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
N1​ = 32N2​ = 50

Un moteur de 15 kW tournant à 1440 rpm entraîne un pignon de 32 dents, qui engrène avec une roue de 50 dents. L’engrenage a un rendement de 98 %. Trouvez le couple T1 sur l’arbre du moteur.

P = 15 kWn1 = 1440 rpmN1 = 32N2 = 50η = 98%
T1 = N·m
2.Engrenages et trains d’engrenagesDifficile
A = 30B = 72C = 20D = 25

Dans un train d’engrenages composé, la roue A (30 dents), sur l’arbre d’entrée qui tourne à 2900 rpm, entraîne la roue B (72 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 = 2900 rpmA = 30B = 72C = 20D = 25
nout = rpm
3.Torsion des arbresMoyen
d = ?T = 2000 N·mL = 0,8 m

Un arbre plein en acier de 0,8 m de long transmet un couple de 2000 N·m. L’angle de torsion entre ses extrémités ne doit pas dépasser 2°. Trouvez le plus petit diamètre d qui respecte cette limite.

T = 2000 N·mL = 0,8 mG = 80 GPaφallow = 2°
d = mm
4.Torsion des arbresDifficile
Td = ?

Un arbre plein doit transmettre 30 kW à 1000 tr/min sans que la contrainte de cisaillement dépasse 80 MPa. Trouvez le plus petit diamètre d qui convient.

P = 30 kWN = 1000 rpmτallow = 80 MPa
d = mm
5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesMoyen
σx​ = −50σy​ = −80τxy​ = 30MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = −50 MPa, σᵧ = −80 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 = −50 MPaσy = −80 MPaτxy = 30 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintesDifficile
σx​ = −80τxy​ = −50MPa

Un point d’une plaque mince est en contraintes planes : σₓ = −80 MPa, σᵧ = 0 MPa et τₓᵧ = −50 MPa (σz = 0). Trouvez la contrainte équivalente de von Mises σvM.

σx = −80 MPaσy = 0 MPaτxy = −50 MPa
σvM = MPa
7.Contrainte et déformation axialesMoyen
80 kNØ25100 GPaØ120/50800 mmδ = ?

Une tige en acier (diamètre 25 mm, E = 200 GPa) se trouve à l’intérieur d’un tube en laiton (diamètre extérieur 120 mm, diamètre intérieur 50 mm, E = 100 GPa). Les deux mesurent 800 mm de long et sont comprimés ensemble entre des plaques rigides par 80 kN. Trouvez le raccourcissement δ.

P = 80 kNbarre: Ø25 mm, E = 200 GPatube: Ø120/Ø50 mm, E = 100 GPaL = 800 mm
δ = mm
8.Contrainte et déformation axialesDifficile
Ø 30 mmCuivre2 mØ 12 mmAluminium2 mP = 100 kN

La barre étagée est encastrée dans le mur et chargée à son extrémité libre. Trouvez la contrainte normale maximale σmax dans la barre.

P = 100 kNtronçon 1 : Ø30 mm, 2 m, cuivre (E = 117 GPa)tronçon 2 : Ø12 mm, 2 m, aluminium (E = 70 GPa)
σmax = MPa
9.Flambement des poteauxMoyen
PL = 5 md = 60 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 = 5 mE = 200 GPa (acier)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Flambement des poteauxDifficile
P = 15 kNL = 2,5 md = ?section

Un poteau plein circulaire de longueur L en acier est encastré en pied et libre en tête. Il doit porter 15 kN avec un coefficient de sécurité de 2,5 vis-à-vis du flambement. Trouvez le diamètre minimal d.

