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​ = 160 mmd2​ = 315 mm2880 rpmT1​ = 400 NT2​ = 80 NP = ?

Une courroie passe sur une poulie motrice de 160 mm tournant à 2880 tr/min. La tension est de 400 N sur le brin tendu et de 80 N sur le brin mou. Trouvez la puissance P transmise, en kW.

d1 = 160 mmn1 = 2880 rpmT1 = 400 NT2 = 80 N
P = kW
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 15B = 48C = 48D = 60

Un moteur de 4 kW à 1450 tr/min entraîne la roue A (15 dents), qui engrène avec la roue B (48 dents). La roue C (48 dents), sur le même arbre que B, entraîne la roue D (60 dents) sur l’arbre de sortie. Chaque engrènement a un rendement de 98 %. Trouvez le couple de sortie Tout.

P = 4 kWnin = 1450 rpmA = 15B = 48C = 48D = 60ηmesh = 98%
Tout = N·m
3.Torsion des arbresMoyen
d = 20 mmT = 100 N·m300 mmφ = 1,37°

Lors d’un essai de torsion, une éprouvette pleine de diamètre 20 mm est soumise à un couple de 100 N·m. Les deux extrémités d’une longueur de mesure de 300 mm tournent de 1,37° l’une par rapport à l’autre (le matériau est encore élastique). Trouvez le module de cisaillement G du matériau.

T = 100 N·md = 20 mmL = 300 mmφ = 1,37°
G = GPa
4.Torsion des arbresDifficile
d = ?10 kW, 750 rpm

Un arbre plein en aluminium transmet 10 kW à 750 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 = 10 kWN = 750 rpmτallow = 75 MPaθallow = 0,75°/mG = 26 GPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 20σy​ = 30τxy​ = 60MPa

En un point, σₓ = 20 MPa, σᵧ = 30 MPa et τₓᵧ = 60 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 = 20 MPaσy = 30 MPaτxy = 60 MPaθ = 25°
σy′ = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 150σy​ = 30τxy​ = 40MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 150 MPa, σᵧ = 30 MPa et τₓᵧ = 40 MPa (σz = 0). Le matériau a une limite d’élasticité de 250 MPa. Trouvez le coefficient de sécurité n vis-à-vis de la plastification selon le critère de Tresca (cisaillement maximal).

σx = 150 MPaσy = 30 MPaτxy = 40 MPaσY = 250 MPa
n =
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 16 mmAluminium3 mP = 110 kN

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

P = 110 kNd = 16 mmL = 3 mE = 70 GPa
ε = µε
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 40 mmAluminium2 mØ 16 mmAluminium1,5 mP = 50 kN

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

P = 50 kNtronçon 1 : Ø40 mm, 2 m, aluminium (E = 70 GPa)tronçon 2 : Ø16 mm, 1,5 m, aluminium (E = 70 GPa)
δ = mm
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 md = 25 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 = 3 mE = 200 GPa (acier)d = 25 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 80 kNL = 2 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est articulé aux deux extrémités. Il doit porter 80 kN avec un coefficient de sécurité de 3 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 80 kNn = 3L = 2 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx10 mm3 cycles1,5 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 10 mm est suivi, 3 cycles plus tard, d’un pic de 1,5 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 10 mmx3 = 1,5 mmn = 3
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 50k2​ = 5k3​ = 20m = 40 kg

Une masse de 40 kg est suspendue au ressort k₃ = 20 kN/m. Le haut de k₃ est fixé à une barre rigide suspendue à deux ressorts côte à côte, k₁ = 50 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 = 40 kgk1 = 50 kN/mk2 = 5 kN/mk3 = 20 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 7,721 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.

Vitesse de la courroie

v = 24,13 m/s

Puissance

P = (400 − 80)·24,13 = 7721 W = 7,721 kW

Réponse

P = 7,721 kW
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Tout = 101,2 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 sortie

nout = 1450·(15/48)·(48/60) = 362,5 rpm
ωout = 2π·362,5/60 = 37,96 rad/s

Puissance et couple de sortie

Pout = 4000·0,98² = 3842 W
Tout = Pout/ωout = 3842/37,96 = 101,2 N·m

Réponse

Tout = 101,2 N·m
3.Torsion des arbres

Réponse: G = 79,87 GPa

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 et angle

J = π·20⁴/32 = 15708 mm⁴
φ = 1,37·π/180 = 0,02391 rad

Module de cisaillement

T = 100 N·m = 100000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 100000·300/(15708·0,02391) = 79874 MPa
G = 79,87 GPa

Réponse

G = 79,87 GPa

Pour comparaison : acier ≈ 80 GPa, laiton ≈ 39 GPa, aluminium ≈ 26 GPa.

4.Torsion des arbres

Réponse: d = 44,18 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·750/60 = 78,54 rad/s
T = P/ω = 10000/78,54 = 127,3 N·m

Diamètre pour la résistance

T = 127,3 N·m = 127324 N·mm
dτ = ∛(16·127324/(π·75)) = 20,52 mm

Diamètre pour la rigidité

θ = 0,75·π/180/1000 = 1,309 × 10⁻⁵ rad/mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
dφ = (32·127324/(π·26000·1,309 × 10⁻⁵))1/4 = 44,18 mm

Diamètre déterminant

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

d = max(20,52, 44,18) = 44,18 mm

Réponse

d = 44,18 mm

Ici, c’est la rigidité qui est déterminante.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σy′ = −17,75 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′ = 25 − (−5)·0,6428 − 60·0,766 = −17,75 MPa

Vérification

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

σx′ = 67,75 MPa, σx′ + σy′ = 50 = σx + σy

Réponse

σy′ = −17,75 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: n = 1,542

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 = 90 MPa, R = 72,11 MPa
σ1 = 162,1 MPa, σ2 = 17,89 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 162,1 MPa
n = 250/162,1 = 1,542

Réponse

n = 1,542

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 = 7816 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·16²/4 = 201,1 mm²
σ = P/A = 110·1000/201,1 = 547,1 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for aluminium = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 547,1/70000 = 0,007816 = 7816 µε

Réponse

ε = 7816 µε
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 6,466 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·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 39,79 MPa
σ2 = 248,7 MPa

Additionner les allongements des tronçons

δ1 = σ1L1/E1 = 39,79·2000/70000 = 1,137 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 248,7·1500/70000 = 5,329 mm
δ = δ1 + δ2 = 6,466 mm

Réponse

δ = 6,466 mm
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 8,583 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·25⁴/64 = 19175 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,7·3000 = 2100 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·19175/2100² = 8583 N = 8,583 kN

Réponse

Pcr = 8,583 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 56,1 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 = 3·80000 = 240000 N
KL = 1·2000 = 2000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·240000·2000²/(π³·200000))^(1/4) = 56,1 mm

Réponse

d = 56,1 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 142,6, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,1001

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 = (1/3)·ln(10/1,5) = 0,6324

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,6324/√(39,48 + 0,3999) = 0,1001

Réponse

ζ = 0,1001
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 3,048 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 = 50 + 5 = 55 kN/m
keq = 55·20/(55 + 20) = 14,67 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(14667/40) = 19,15 rad/s
fn = 19,15/(2π) = 3,048 Hz

Réponse

fn = 3,048 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design