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.

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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
Nw​ = 72z = 1, 1440 rpm

Une vis sans fin à 1 filet(s) tourne à 1440 tr/min et entraîne une roue de 72 dents. Trouvez la vitesse de rotation nw de la roue.

z = 1Nw = 72n = 1440 rpm
nw = rpm
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 18B = 25C = 20D = 25

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (18 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 960 rpm, entraîne la roue B (25 dents). La roue C (20 dents) est solidaire du même arbre que B et entraîne la roue D (25 dents) sur l’arbre de sortie. Trouvez la vitesse de sortie nout.

nin = 960 rpmA = 18B = 25C = 20D = 25
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
T = 400 N·md = 40 mmL = 1,5 mφ = ?

Un arbre plein en acier 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 = 1,5 mG = 80 GPa
φ = °
4.Torsion des arbresDifficile
d = 50 mmT0​ = 250 N·mACBa = 2 mb = 1 m

Un arbre plein en aluminium de diamètre 50 mm est encastré dans des murs rigides à ses deux extrémités A et B. Un couple de 250 N·m est appliqué en C, à 2 m de A et 1 m de B. Trouvez l’angle de rotation φC de la section C, en degrés.

d = 50 mmT0 = 250 N·ma = 2 mb = 1 mG = 26 GPa
φC = °
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = 80σy​ = 20τxy​ = 30MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 80 MPa, σᵧ = 20 MPa et τₓᵧ = 30 MPa, avec σz = 0. Trouvez la contrainte de cisaillement maximale absolue τabs en ce point (en considérant tous les plans dans l’espace).

σx = 80 MPaσy = 20 MPaτxy = 30 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = 40σy​ = −30τxy​ = −30MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = 40 MPa, σᵧ = −30 MPa et τₓᵧ = −30 MPa (σz = 0). Trouvez la contrainte équivalente de von Mises σvM.

σx = 40 MPaσy = −30 MPaτxy = −30 MPa
σvM = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
Ø 30 mmLaiton2 mP = 115 kN

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

P = 115 kNd = 30 mmL = 2 mE = 100 GPa
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 40 mmCuivre1 mØ 16 mmLaiton1 mP = 55 kN

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

P = 55 kNtronçon 1 : Ø40 mm, 1 m, cuivre (E = 117 GPa)tronçon 2 : Ø16 mm, 1 m, laiton (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 3 md = 80 mmsection

Un poteau de longueur L en acier est encastré en pied et libre en tête. Avec la formule d’Euler, trouvez sa charge critique de flambement Pcr.

L = 3 mE = 200 GPa (acier)d = 80 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
PL = 2,5 md = 40 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 = 2,5 mE = 200 GPa (acier)d = 40 mm
σcr = MPa
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx30 mm2 cycles23,3 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 30 mm est suivi, 2 cycles plus tard, d’un pic de 23,3 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 30 mmx2 = 23,3 mmn = 2
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 15k2​ = 40k3​ = 15m = 100 kg

Une masse de 100 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 = 15 kN/m et k₂ = 40 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 = 15 kN/mk2 = 40 kN/mk3 = 15 kN/m
fn = Hz

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nw = 20 rpm

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 = 1440·1/72 = 20 rpm

Réponse

nw = 20 rpm
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 553 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 = 960·18/25 = 691,2 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 691,2·20/25 = 553 rpm

Réponse

nout = 553 rpm

rapport total = 1,736 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: φ = 1,71 °

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) = 400·1000·1500/(80000·251327) = 0,02984 rad
φ = 0,02984·180/π = 1,71°

Réponse

φ = 1,71°
4.Torsion des arbres

Réponse: φC = 0,5986 °

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 = 250
TA·a = TB·b
TA = 250·1/3 = 83,33 N·m
TB = 250·2/3 = 166,7 N·m

Rotation de C

Utilisez le tronçon AC : il est encastré en A et transmet TA.

J = π·50⁴/32 = 613592 mm⁴
G = 26 GPa = 26000 MPa
φC = TA·a/(GJ) = 83333·2000/(26000·613592) = 0,01045 rad = 0,5986°

Réponse

φC = 0,5986°
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τabs = 46,21 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. Dans l’espace, la contrainte de cisaillement maximale absolue vaut (σmax − σmin)/2 sur les trois contraintes principales ; en contraintes planes, la troisième est nulle.

στxyCσ1​σ2​

Contraintes principales dans le plan

C = 50 MPa, R = √(30² + 30²) = 42,43 MPa
σ1 = 92,43 MPa, σ2 = 7,574 MPa, σz = 0

Le plus grand des trois cercles

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(84,85, 92,43, 7,574)/2 = 46,21 MPa

Réponse

τabs = 46,21 MPa

Ici, c’est le cercle hors plan qui est déterminant : le maximum absolu est supérieur au maximum dans le plan R.

6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: σvM = 80 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. 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 = 5 MPa, R = 46,1 MPa
σ1 = 51,1 MPa, σ2 = −41,1 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(51,1² − 51,1·(−41,1) + (−41,1)²) = 80 MPa

Réponse

σvM = 80 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 3,254 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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 115·1000/706,9 = 162,7 MPa

Déformation (loi de Hooke)

E for laiton = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 162,7/100000 = 0,001627 = 1627 µε

Allongement

δ = ε·L = 0,001627·2000 mm = 3,254 mm

Réponse

δ = 3,254 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 3,11 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 = 43,77 MPa
σ2 = 273,5 MPa

Additionner les allongements des tronçons

δ1 = σ1L1/E1 = 43,77·1000/117000 = 0,3741 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 273,5·1000/100000 = 2,735 mm
δ = δ1 + δ2 = 3,11 mm

Réponse

δ = 3,11 mm
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 110,2 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 = 2·3000 = 6000 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·2,011 × 10⁶/6000² = 110245 N = 110,2 kN

Réponse

Pcr = 110,2 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: σcr = 64,45 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Rayon de giration et élancement

A = 1257 mm²
r = √(I/A) = √(125664/1257) = 10 mm
KL = 0,7·2500 = 1750 mm
KL/r = 1750/10 = 175

Contrainte critique

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/175² = 64,45 MPa

Réponse

σcr = 64,45 MPa
11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,02011

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 = (1/2)·ln(30/23,3) = 0,1264

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,1264/√(39,48 + 0,01597) = 0,02011

Réponse

ζ = 0,02011
12.Vibrations mécaniques

Réponse: fn = 1,728 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 = 15 + 40 = 55 kN/m
keq = 55·15/(55 + 15) = 11,79 kN/m

Fréquence propre

ωn = √(11786/100) = 10,86 rad/s
fn = 10,86/(2π) = 1,728 Hz

Réponse

fn = 1,728 Hz

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