Calculs des contraintes – Cours et formation gratuit

Demagna Koffi Ph.D

ÉLÉMENTS DE MACHINES

SOLUTIONS DES PROBLÈMES DU CHAPITRE 5

Les problèmes sont tirés de la deuxième édition du livre Éléments de Machines. Les auteurs sont des professeurs de l’École Polytechnique de Montréal: Gilbert DROUIN, Michel GOU, Pierre THIRY, Robert VINET. Ce livre est publié aux Éditions de l’École Polytechnique de Montréal.

Ce document est public. Il vise les étudiants qui auront à utiliser ce livre durant leurs études en génie ou dans toutes autres disciplines. Il résout les problèmes du chapitre concernant la fatigue, c’est-à-dire le chapitre 5.

Ce document a été créé par Martin VÉZINA dans le cadre de son projet de fin d’études.

Cet étudiant était finissant de la promotion 1997-1998 de génie mécanique de la faculté d’ingénierie de l’École d’Ingénierie de Trois-Rivières.

Le professeur superviseur était Demagna KOFFI. M.Koffi est professeur depuis 1986 au département de génie mécanique de l’École d’Ingénierie de Trois-Rivières.

Une pièce faite d’acier UNS G 10150 étiré à froid est soumise à l’action alternée d’une force F de 500 N, ce qui engendre des contraintes alternées complètement renversées. Pour un facteur de sécurité égal à 2 et une fiabilité de 95%, évaluer l’épaisseur nécessaire pour que la durée de vie de cette pièce soit infinie.

DESCRIPTION DU PROBLÈME

F

x z y

Acier = UNS G10150 (EF) N =

∞

F_max = 500 N l₁ = 0.075 m

F_min = -500 N r = 0.002 m

FS = 2 d = 0.020 m

Fiabilité = 95% D = 0.030 m

S_ut= 390 X 10⁶ Pa K_a= 0.86 S_y= 320 X 10⁶ Pa K_b= 0.85

S′e= 0.5S_ut = 195 X 10⁶ Pa K_c= 0.868

r/d= 0.1 K_d= 1

D/d= 1.5 K_e= 1/[0.74(1.85-1)+1] = 0.614

q= 0.74 K_f= 1

K_t= 1.85 S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e= (0.86)(0.85)(0.868)(0.614)(195 X 10⁶) = 75.97 X 10⁶ Pa

F

= (F

+ F

) / 2 = (500 –500) / 2 = 0 F

= (F

– F

) / 2 = (500 + 500) / 2 = 500 N

CALCULS DES CONTRAINTES DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

DONNÉES DU PROBLÈME

I c l F I

c M

0

= 1

=

=

=

x

xy y

σ

τ σ

CONTRAINTES DE FLEXION

2 c h

12 h I t

3 z

=

=

2 1 y 3

1 y

h t

l F 6 h

t

* 12 2

h l

F =

x = σ

Contraintes alternées complètement renversées

2 1 a

h t

l F

= 6 σ a

z

t h

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

S h

FS l

F t 6

S

e 2

1 a e

=

= σ FS

t ≅ 0.0148 m ≅ 14.8 mm

Diagramme de Goodman modifié (#1)

0 50 100 150 200 250 300

0 100 200 300

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Se-Sut Sollicitation

VÉRIFICATION À L’ENCASTREMENT

K_a= 0.86 l_t

= l₁ + l₂ = 0.125 m K_b= 0.85 h = 0.030 m K_c= 0.868

K_d= 1 K_e= 1 K_f= 1

S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e= (0.86)(0.85)(0.868)(195 X 10⁶) = 123.73 X 10⁶ Pa

OK!

mm

0.0067 t

mm 0.0148

S h

FS l

F t 6

e 2

t

=

≤

=

Avec la même épaisseur (t = 14.8 mm), quelle serait la longueur cri- tique de la première partie?

mm 200

l F -

6

S h

l t ^e ₁

2

2 = ≅

FS

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 100

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 100

Un arbre est fait d’acier UNS G 92550 laminé à chaud et poli. Il tourne et il est soumis à l’action d’un moment fléchissant constant. Pour un facteur de sécurité égal à 2 et une durée de vie de 100 000 cycles, déterminer la valeur du moment maximal qu’on peut appliquer.

