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 120 mm. Ils doivent être reliés par un engrenage à denture droite de module 4 mm avec un rapport de réduction de 3 : 1. Combien de dents N1 le pignon doit-il avoir ?

a = 120 mmm = 4 mmi = 3
N1 =
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
Ns​ = 24couronne fixeNp​ = 30nc​ = ?

Dans un train épicycloïdal, le planétaire a 24 dents et chaque satellite a 30 dents. La couronne est maintenue fixe et le planétaire est entraîné à 900 tr/min. Trouvez la vitesse de rotation nc du porte-satellites.

Ns = 24Np = 30ns = 900 rpm
nc = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
do​ = 40, di​ = 20 mmT = 1500 N·mL = 1,2 m

Un arbre creux en acier (diamètre extérieur 40 mm, diamètre intérieur 20 mm, longueur 1,2 m) est encastré à une extrémité et soumis à un couple de 1500 N·m à l’autre. Trouvez l’angle de torsion φ en degrés.

T = 1500 N·mdo = 40 mmdi = 20 mmL = 1,2 mG = 80 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = 50 mmT0​ = 400 N·mACBa = 0,5 mb = 1,5 m

Un arbre plein en acier de diamètre 50 mm est encastré dans des murs rigides à ses deux extrémités A et B. Un couple de 400 N·m est appliqué en C, à 0,5 m de A et 1,5 m de B. Trouvez l’angle de rotation φC de la section C, en degrés.

d = 50 mmT0 = 400 N·ma = 0,5 mb = 1,5 mG = 80 GPa
φC = °
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 30σy​ = 30τxy​ = 60MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 30 MPa, σᵧ = 30 MPa et τₓᵧ = 60 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte de cisaillement maximale dans le plan τmax.

σx = 30 MPaσy = 30 MPaτxy = 60 MPa
τmax = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 20σy​ = 90τxy​ = −50MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 20 MPa, σᵧ = 90 MPa et τₓᵧ = −50 MPa (σz = 0). Trouvez la contrainte équivalente de von Mises σvM.

σx = 20 MPaσy = 90 MPaτxy = −50 MPa
σvM = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 10 mmLaiton1,5 mP = 95 kN

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

P = 95 kNd = 10 mmL = 1,5 mE = 100 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 25 mmAluminium1,5 mØ 16 mmAcier1,5 mP = 90 kN

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

P = 90 kNtronçon 1 : Ø25 mm, 1,5 m, aluminium (E = 70 GPa)tronçon 2 : Ø16 mm, 1,5 m, acier (E = 200 GPa)
δ = mm
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 2 md = 20 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 = 2 mE = 200 GPa (acier)d = 20 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 130 kNL = 4 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en aluminium est articulé aux deux extrémités. Il doit porter 130 kN avec un coefficient de sécurité de 2 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 130 kNn = 2L = 4 mE = 70 GPa (aluminium)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 5 kN/mζ = 0,45m = 2 kg

Une masse de 2 kg sur un ressort de raideur 5 kN/m est munie d’un amortisseur visqueux qui donne un taux d’amortissement de 0,45. Trouvez la fréquence propre amortie fd de ses vibrations libres, en Hz.

m = 2 kgk = 5 kN/mζ = 0,45
fd = Hz
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 40k2​ = 20m = 40 kg

Une masse de 40 kg est suspendue à deux ressorts côte à côte (en parallèle), de raideurs k₁ = 40 kN/m et k₂ = 20 kN/m. La masse reste horizontale. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 40 kgk1 = 40 kN/mk2 = 20 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: N1 = 15

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 = 2·120/4 = 60

Répartir selon le rapport

N1 = 60/(1 + 3) = 15

Réponse

N1 = 15
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nc = 200 rpm

Trains épicycloïdaux : les vitesses du planétaire, de la couronne et du porte-satellites sont liées par la formule de Willis (ns − nc)/(nr − nc) = −Nr/Ns : vu du porte-satellites, le train est un train ordinaire dont les satellites sont des roues intermédiaires. Bloquer un élément transforme le train en réducteur à rapport unique.

Dents de la couronne

Nr = Ns + 2·Np = 24 + 2·30 = 84

Formule de Willis avec la couronne fixe

Posez nr = 0 et isolez la vitesse du porte-satellites.

(900 − nc)/(0 − nc) = −84/24
nc = ns·Ns/(Ns + Nr) = 900·24/108 = 200 rpm

Réponse

nc = 200 rpm

Le porte-satellites tourne dans le même sens que le planétaire.

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 5,471 °

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 − 20⁴)/32 = 235619 mm⁴

Angle de torsion

T = 1500 N·m = 1,5 × 10⁶ N·mm
L = 1,2 m = 1200 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = TL/(GJ) = 1,5 × 10⁶·1200/(80000·235619) = 0,09549 rad
φ = 0,09549·180/π = 5,471°

Réponse

φ = 5,471°
4.Torsion des arbres

Réponse: φC = 0,1751 °

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 = 400
TA·a = TB·b
TA = 400·1,5/2 = 300 N·m
TB = 400·0,5/2 = 100 N·m

Rotation de C

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

J = π·50⁴/32 = 613592 mm⁴
G = 80 GPa = 80000 MPa
φC = TA·a/(GJ) = 300000·500/(80000·613592) = 0,003056 rad = 0,1751°

Réponse

φC = 0,1751°
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τmax = 60 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 = √(((30 − 30)/2)² + 60²) = 60 MPa

Réponse

τmax = 60 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σvM = 119,2 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. 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.

στxyCσ1​σ2​

Contraintes principales

C = 55 MPa, R = 61,03 MPa
σ1 = 116 MPa, σ2 = −6,033 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(116² − 116·(−6,033) + (−6,033)²) = 119,2 MPa

Réponse

σvM = 119,2 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: ε = 12096 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·10²/4 = 78,54 mm²
σ = P/A = 95·1000/78,54 = 1210 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for laiton = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 1210/100000 = 0,0121 = 12096 µε

Réponse

ε = 12096 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 7,286 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·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 183,3 MPa
σ2 = 447,6 MPa

Additionner les allongements des tronçons

δ1 = σ1L1/E1 = 183,3·1500/70000 = 3,929 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 447,6·1500/200000 = 3,357 mm
δ = δ1 + δ2 = 7,286 mm

Réponse

δ = 7,286 mm
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 3,876 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·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 1·2000 = 2000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·7854/2000² = 3876 N = 3,876 kN

Réponse

Pcr = 3,876 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 105,2 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 = 2·130000 = 260000 N
KL = 1·4000 = 4000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·260000·4000²/(π³·70000))^(1/4) = 105,2 mm

Réponse

d = 105,2 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 152, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: fd = 7,106 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 = √(5000/2) = 50 rad/s
fn = 50/(2π) = 7,958 Hz

Fréquence propre amortie

fd = fn·√(1 − ζ²) = 7,958·√(1 − 0,45²) = 7,106 Hz

Réponse

fd = 7,106 Hz
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 60 kN/m

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 = 40 + 20 = 60 kN/m

Réponse

keq = 60 kN/m

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