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​ = 25, m = 4 mm

Un moteur de 1,5 kW tournant à 1440 tr/min entraîne un pignon de 25 dents et de module 4 mm. Trouvez l’effort tangentiel Ft sur les dents du pignon.

P = 1,5 kWn = 1440 rpmN1 = 25m = 4 mm
Ft = N
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
d1​ = 80 mmd2​ = 300 mm1500 rpmC = 800 mmT1​ = 600 NT2​P = ?

Une courroie ouverte relie une poulie motrice de 80 mm tournant à 1500 tr/min à une poulie de 300 mm ; les centres sont distants de 800 mm. Le coefficient de frottement est 0,3 et la tension du brin tendu ne doit pas dépasser 600 N. Trouvez la plus grande puissance P que la courroie peut transmettre sans glisser, en kW (négligez les effets centrifuges).

d1 = 80 mmn1 = 1500 rpmd2 = 300 mmC = 800 mmμ = 0,3T1 = 600 N
P = kW
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 1000 N·mL = 1,5 m

Un arbre plein en aluminium de 1,5 m de long transmet un couple de 1000 N·m. L’angle de torsion entre ses extrémités ne doit pas dépasser 0,5°. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte cette limite.

T = 1000 N·mL = 1,5 mG = 26 GPaφallow = 0,5°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
d = 30 mmT0​ = 1000 N·mACBa = 1 mb = 2,5 m

Un arbre plein en laiton de diamètre 30 mm est encastré dans des murs rigides à ses deux extrémités A et B. Un couple de 1000 N·m est appliqué en C, à 1 m de A et 2,5 m de B. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale τmax dans l’arbre.

d = 30 mmT0 = 1000 N·ma = 1 mb = 2,5 m
τmax = MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σy​ = −60MPaτxy​ = ?

En un point, σₓ = 0 MPa et σᵧ = −60 MPa. Jusqu’à quelle valeur la contrainte de cisaillement τxy (en valeur absolue) peut-elle monter avant que la plus grande contrainte principale atteigne 35 MPa ?

σx = 0 MPaσy = −60 MPaσ1 = 35 MPa
τxy = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 0σy​ = 80τxy​ = 30MPa

En un point d’une pièce chargée, σₓ = 0 MPa, σᵧ = 80 MPa et τₓᵧ = 30 MPa (traction positive). Trouvez la contrainte normale σθ sur une facette dont la normale est tournée de 35° dans le sens antihoraire par rapport à l’axe x.

σx = 0 MPaσy = 80 MPaτxy = 30 MPaθ = 35°
σθ = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
100 kNØ20120 GPaØ120/50800 mmδ = ?

Une tige en acier (diamètre 20 mm, E = 200 GPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en cuivre (diamètre extérieur 120 mm, diamètre intérieur 50 mm, E = 120 GPa). Les deux mesurent 800 mm de long et sont comprimés ensemble entre des plaques rigides par 100 kN. Trouvez le raccourcissement δ.

P = 100 kNbarre: Ø20 mm, E = 200 GPatube: Ø120/Ø50 mm, E = 120 GPaL = 800 mm
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
P = ?Ø40120 GPaØ100/60800 mm

Une tige en acier (diamètre 40 mm, E = 200 GPa, contrainte admissible 120 MPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en cuivre (diamètre extérieur 100 mm, diamètre intérieur 60 mm, E = 120 GPa, contrainte admissible 80 MPa). Ils sont comprimés ensemble entre des plaques rigides. Trouvez la plus grande charge Pmax.

barre: Ø40 mm, E = 200 GPa, σallow = 120 MPatube: Ø100/Ø60 mm, E = 120 GPa, σallow = 80 MPa
Pmax = kN
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 6 m40 × 100 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 = 6 mE = 200 GPa (acier)b × h = 40 × 100 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 40 kNL = 3 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est encastré aux deux extrémités. Il doit porter 40 kN avec un coefficient de sécurité de 2,5 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 40 kNn = 2,5L = 3 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
k = 10 kN/mζ = 0,7m = 100 kg