P = 15 kNn = 2,5L = 2,5 mE = 200 GPa (acier)
d = mm
11.Vibrations mécaniquesMoyen
tx12 mm1 cycle7,2 mm

Lors d’un essai de vibrations libres d’un système masse–ressort amorti, un pic de déplacement de 12 mm est suivi, un cycle plus tard, d’un pic de 7,2 mm. Trouvez le taux d’amortissement ζ.

x0 = 12 mmx1 = 7,2 mmn = 1
ζ =
12.Vibrations mécaniquesDifficile
k1​ = 100k2​ = 12m = 50 kg

Une masse de 50 kg est suspendue à deux ressorts reliés bout à bout (en série) : le ressort du haut a k₁ = 100 kN/m et celui du bas k₂ = 12 kN/m. Trouvez la raideur équivalente keq du système de ressorts, en kN/m.

m = 50 kgk1 = 100 kN/mk2 = 12 kN/m
keq = kN/m

3Solutions

1.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: T1 = 99,47 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·1440/60 = 150,8 rad/s
T1 = P/ω₁ = 15000/150,8 = 99,47 N·m

Réponse

T1 = 99,47 N·m
2.Engrenages et trains d’engrenages

Réponse: nout = 966,7 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 = 2900·30/72 = 1208 rpm = nC

Deuxième étage

nout = 1208·20/25 = 966,7 rpm

Réponse

nout = 966,7 rpm

rapport total = 3 : 1

3.Torsion des arbres

Réponse: d = 49,15 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 = 2000 N·m = 2 × 10⁶ N·mm
L = 0,8 m = 800 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = 2·π/180 = 0,03491 rad
J = TL/(Gφ) = 2 × 10⁶·800/(80000·0,03491) = 572958 mm⁴

Diamètre

d = (32J/π)1/4 = 49,15 mm

Réponse

d = 49,15 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

4.Torsion des arbres

Réponse: d = 26,32 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·1000/60 = 104,7 rad/s
T = P/ω = 30000/104,7 = 286,5 N·m

Diamètre à partir de la contrainte admissible

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·286479/(π·80)) = 26,32 mm

Réponse

d = 26,32 mm

En pratique, on arrondirait au diamètre normalisé supérieur.

5.Cercle de Mohr et changement de repère des contraintes

Réponse: τabs = 49,27 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 = −65 MPa, R = √(15² + 30²) = 33,54 MPa
σ1 = −31,46 MPa, σ2 = −98,54 MPa, σz = 0

Le plus grand des trois cercles

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(67,08, 31,46, 98,54)/2 = 49,27 MPa

Réponse

τabs = 49,27 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 = 117,9 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 = −40 MPa, R = 64,03 MPa
σ1 = 24,03 MPa, σ2 = −104 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(24,03² − 24,03·(−104) + (−104)²) = 117,9 MPa

Réponse

σvM = 117,9 MPa
7.Contrainte et déformation axiales

Réponse: δ = 0,06197 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·25²/4 = 490,9 mm²
At = π(120² − 50²)/4 = 9346 mm²

Rigidité axiale combinée

ΣEA = 200·10³·490,9 + 100·10³·9346 = 1,033 × 10⁹ N

Raccourcissement

δ = 80000·800/1,033 × 10⁹ = 0,06197 mm

Réponse

δ = 0,06197 mm
8.Contrainte et déformation axiales

Réponse: σmax = 884,2 MPa

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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 141,5 MPa
σ2 = 884,2 MPa

Contrainte maximale

Le tronçon le plus fin a la plus petite aire, donc il porte la plus grande contrainte.

σmax = 884,2 MPa

Réponse

σmax = 884,2 MPa
9.Flambement des poteaux

Réponse: Pcr = 102,5 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·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Longueur de flambement

KL = 0,7·5000 = 3500 mm

Charge critique

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/3500² = 102511 N = 102,5 kN

Réponse

Pcr = 102,5 kN
10.Flambement des poteaux

Réponse: d = 55,77 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 = 2,5·15000 = 37500 N
KL = 2·2500 = 5000 mm

Isoler le diamètre

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·37500·5000²/(π³·200000))^(1/4) = 55,77 mm

Réponse

d = 55,77 mm

Vérification : l’élancement KL/r vaut 358,6, le poteau est donc élancé et Euler s’applique.

11.Vibrations mécaniques

Réponse: ζ = 0,08103

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(12/7,2) = 0,5108

Taux d’amortissement

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,5108/√(39,48 + 0,2609) = 0,08103

Réponse

ζ = 0,08103
12.Vibrations mécaniques

Réponse: keq = 10,71 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 = 1/100 + 1/12 → keq = 100·12/(100 + 12) = 10,71 kN/m

Réponse

keq = 10,71 kN/m

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