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​ = ?N2​

Deux arbres parallèles sont distants de 54 mm. Ils doivent être reliés par un engrenage à denture droite de module 1,5 mm avec un rapport de réduction de 3,5 : 1. Combien de dents N1 le pignon doit-il avoir ?

a = 54 mmm = 1,5 mmi = 3,5
N1 =
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 24B = 30C = 12D = ?

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (24 dents) sur l’arbre d’entrée tourne à 1500 tr/min et entraîne la roue B (30 dents). La roue C (12 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D sur l’arbre de sortie. La sortie doit tourner à 180 tr/min. Combien de dents ND la roue D doit-elle avoir ?

nin = 1500 rpmA = 24B = 30C = 12nout = 180 rpm
ND =
3.Torsion des arbresMoyen
T = 100 N·md = 20 mmL = 2 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 = 100 N·md = 20 mmL = 2 mG = 80 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 5 kW à 300 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 40 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 5 kWN = 300 rpmτallow = 40 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 80σy​ = 10τxy​ = 60MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 80 MPa, σᵧ = 10 MPa et τₓᵧ = 60 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte de cisaillement maximale dans le plan τmax.

σx = 80 MPaσy = 10 MPaτxy = 60 MPa
τmax = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 80σy​ = 80τxy​ = 10MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 80 MPa, σᵧ = 80 MPa et τₓᵧ = 10 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 = 10 MPaσY = 460 MPa
n =
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 30 mmCuivre0,5 mP = 110 kN

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

P = 110 kNd = 30 mmL = 0,5 mE = 117 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
30 kN12600 mm200 mmØ25Ø40σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 25 mm, longueur 600 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en laiton (diamètre 40 mm, longueur 200 mm, E = 100 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, Ø25 mm, 600 mm, E = 200 GPatronçon 2: laiton, Ø40 mm, 200 mm, E = 100 GPaP = 30 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 6 m25 × 100 mmsection

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

L = 6 mE = 200 GPa (acier)b × h = 25 × 100 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 70 kNL = 1 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est articulé aux deux extrémités. Il doit porter 70 kN avec un coefficient de sécurité de 3 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 70 kNn = 3L = 1 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx15 mm1 cycle10,3 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 15 mm est suivi, un cycle plus tard, d’un pic de 10,3 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 15 mmx1 = 10,3 mmn = 1
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 10k2​ = 5k3​ = 30m = 25 kg

Une masse de 25 kg est suspendue au ressort k₃ = 30 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 = 5 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 = 25 kgk1 = 10 kN/mk2 = 5 kN/mk3 = 30 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: N1 = 16

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.

Nombre total de dents

N1 + N2 = 2a/m = 2·54/1,5 = 72

Répartir selon le rapport

N1 = 72/(1 + 3,5) = 16

Réponse

N1 = 16
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: ND = 80

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 = 1500·24/30 = 1200 rpm

Dents de la roue D

ND = C·nC/nout = 12·1200/180 = 80

Réponse

ND = 80
3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 9,119 °

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·20⁴/32 = 15708 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 100·1000·2000/(80000·15708) = 0,1592 rad
φ = 0,1592·180/π = 9,119°

Réponse

φ = 9,119°
4.Torsion des arbres

Réponse: d = 27,26 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 = 5000/31,42 = 159,2 N·m

Diamètre à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·159155/(π·40)) = 27,26 mm

Réponse

d = 27,26 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τmax = 69,46 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.

στxyCτmax​

Rayon du cercle de Mohr

τmax = R = √(((80 − 10)/2)² + 60²) = 69,46 MPa

Réponse

τmax = 69,46 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: n = 5,62

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.

σxyCσ1​σ2​

Contraintes principales

C = 80 MPa, R = 10 MPa
σ1 = 90 MPa, σ2 = 70 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(90² − 90·70 + 70²) = 81,85 MPa
n = 460/81,85 = 5,62

Réponse

n = 5,62

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 = 1330 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 = 110·1000/706,9 = 155,6 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for cuivre = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 155,6/117000 = 0,00133 = 1330 µε

Réponse

ε = 1330 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 18,94 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 = 200000·490,9/600 = 163625 N/mm
k₂ = 100000·1257/200 = 628319 N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 30000·628319/791943 = 23802 N

Contrainte

σ2 = 23802/1257 = 18,94 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 18,94 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 14,57 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 = 0,7·6000 = 4200 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·130208/4200² = 14570 N = 14,57 kN

Réponse

Pcr = 14,57 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 38,37 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 = 3·70000 = 210000 N
KL = 1·1000 = 1000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·210000·1000²/(π³·200000))^(1/4) = 38,37 mm

Réponse

d = 38,37 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 104,3, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,05972

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 = (1/1)·ln(15/10,3) = 0,3759

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,3759/√(39,48 + 0,1413) = 0,05972

Réponse

ζ = 0,05972
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 3,183 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 + 5 = 15 kN/m
keq = 15·30/(15 + 30) = 10 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(10000/25) = 20 rad/s
fn = 20/(2π) = 3,183 Hz

Réponse

fn = 3,183 Hz

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