Une masse de 100 kg sur un ressort de raideur 10 kN/m est munie d’un amortisseur visqueux qui donne un taux d’amortissement de 0,7. Trouvez la fréquence propre amortie fd de ses vibrations libres, en Hz.

m = 100 kgk = 10 kN/mζ = 0,7
fd = Hz
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 10k2​ = 20m = 50 kg

Une masse de 50 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 10 kN/m et celui du bas k₂ = 20 kN/m. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 50 kgk1 = 10 kN/mk2 = 20 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: Ft = 198,9 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 = 1500/150,8 = 9,947 N·m

Diamètre primitif

d = m·N = 4·25 = 100 mm

Effort tangentiel

Ft = 2T/d = 2·9,947/0,1 = 198,9 N

Réponse

Ft = 198,9 N
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: P = 2,174 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.

Angle d’enroulement

θ = 2,866 rad

Tension du brin mou

eμθ = e0,8597 = 2,362, T₂ = 600/2,362 = 254 N

Puissance

P = (600 − 254)·6,283 = 2,174 kW

Réponse

P = 2,174 kW
3.Torsion des arbres

Réponse: d = 90,59 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.

Moment polaire requis

T = 1000 N·m = 1 × 10⁶ N·mm
L = 1,5 m = 1500 mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
φ = 0,5·π/180 = 0,008727 rad
J = TL/(Gφ) = 1 × 10⁶·1500/(26000·0,008727) = 6,611 × 10⁶ mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 90,59 mm

Réponse

d = 90,59 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

4.Torsion des arbres

Réponse: τmax = 134,7 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. 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 = 1000
TA·a = TB·b
TA = 1000·2,5/3,5 = 714,3 N·m
TB = 1000·1/3,5 = 285,7 N·m

Contrainte de cisaillement maximale

Le plus grand des deux couples est déterminant (même diamètre).

τmax = 16·714286/(π·30³) = 134,7 MPa

Réponse

τmax = 134,7 MPa
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τxy = 57,66 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.

Rayon requis

C = (0 + (−60))/2 = −30 MPa
R = σ1 − C = 35 − (−30) = 65 MPa
στxyCσ1​σ2​

Contrainte de cisaillement

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(65² − 30²) = 57,66 MPa

Réponse

τxy = 57,66 MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σθ = 54,51 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 = 40 + −40·0,342 + 30·0,9397 = 54,51 MPa

Réponse

σθ = 54,51 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 0,06755 mm

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

Ar = π·20²/4 = 314,2 mm²
At = π(120² − 50²)/4 = 9346 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·314,2 + 120·10³·9346 = 1,184 × 10⁹ N

Raccourcissement

δ = 100000·800/1,184 × 10⁹ = 0,06755 mm

Réponse

δ = 0,06755 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: Pmax = 512,7 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

Ar = π·40²/4 = 1257 mm²
At = π(100² − 60²)/4 = 5027 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·1257 + 120·10³·5027 = 8,545 × 10⁸ N

Déformation déterminante

ε = min(0,0006, 0,0006667) = 0,0006 (acier)

Charge maximale

Pmax = 0,0006·8,545 × 10⁸ = 512708 N = 512,7 kN

Réponse

Pmax = 512,7 kN
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 59,68 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 = 100·40³/12 = 533333 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,7·6000 = 4200 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·533333/4200² = 59680 N = 59,68 kN

Réponse

Pcr = 59,68 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 39,04 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 = 2,5·40000 = 100000 N
KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·100000·1500²/(π³·200000))^(1/4) = 39,04 mm

Réponse

d = 39,04 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 153,7, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: fd = 1,137 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 = √(10000/100) = 10 rad/s
fn = 10/(2π) = 1,592 Hz

Fréquence propre amortie

fd = fn·√(1 − ζ²) = 1,592·√(1 − 0,7²) = 1,137 Hz

Réponse

fd = 1,137 Hz
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 6,667 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 = 1/10 + 1/20 → keq = 10·20/(10 + 20) = 6,667 kN/m

Réponse

keq = 6,667 kN/m

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design