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​ = 45N2​ = 72

Un moteur de 2,2 kW tournant à 1450 rpm entraîne un pignon de 45 dents, qui engrène avec une roue de 72 dents. Négligez les pertes. Trouvez le couple T1 sur l’arbre du moteur.

P = 2,2 kWn1 = 1450 rpmN1 = 45N2 = 72η = 100%
T1 = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
d1​ = 125 mmd2​ = 400 mm720 rpmC = 500 mmT1​ = 800 NT2​P = ?

Une courroie ouverte relie une poulie motrice de 125 mm tournant à 720 tr/min à une poulie de 400 mm ; les centres sont distants de 500 mm. Le coefficient de frottement est 0,35 et la tension du brin tendu ne doit pas dépasser 800 N. Trouvez la plus grande puissance P que la courroie peut transmettre sans glisser, en kW (négligez les effets centrifuges).

d1 = 125 mmn1 = 720 rpmd2 = 400 mmC = 500 mmμ = 0,35T1 = 800 N
P = kW
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 2000 N·mL = 3 m

Un arbre plein en aluminium de 3 m de long transmet un couple de 2000 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 = 2000 N·mL = 3 mG = 26 GPaφallow = 2°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 20 kW à 1800 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 50 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 20 kWN = 1800 rpmτallow = 50 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 90σy​ = 50τxy​ = 30MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 90 MPa, σᵧ = 50 MPa et τₓᵧ = 30 MPa, avec σz = 0. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale absolue τabs en ce point (en considérant tous les plans dans l’espace).

σx = 90 MPaσy = 50 MPaτxy = 30 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​τxy​surface de l’arbre

Un arbre plein de diamètre 30 mm supporte un effort de traction axial de 90 kN ainsi qu’un couple de 1500 N·m. À la surface de l’arbre, trouvez la plus grande contrainte principale σ1.

d = 30 mmF = 90 kNT = 1500 N·m
σ1 = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
50 kNØ20110 GPaØ120/50800 mmδ = ?

Une tige en acier (diamètre 20 mm, E = 200 GPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en bronze (diamètre extérieur 120 mm, diamètre intérieur 50 mm, E = 110 GPa). Les deux mesurent 800 mm de long et sont comprimés ensemble entre des plaques rigides par 50 kN. Trouvez le raccourcissement δ.

P = 50 kNbarre: Ø20 mm, E = 200 GPatube: Ø120/Ø50 mm, E = 110 GPaL = 800 mm
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 25 mmLaiton2 mØ 12 mmLaiton0,5 mP = 120 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 = 120 kNtronçon 1 : Ø25 mm, 2 m, laiton (E = 100 GPa)tronçon 2 : Ø12 mm, 0,5 m, laiton (E = 100 GPa)
σmax = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 5 md = 30 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 = 5 mE = 200 GPa (acier)d = 30 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 85 kNL = 5 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est articulé aux deux extrémités. Il doit porter 85 kN avec un coefficient de sécurité de 3 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 85 kNn = 3L = 5 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 150 kN/mζ = 0,4m = 5 kg

Une masse de 5 kg sur un ressort de raideur 150 kN/m est munie d’un amortisseur visqueux qui donne un taux d’amortissement de 0,4. Trouvez la fréquence propre amortie fd de ses vibrations libres, en Hz.

m = 5 kgk = 150 kN/mζ = 0,4
fd = Hz
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 30k2​ = 40m = 10 kg

Une masse de 10 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 30 kN/m et celui du bas k₂ = 40 kN/m. Négligez l’amortissement et les masses des ressorts. Trouvez la fréquence propre fn des vibrations verticales, en Hz.

m = 10 kgk1 = 30 kN/mk2 = 40 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: T1 = 14,49 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·1450/60 = 151,8 rad/s
T1 = P/ω₁ = 2200/151,8 = 14,49 N·m

Réponse

T1 = 14,49 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 2,244 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.

Angle d’enroulement

θ = 2,584 rad

Tension du brin mou

eμθ = e0,9045 = 2,471, T₂ = 800/2,471 = 323,8 N

Puissance

P = (800 − 323,8)·4,712 = 2,244 kW

Réponse

P = 2,244 kW
3.Torsion des arbres

Réponse: d = 90,59 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 = 2000 N·m = 2 × 10⁶ N·mm
L = 3 m = 3000 mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
φ = 2·π/180 = 0,03491 rad
J = TL/(Gφ) = 2 × 10⁶·3000/(26000·0,03491) = 6,611 × 10⁶ mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 90,59 mm

Réponse

d = 90,59 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

4.Torsion des arbres

Réponse: d = 22,11 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·1800/60 = 188,5 rad/s
T = P/ω = 20000/188,5 = 106,1 N·m

Diamètre à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·106103/(π·50)) = 22,11 mm

Réponse

d = 22,11 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τabs = 53,03 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. Dans l’espace, la contrainte de cisaillement maximale absolue vaut (σmax − σmin)/2 sur les trois contraintes principales ; en contraintes planes, la troisième est nulle.

στxyCσ1​σ2​

Contraintes principales dans le plan

C = 70 MPa, R = √(20² + 30²) = 36,06 MPa
σ1 = 106,1 MPa, σ2 = 33,94 MPa, σz = 0

Le plus grand des trois cercles

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(72,11, 106,1, 33,94)/2 = 53,03 MPa

Réponse

τabs = 53,03 MPa

Ici, c’est le cercle hors plan qui est déterminant : le maximum absolu est supérieur au maximum dans le plan R.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σ1 = 353,7 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.

Contraintes à la surface

σ = F/A = 90000/(π·30²/4) = 90000/706,9 = 127,3 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·1500000/(π·30³) = 282,9 MPa
στxyCσ1​σ2​

Cercle de Mohr

C = σ/2 = 63,66 MPa
R = √(63,66² + 282,9²) = 290 MPa
σ1 = C + R = 353,7 MPa
σ2 = C − R = −226,4 MPa

Réponse

σ1 = 353,7 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 0,03667 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·20²/4 = 314,2 mm²
At = π(120² − 50²)/4 = 9346 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·314,2 + 110·10³·9346 = 1,091 × 10⁹ N

Raccourcissement

δ = 50000·800/1,091 × 10⁹ = 0,03667 mm

Réponse

δ = 0,03667 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σmax = 1061 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·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 244,5 MPa
σ2 = 1061 MPa

Contrainte maximale

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

σmax = 1061 MPa

Réponse

σmax = 1061 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 12,56 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,5·5000 = 2500 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·39761/2500² = 12558 N = 12,56 kN

Réponse

Pcr = 12,56 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 90,06 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 = 3·85000 = 255000 N
KL = 1·5000 = 5000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·255000·5000²/(π³·200000))^(1/4) = 90,06 mm

Réponse

d = 90,06 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 222,1, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: fd = 25,27 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 = √(150000/5) = 173,2 rad/s
fn = 173,2/(2π) = 27,57 Hz

Fréquence propre amortie

fd = fn·√(1 − ζ²) = 27,57·√(1 − 0,4²) = 25,27 Hz

Réponse

fd = 25,27 Hz
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 6,59 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 = 1/30 + 1/40 → keq = 30·40/(30 + 40) = 17,14 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(17143/10) = 41,4 rad/s
fn = 41,4/(2π) = 6,59 Hz

Réponse

fn = 6,59 Hz

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