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
Tw​ = ?z = 3, 2900 rpm

Un moteur de 3 kW à 2900 tr/min entraîne une vis sans fin à 3 filet(s). La roue a 80 dents et la transmission a un rendement de 60 %. Trouvez le couple de sortie Tw sur l’arbre de la roue.

z = 3Nw = 80n = 2900 rpmP = 3 kWη = 60%
Tw = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
d1​ = 200 mmd2​ = 300 mm720 rpmC = 1200 mmθ = ?

Une courroie ouverte relie une poulie de 200 mm et une poulie de 300 mm dont les centres sont distants de 1200 mm. Trouvez l’angle d’enroulement θ sur la plus petite poulie, en degrés.

d1 = 200 mmd2 = 300 mmC = 1200 mm
θ = °
3.Torsion des arbresMoyen
T = 200 N·md = 40 mmL = 1,5 mφ = ?

Un arbre plein en aluminium 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 = 200 N·md = 40 mmL = 1,5 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = 40 mmTB​ = 400 N·mTC​ = 750 N·mABC3 m1 m

Un arbre plein en laiton de diamètre 40 mm est encastré en A. Un couple de 400 N·m agit en B, à 3 m de A, et un couple de 750 N·m de même sens agit à l’extrémité libre C, 1 m plus loin. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale τmax dans l’arbre.

d = 40 mmTB = 400 N·mTC = 750 N·mAB = 3 mBC = 1 m
τmax = MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −10σy​ = −80τxy​ = −40MPa

En un point, σₓ = −10 MPa, σᵧ = −80 MPa et τₓᵧ = −40 MPa (traction positive). Trouvez l’angle θs, compris entre −90° et 90°, de l’axe x à la normale du plan sur lequel la contrainte de cisaillement atteint sa valeur positive maximale +R (cisaillement positif dans le même sens que τₓᵧ).

σx = −10 MPaσy = −80 MPaτxy = −40 MPa
θs = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​τxy​surface supérieure de l’arbre

Un arbre plein de diamètre 50 mm supporte un moment fléchissant de 200 N·m ainsi qu’un couple de 750 N·m. À la surface supérieure, où la contrainte de flexion est une traction maximale, trouvez la plus grande contrainte principale σ1.

d = 50 mmM = 200 N·mT = 750 N·m
σ1 = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
P = ?12600 mm200 mmØ25Ø30δ = 0,3 mm

Une barre est faite d’un tronçon en acier (diamètre 25 mm, longueur 600 mm, E = 200 GPa) assemblé bout à bout avec un tronçon en cuivre (diamètre 30 mm, longueur 200 mm, E = 120 GPa). Elle est fixée à une extrémité et tirée à l’autre. Trouvez la charge axiale P qui l’allonge de 0,3 mm au total.

tronçon 1: acier, Ø25 mm, 600 mm, E = 200 GPatronçon 2: cuivre, Ø30 mm, 200 mm, E = 120 GPaδ = 0,3 mm
P = kN
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
50 kN12300 mm500 mmØ20Ø40σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 20 mm, longueur 300 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en laiton (diamètre 40 mm, longueur 500 mm, E = 100 GPa) sont assemblés bout à bout et fixés entre deux murs rigides. Une charge axiale de 50 kN agit à la jonction, vers le tronçon 2. Trouvez la valeur absolue de la contrainte σ2 dans le tronçon 2.

tronçon 1: acier, Ø20 mm, 300 mm, E = 200 GPatronçon 2: laiton, Ø40 mm, 500 mm, E = 100 GPaP = 50 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 m20 × 100 mmsection

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

L = 3 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 20 × 100 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 75 kNL = 6 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est encastré aux deux extrémités. Il doit porter 75 kN avec un coefficient de sécurité de 2,5 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 75 kNn = 2,5L = 6 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 2 kN/mc = 10 N·s/mm = 10 kg

