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.

Nouveaux exercicesRetour au cours

Dans la fenêtre d’impression, choisissez « Enregistrer au format PDF » pour garder une copie sur votre appareil.

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​ = 150 mmd2​ = 315 mm720 rpmn2​ = ?

Une poulie de 150 mm tournant à 720 tr/min entraîne une poulie de 315 mm par une courroie avec 2,5 % de glissement. Trouvez la vitesse n2 de la poulie menée.

n1 = 720 rpmd1 = 150 mmd2 = 315 mms = 2,5 %
n2 = rpm
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 36B = 48C = 30D = 40

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (36 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 3000 rpm, entraîne la roue B (48 dents). La roue C (30 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (40 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 3000 rpmA = 36B = 48C = 30D = 40
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
T = 100 N·md = 40 mmL = 1,2 mφ = ?

Un arbre plein en laiton 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 = 40 mmL = 1,2 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = ?30 kW, 1450 rpm

Un arbre plein en aluminium transmet 30 kW à 1450 tr/min. La contrainte de cisaillement ne doit pas dépasser 75 MPa et la torsion ne doit pas dépasser 0,75° par m de longueur. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte les deux limites.

P = 30 kWN = 1450 rpmτallow = 75 MPaθallow = 0,75°/mG = 26 GPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −50σy​ = 80τxy​ = −20MPa

En un point, σₓ = −50 MPa, σᵧ = 80 MPa et τₓᵧ = −20 MPa (traction positive). L’élément est tourné de 25° dans le sens trigonométrique. Trouvez la contrainte normale σy′ sur les faces de l’élément tourné perpendiculaires à l’axe tourné y′.

σx = −50 MPaσy = 80 MPaτxy = −20 MPaθ = 25°
σy′ = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = −40σy​ = −40τxy​ = −40MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = −40 MPa, σᵧ = −40 MPa et τₓᵧ = −40 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte normale σθ sur une facette dont la normale est tournée de 50° dans le sens antihoraire par rapport à l’axe x.

σx = −40 MPaσy = −40 MPaτxy = −40 MPaθ = 50°
σθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 30 mmCuivre2 mP = 70 kN

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

P = 70 kNd = 30 mmL = 2 mE = 117 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 40 mmAcier0,5 mØ 12 mmCuivre1,5 mP = 70 kN

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

P = 70 kNtronçon 1 : Ø40 mm, 0,5 m, acier (E = 200 GPa)tronçon 2 : Ø12 mm, 1,5 m, cuivre (E = 117 GPa)
δ = mm
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 m25 × 100 mmsection

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

L = 3 mE = 200 GPa (acier)b × h = 25 × 100 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 5 kNL = 1,5 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est encastré en pied et libre en tête. Il doit porter 5 kN avec un coefficient de sécurité de 3 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 5 kNn = 3L = 1,5 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx25 mm5 cycles7,1 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 25 mm est suivi, 5 cycles plus tard, d’un pic de 7,1 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 25 mmx5 = 7,1 mmn = 5
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 5k2​ = 15m = 25 kg

Une masse de 25 kg est suspendue à deux ressorts côte à côte (en parallèle), de raideurs k₁ = 5 kN/m et k₂ = 15 kN/m. La masse reste horizontale. Négligez l’amortissement et les masses des ressorts. Trouvez la fréquence propre fn des vibrations verticales, en Hz.

m = 25 kgk1 = 5 kN/mk2 = 15 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: n2 = 334,3 rpm

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 sans glissement

720·150/315 = 342,9 rpm

Avec glissement

n2 = 342,9·0,975 = 334,3 rpm

Réponse

n2 = 334,3 rpm
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 1688 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

nB = 3000·36/48 = 2250 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 2250·30/40 = 1688 rpm

Réponse

nout = 1688 rpm

rapport total = 1,778 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 0,7015 °

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) = 100·1000·1200/(39000·251327) = 0,01224 rad
φ = 0,01224·180/π = 0,7015°

Réponse

φ = 0,7015°
4.Torsion des arbres

Réponse: d = 49,31 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·1450/60 = 151,8 rad/s
T = P/ω = 30000/151,8 = 197,6 N·m

Diamètre pour la résistance

T = 197,6 N·m = 197572 N·mm
dτ = ∛(16·197572/(π·75)) = 23,76 mm

Diamètre pour la rigidité

θ = 0,75·π/180/1000 = 1,309 × 10⁻⁵ rad/mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
dφ = (32·197572/(π·26000·1,309 × 10⁻⁵))1/4 = 49,31 mm

Diamètre déterminant

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

d = max(23,76, 49,31) = 49,31 mm

Réponse

d = 49,31 mm

Ici, c’est la rigidité qui est déterminante.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σy′ = 72,1 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 pour la face y′

σy′ = 15 − (−65)·0,6428 − (−20)·0,766 = 72,1 MPa

Vérification

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

σx′ = −42,1 MPa, σx′ + σy′ = 30 = σx + σy

Réponse

σy′ = 72,1 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σθ = −79,39 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 = −40 + 0·−0,1736 + −40·0,9848 = −79,39 MPa

Réponse

σθ = −79,39 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: ε = 846,4 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 = 70·1000/706,9 = 99,03 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for cuivre = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 99,03/117000 = 0,0008464 = 846,4 µε

Réponse

ε = 846,4 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 8,074 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 = 55,7 MPa
σ2 = 618,9 MPa

Additionner les allongements des tronçons

δ1 = σ1L1/E1 = 55,7·500/200000 = 0,1393 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 618,9·1500/117000 = 7,935 mm
δ = δ1 + δ2 = 8,074 mm

Réponse

δ = 8,074 mm
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 28,56 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

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 = 1·3000 = 3000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·130208/3000² = 28558 N = 28,56 kN

Réponse

Pcr = 28,56 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 34,36 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 = 3·5000 = 15000 N
KL = 2·1500 = 3000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·15000·3000²/(π³·200000))^(1/4) = 34,36 mm

Réponse

d = 34,36 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 349,3, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,04004

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 = (1/5)·ln(25/7,1) = 0,2518

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,2518/√(39,48 + 0,06338) = 0,04004

Réponse

ζ = 0,04004
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 4,502 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 côte à côte ont le même allongement et leurs forces s’additionnent ; leurs raideurs s’additionnent donc simplement : k = k1 + k2.

keq = 5 + 15 = 20 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(20000/25) = 28,28 rad/s
fn = 28,28/(2π) = 4,502 Hz

Réponse

fn = 4,502 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design