absolue) peut-elle monter avant que la plus grande contrainte principale atteigne 140 MPa ?

σx = 100 MPaσy = 60 MPaσ1 = 140 MPa
τxy = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 60σy​ = 60τxy​ = 50MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 60 MPa, σᵧ = 60 MPa et τₓᵧ = 50 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte normale σθ sur une facette dont la normale est tournée de 20° dans le sens horaire par rapport à l’axe x.

σx = 60 MPaσy = 60 MPaτxy = 50 MPaθ = -20°
σθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 30 mmLaiton3 mP = 55 kN

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

P = 55 kNd = 30 mmL = 3 mE = 100 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
30 kN12600 mm200 mmØ40Ø60σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 40 mm, longueur 600 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en aluminium (diamètre 60 mm, longueur 200 mm, E = 70 GPa) sont assemblés bout à bout et fixés entre deux murs rigides. Une charge axiale de 30 kN agit à la jonction, vers le tronçon 2. Trouvez la valeur absolue de la contrainte σ2 dans le tronçon 2.

tronçon 1: acier, Ø40 mm, 600 mm, E = 200 GPatronçon 2: aluminium, Ø60 mm, 200 mm, E = 70 GPaP = 30 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 1,5 m25 × 100 mmsection

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

L = 1,5 mE = 200 GPa (acier)b × h = 25 × 100 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 20 kNL = 1,5 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en aluminium est encastré aux deux extrémités. Il doit porter 20 kN avec un coefficient de sécurité de 2,5 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 20 kNn = 2,5L = 1,5 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx50 mm3 cycles5,1 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 50 mm est suivi, 3 cycles plus tard, d’un pic de 5,1 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 50 mmx3 = 5,1 mmn = 3
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 10k2​ = 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 = 10 kN/m et celui du bas k₂ = 50 kN/m. Négligez l’amortissement et les masses des ressorts. Trouvez la fréquence propre fn des vibrations verticales, en Hz.

m = 40 kgk1 = 10 kN/mk2 = 50 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Ft = 182,4 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: Ft = 2T/d.

Couple sur le pignon

ω = 2π·1440/60 = 150,8 rad/s
T = P/ω = 1100/150,8 = 7,295 N·m

Diamètre primitif

d = m·N = 5·16 = 80 mm

Effort tangentiel

Ft = 2T/d = 2·7,295/0,08 = 182,4 N

Réponse

Ft = 182,4 N
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: ND = 60

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 = 1500·72/80 = 1350 rpm

Dents de la roue D

ND = C·nC/nout = 30·1350/675 = 60

Réponse

ND = 60
3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 1,781 °

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 quadratique polaire

J = π·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 250·1000·2500/(80000·251327) = 0,03108 rad
φ = 0,03108·180/π = 1,781°

Réponse

φ = 1,781°
4.Torsion des arbres

Réponse: φC = 0,2165 °

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 = 250
TA·a = TB·b
TA = 250·2/3,2 = 156,3 N·m
TB = 250·1,2/3,2 = 93,75 N·m

Rotation de C

Utilisez le tronçon AC : il est encastré en A et transmet TA.

J = π·60⁴/32 = 1,272 × 10⁶ mm⁴
G = 39 GPa = 39000 MPa
φC = TA·a/(GJ) = 156250·1200/(39000·1,272 × 10⁶) = 0,003779 rad = 0,2165°

Réponse

φC = 0,2165°
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τxy = 56,57 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.

Rayon requis

C = (100 + 60)/2 = 80 MPa
R = σ1 − C = 140 − 80 = 60 MPa
στxyCσ1​σ2​

Contrainte de cisaillement

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(60² − 20²) = 56,57 MPa

Réponse

τxy = 56,57 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σθ = 27,86 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

σθ = 60 + 0·0,766 + 50·−0,6428 = 27,86 MPa

Réponse

σθ = 27,86 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: ε = 778,1 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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 55·1000/706,9 = 77,81 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for laiton = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 77,81/100000 = 0,0007781 = 778,1 µε

Réponse

ε = 778,1 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 7,455 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 = 200000·1257/600 = 418879 N/mm
k₂ = 70000·2827/200 = 989602 N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 30000·989602/1,408 × 10⁶ = 21078 N

Contrainte

σ2 = 21078/2827 = 7,455 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 7,455 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 456,9 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 = 100·25³/12 = 130208 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,5·1500 = 750 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·130208/750² = 456926 N = 456,9 kN

Réponse

Pcr = 456,9 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 30,18 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 = 2,5·20000 = 50000 N
KL = 0,5·1500 = 750 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·50000·750²/(π³·70000))^(1/4) = 30,18 mm

Réponse

d = 30,18 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 99,41, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,1202

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 = (1/3)·ln(50/5,1) = 0,7609

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,7609/√(39,48 + 0,579) = 0,1202

Réponse

ζ = 0,1202
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 2,297 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

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

Fréquence propre

ωn = √(8333/40) = 14,43 rad/s
fn = 14,43/(2π) = 2,297 Hz

Réponse

fn = 2,297 Hz

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