Une masse de 10 kg est portée par un ressort de raideur 2 kN/m et un amortisseur visqueux de coefficient d’amortissement 10 N·s/m. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

m = 10 kgk = 2 kN/mc = 10 N·s/m
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 60k2​ = 100m = 10 kg

Une masse de 10 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 60 kN/m et celui du bas k₂ = 100 kN/m. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 10 kgk1 = 60 kN/mk2 = 100 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Tw = 158,1 N·m

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 la roue

nw = n·z/Nw = 2900·3/80 = 108,8 rpm

Couple de sortie

ωw = 2π·108,8/60 = 11,39 rad/s
Tw = η·P/ωw = 0,6·3000/11,39 = 158,1 N·m

Réponse

Tw = 158,1 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: θ = 175,2 °

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 de la courroie

asin(0,04167) = 2,388°

Angle d’enroulement

θ = 180 − 2·2,388 = 175,2°

Réponse

θ = 175,2°
3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 2,63 °

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) = 200·1000·1500/(26000·251327) = 0,04591 rad
φ = 0,04591·180/π = 2,63°

Réponse

φ = 2,63°
4.Torsion des arbres

Réponse: τmax = 91,51 MPa

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.

Couples internes

Sens de TC pris comme positif.

TBC = TC = 750 N·m
TAB = TC + TB = 750 + 400 = 1150 N·m

Contrainte de cisaillement maximale

Le tronçon dont le couple interne est le plus grand a la plus grande contrainte (même diamètre).

|T|max = 1150 N·m
τmax = 16·1,15 × 10⁶/(π·40³) = 91,51 MPa

Réponse

τmax = 91,51 MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θs = −69,41 °

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​

Angle sur le cercle

Sur le cercle de Mohr, le sommet (+R) est à 90° du point principal σ₁ ; sur l’élément, cela fait 45°.

cos 2θs = −40/53,15 = −0,7526, sin 2θs = −35/53,15 = −0,6585
2θs = atan2(−35, −40) = −138,8°

Angle sur l’élément

θs = −69,41°
vérification: θs − θp = −69,41 − (−24,41) = −45°

Réponse

θs = −69,41°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σ1 = 39,77 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 = 32M/(πd³) = 32·200000/(π·50³) = 16,3 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·750000/(π·50³) = 30,56 MPa
στxyCσ1​σ2​

Cercle de Mohr

C = σ/2 = 8,149 MPa
R = √(8,149² + 30,56²) = 31,63 MPa
σ1 = C + R = 39,77 MPa
σ2 = C − R = −23,48 MPa

Réponse

σ1 = 39,77 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: P = 35,42 kN

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

A₁ = 490,9 mm², A₂ = 706,9 mm²

Souplesses

L₁/(E₁A₁) = 600/(200000·490,9) = 6,112 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 200/(120000·706,9) = 2,358 × 10⁻⁶ mm/N

Charge

P = 0,3/8,469 × 10⁻⁶ = 35422 N = 35,42 kN

Réponse

P = 35,42 kN
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 21,7 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 = 200000·314,2/300 = 209440 N/mm
k₂ = 100000·1257/500 = 251327 N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 50000·251327/460767 = 27273 N

Contrainte

σ2 = 27273/1257 = 21,7 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 21,7 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 20,47 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 = 100·20³/12 = 66667 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·66667/1500² = 20470 N = 20,47 kN

Réponse

Pcr = 20,47 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 64,6 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 = 2,5·75000 = 187500 N
KL = 0,5·6000 = 3000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·187500·3000²/(π³·200000))^(1/4) = 64,6 mm

Réponse

d = 64,6 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 185,8, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,03536

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.

Amortissement critique

cc = 2·√(k·m) = 2·√(2000·10) = 282,8 N·s/m

Taux d’amortissement

ζ = c/cc = 10/282,8 = 0,03536

Réponse

ζ = 0,03536

ζ < 1 : le système est sous-amorti et oscille en s’amortissant.

12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 37,5 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 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 = 1/60 + 1/100 → keq = 60·100/(60 + 100) = 37,5 kN/m

Réponse

keq = 37,5 kN/m

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design