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​ = 30, m = 3 mm

Un moteur de 7,5 kW tournant à 1440 tr/min entraîne un pignon de 30 dents et de module 3 mm. Trouvez l’effort tangentiel Ft sur les dents du pignon.

P = 7,5 kWn = 1440 rpmN1 = 30m = 3 mm
Ft = N
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 12B = 50C = 20D = 48

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (12 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 960 rpm, entraîne la roue B (50 dents). La roue C (20 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (48 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 960 rpmA = 12B = 50C = 20D = 48
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
T = 400 N·md = 40 mmL = 3 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 = 400 N·md = 40 mmL = 3 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
Tdo​ = 40 mm, di​ = 30 mm

Un arbre creux transmet 20 kW à 1000 tr/min. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale τmax dans l’arbre.

P = 20 kWN = 1000 rpmdo = 40 mmdi = 30 mm
τmax = MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 40σy​ = 50τxy​ = 40MPa

En un point, σₓ = 40 MPa, σᵧ = 50 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 = 40 MPaσy = 50 MPaτxy = 40 MPa
θs = °
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = −70σy​ = 30τxy​ = 30MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = −70 MPa, σᵧ = 30 MPa et τₓᵧ = 30 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte normale σθ sur une facette dont la normale est tournée de 25° dans le sens antihoraire par rapport à l’axe x.

σx = −70 MPaσy = 30 MPaτxy = 30 MPaθ = 25°
σθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 12 mmAcier1 mP = 60 kN

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

P = 60 kNd = 12 mmL = 1 mE = 200 GPa
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
20 kN12400 mm200 mmØ20Ø30σ2​ = ?

Un tronçon en acier (diamètre 20 mm, longueur 400 mm, E = 200 GPa) et un tronçon en aluminium (diamètre 30 mm, longueur 200 mm, E = 70 GPa) sont assemblés bout à bout et fixés entre deux murs rigides. Une charge axiale de 20 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, 400 mm, E = 200 GPatronçon 2: aluminium, Ø30 mm, 200 mm, E = 70 GPaP = 20 kN
σ2 = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 2 md = 80 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 = 80 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 1,5 md = 25 mmsection

Un poteau de longueur L en acier est encastré en pied et articulé en tête. Trouvez son élancement et la contrainte critique de flambement σcr avec la formule d’Euler.

L = 1,5 mE = 200 GPa (acier)d = 25 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx20 mm1 cycle13,7 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 20 mm est suivi, un cycle plus tard, d’un pic de 13,7 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 20 mmx1 = 13,7 mmn = 1
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 60k2​ = 30k3​ = 20m = 100 kg

Une masse de 100 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 = 60 kN/m et k₂ = 30 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 = 100 kgk1 = 60 kN/mk2 = 30 kN/mk3 = 20 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Ft = 1105 N

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.

Couple sur le pignon

ω = 2π·1440/60 = 150,8 rad/s
T = P/ω = 7500/150,8 = 49,74 N·m

Diamètre primitif

d = m·N = 3·30 = 90 mm

Effort tangentiel

Ft = 2T/d = 2·49,74/0,09 = 1105 N

Réponse

Ft = 1105 N
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 96 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 = 960·12/50 = 230,4 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 230,4·20/48 = 96 rpm

Réponse

nout = 96 rpm

rapport total = 10 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 10,52 °

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) = 400·1000·3000/(26000·251327) = 0,1836 rad
φ = 0,1836·180/π = 10,52°

Réponse

φ = 10,52°
4.Torsion des arbres

Réponse: τmax = 22,23 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·1000/60 = 104,7 rad/s
T = P/ω = 20000/104,7 = 191 N·m

Moment quadratique polaire

J = π(40⁴ − 30⁴)/32 = 171806 mm⁴

Contrainte de cisaillement maximale

τmax = T·(do/2)/J = 190986·20/171806 = 22,23 MPa

Réponse

τmax = 22,23 MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: θs = 3,563 °

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 = 40/40,31 = 0,9923, sin 2θs = −(−5)/40,31 = 0,124
2θs = atan2(5, 40) = 7,125°

Angle sur l’élément

θs = 3,563°
vérification: θs − θp = 3,563 − 48,56 = −45°

Réponse

θs = 3,563°

Les angles positifs sont comptés dans le sens antihoraire.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σθ = −29,16 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 = −20 + −50·0,6428 + 30·0,766 = −29,16 MPa

Réponse

σθ = −29,16 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 2,653 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·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 60·1000/113,1 = 530,5 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for acier = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 530,5/200000 = 0,002653 = 2653 µε

Allongement

δ = ε·L = 0,002653·1000 mm = 2,653 mm

Réponse

δ = 2,653 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σ2 = 17,31 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 = 200000·314,2/400 = 157080 N/mm
k₂ = 70000·706,9/200 = 247400 N/mm

Part du tronçon 2

F2 = 20000·247400/404480 = 12233 N

Contrainte

σ2 = 12233/706,9 = 17,31 MPa (compression)

Réponse

σ2 = 17,31 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 992,2 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·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Longueur de flambement

KL = 1·2000 = 2000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·2,011 × 10⁶/2000² = 992201 N = 992,2 kN

Réponse

Pcr = 992,2 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 69,94 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·25⁴/64 = 19175 mm⁴

Rayon de giration et élancement

A = 490,9 mm²
r = √(I/A) = √(19175/490,9) = 6,25 mm
KL = 0,7·1500 = 1050 mm
KL/r = 1050/6,25 = 168

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/168² = 69,94 MPa

Réponse

σcr = 69,94 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,06011

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 = (1/1)·ln(20/13,7) = 0,3783

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,3783/√(39,48 + 0,1431) = 0,06011

Réponse

ζ = 0,06011
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 2,036 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 = 60 + 30 = 90 kN/m
keq = 90·20/(90 + 20) = 16,36 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(16364/100) = 12,79 rad/s
fn = 12,79/(2π) = 2,036 Hz

Réponse

fn = 2,036 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design