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
N1​ = 15N2​ = 18

Un moteur de 1,1 kW tournant à 2900 rpm entraîne un pignon de 15 dents, qui engrène avec une roue de 18 dents. Négligez les pertes. Trouvez le couple de sortie T2 sur l’arbre de la roue.

P = 1,1 kWn1 = 2900 rpmN1 = 15N2 = 18η = 100%
T2 = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
Ns​ = 20couronne fixeNp​ = 18nc​ = ?

Dans un train épicycloïdal, le planétaire a 20 dents et chaque satellite a 18 dents. La couronne est maintenue fixe et le planétaire est entraîné à 1500 tr/min. Trouvez la vitesse de rotation nc du porte-satellites.

Ns = 20Np = 18ns = 1500 rpm
nc = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
T = 1000 N·md = 50 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 = 1000 N·md = 50 mmL = 1,5 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
Tdo​ = 40 mm, di​ = 24 mm

Un arbre creux transmet 50 kW à 500 tr/min. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale τmax dans l’arbre.

P = 50 kWN = 500 rpmdo = 40 mmdi = 24 mm
τmax = MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −80σy​ = 90τxy​ = 30MPa

En un point, σₓ = −80 MPa, σᵧ = 90 MPa et τₓᵧ = 30 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 = −80 MPaσy = 90 MPaτxy = 30 MPa
θs = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​τxy​surface de l’arbre

Un arbre plein de diamètre 50 mm supporte un effort de compression axial de 170 kN ainsi qu’un couple de 400 N·m. À la surface de l’arbre, trouvez la plus grande contrainte principale σ1.

d = 50 mmF = −170 kNT = 400 N·m
σ1 = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 16 mmCuivre2,5 mP = 100 kN

Trouvez l’allongement δ de la barre en cuivre sous l’effort axial.

P = 100 kNd = 16 mmL = 2,5 mE = 117 GPa
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 35 mmAcier0,5 mØ 16 mmAluminium1 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 : Ø35 mm, 0,5 m, acier (E = 200 GPa)tronçon 2 : Ø16 mm, 1 m, aluminium (E = 70 GPa)
δ = mm
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 2,5 m25 × 40 mmsection

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

L = 2,5 mE = 70 GPa (aluminium)b × h = 25 × 40 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 5 md = 80 mmsection

Un poteau de longueur L en aluminium est encastré aux deux extrémités. Trouvez son élancement et la contrainte critique de flambement σcr avec la formule d’Euler.

L = 5 mE = 70 GPa (aluminium)d = 80 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 150 kN/mζ = 0,5m = 250 kg

Une masse de 250 kg sur un ressort de raideur 150 kN/m est munie d’un amortisseur visqueux qui donne un taux d’amortissement de 0,5. Trouvez la fréquence propre amortie fd de ses vibrations libres, en Hz.

m = 250 kgk = 150 kN/mζ = 0,5
fd = Hz
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 10k2​ = 10k3​ = 15m = 20 kg

Une masse de 20 kg est suspendue au ressort k₃ = 15 kN/m. Le haut de k₃ est fixé à une barre rigide suspendue à deux ressorts côte à côte, k₁ = 10 kN/m et k₂ = 10 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 = 20 kgk1 = 10 kN/mk2 = 10 kN/mk3 = 15 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: T2 = 4,347 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·2900/60 = 303,7 rad/s
T1 = P/ω₁ = 1100/303,7 = 3,622 N·m

Couple de sortie

T2 = 3,622·18/15·1 = 4,347 N·m

Réponse

T2 = 4,347 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nc = 394,7 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 = 20 + 2·18 = 56

Formule de Willis avec la couronne fixe

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

(1500 − nc)/(0 − nc) = −56/20
nc = ns·Ns/(Ns + Nr) = 1500·20/76 = 394,7 rpm

Réponse

nc = 394,7 rpm

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

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 5,387 °

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·50⁴/32 = 613592 mm⁴

Angle de torsion

φ = TL/(GJ) = 1000·1000·1500/(26000·613592) = 0,09402 rad
φ = 0,09402·180/π = 5,387°

Réponse

φ = 5,387°
4.Torsion des arbres

Réponse: τmax = 87,31 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.

Couple

ω = 2πN/60 = 2π·500/60 = 52,36 rad/s
T = P/ω = 50000/52,36 = 954,9 N·m

Moment quadratique polaire

J = π(40⁴ − 24⁴)/32 = 218755 mm⁴

Contrainte de cisaillement maximale

τmax = T·(do/2)/J = 954930·20/218755 = 87,31 MPa

Réponse

τmax = 87,31 MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θs = 35,28 °

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 = 30/90,14 = 0,3328, sin 2θs = −(−85)/90,14 = 0,943
2θs = atan2(85, 30) = 70,56°

Angle sur l’élément

θs = 35,28°
vérification: θs − θp = 35,28 − 80,28 = −45°

Réponse

θs = 35,28°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σ1 = 2,966 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 = −170000/(π·50²/4) = −170000/1963 = −86,58 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·400000/(π·50³) = 16,3 MPa
στxyCσ1​σ2​

Cercle de Mohr

C = σ/2 = −43,29 MPa
R = √((−43,29)² + 16,3²) = 46,26 MPa
σ1 = C + R = 2,966 MPa
σ2 = C − R = −89,55 MPa

Réponse

σ1 = 2,966 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 10,63 mm

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 = 100·1000/201,1 = 497,4 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for cuivre = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 497,4/117000 = 0,004251 = 4251 µε

Allongement

δ = ε·L = 0,004251·2500 mm = 10,63 mm

Réponse

δ = 10,63 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 6,628 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·35²/4 = 962,1 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 93,54 MPa
σ2 = 447,6 MPa

Additionner les allongements des tronçons

δ1 = σ1L1/E1 = 93,54·500/200000 = 0,2339 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 447,6·1000/70000 = 6,395 mm
δ = δ1 + δ2 = 6,628 mm

Réponse

δ = 6,628 mm
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 5,757 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 = 40·25³/12 = 52083 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 1·2500 = 2500 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·52083/2500² = 5757 N = 5,757 kN

Réponse

Pcr = 5,757 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 44,22 MPa

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·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Rayon de giration et élancement

A = 5027 mm²
r = √(I/A) = √(2,011 × 10⁶/5027) = 20 mm
KL = 0,5·5000 = 2500 mm
KL/r = 2500/20 = 125

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/125² = 44,22 MPa

Réponse

σcr = 44,22 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: fd = 3,376 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 = √(150000/250) = 24,49 rad/s
fn = 24,49/(2π) = 3,898 Hz

Fréquence propre amortie

fd = fn·√(1 − ζ²) = 3,898·√(1 − 0,5²) = 3,376 Hz

Réponse

fd = 3,376 Hz
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 3,295 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 = 10 + 10 = 20 kN/m
keq = 20·15/(20 + 15) = 8,571 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(8571/20) = 20,7 rad/s
fn = 20,7/(2π) = 3,295 Hz

Réponse

fn = 3,295 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design