DESCRIPTION DU PROBLÈME

x z y

11 m m

18 m m

r = 1.5 mm

M M

Acier = UNS G92550 (LC) N = 100 000 cycles Poli

M = constant r = 0.0015 m FS = 2 d = 0.011 m M_max = ? D = 0.018 m

S_ut= 790 X 10⁶ Pa K_a= 1 S_y= 540 X 10⁶ Pa K_b= 0.85

S′e= 0.5S_ut = 395 X 10⁶ Pa K_c= 1

r/d= 0.14 K_d= 1

D/d= 1.64 K_e= 1/[0.81(1.84-1)+1] = 0.595

q= 0.81 K_f= 1

K_t= 1.84 S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e= (0.85)(0.595)(395 X 10⁶) = 199.77 X 10⁶ Pa

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

DONNÉES DU PROBLÈME

Pa 10 X 305 S

S 0.9 S S

0.9 S

6 f

3 3 - (N) log

ut e ut

f

=

 

 

=

CALCULS DES CONTRAINTES

Arbre en rotation avec un moment fléchissant constant

contraintes complètement renversées CONTRAINTES DE FLEXION

I c M

0

=

=

=

x

xy y

σ

τ σ

Z d

2 c d

32 J d

64

I d

4 Z

4 z

=

=

= π π

3

4 d

M 32 d

* 64 2

d M

π

σ _x = π =

Contraintes alternées complètement renversées

d 3

M 32

σ _a = π

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

FS FS

32

d M S

S

3 f

max

a f

π σ

=

=

M

≅ 19.9 N • m

FACTEUR DE SÉCURITÉ DANS LA PARTIE PLEINE

K_a= 1 S_e = K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

K_b= 0.85 S_e = (0.85)(395 X 10⁶) = 335.75 X 10⁶ Pa K_c= 1 S_f = 431.16 X 10⁶ Pa

K_d= 1 K_e= 1 K_f= 1

M 12 32

d S

S

3 f

a f

≅

=

= π

σ FS

FS

OK!!

Diagramme de Goodman modifié (#2)

0 100 200 300 400 500

0 200 400 600

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Sf-Sut Sollicitation

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 100

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 100

Une plaque usinée faite d’acier UNS G10450 laminé à chaud est soumise à l’ac- tion d’une force variable complètement renversée Fr et d’une force constante Fa.

Pour un facteur de sécurité égal à 2 et pour une durée de vie de 50 000 cycles, déterminer la valeur maximale de la force Fr qu’on peut appliquer.

DESCRIPTION DU PROBLÈME

5 mm

125 mm 125 mm

38 mm 35 mm

r = 3 mm

FR

FA=1500 N

x z y

S_ut= 570 X 10⁶ Pa K_a= 0.775 S_y= 310 X 10⁶ Pa K_b= 0.85

S′e= 0.5S_ut = 285 X 10⁶ Pa K_c= 1

r/d= 0.09 K_d= 1

D/d= 1.09 K_e= 1/[0.82(1.66-1)+1] = 0.649

q= 0.82 K_f= 1

K_t = 1.64 K_tf= 1.66 S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e= (0.775)(0.85)(0.649)(285 X 10⁶) = 121.8 X 10⁶ Pa

Pa 10 X 227.2 S

S 0.9 S S

0.9 S

6 f

3 3 - (N) log

ut e ut

f

=

 

 

=

Acier = UNS G10450 (LC) N = 50 000 cycles Usiné t = 0.005 m

Fa = 1500 N r = 0.003 m FS = 2 d = 0.035 m Fr = ? D = 0.038 m

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

DONNÉES DU PROBLÈME

l₁ = 0.125 m

CALCULS DES CONTRAINTES

t d

F

d t

l F 6 I

c l F I

c M

0

2 1 1

=

=

=

=

=

=

xt xf

xy y

σ σ

τ σ

CONTRAINTES DE FLEXION ET DE TENSION

Dans notre cas:

t d F

d t

l F

6

A m

2 1 R

a

=

= σ

σ

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

m a

y

ut m f

a

ou S

S S

1

σ σ σ

σ ₊ ⁼ ₊

= FS

FS

N l 1196

6 d t d

t - F F S

ou

N l 900

6 S d t S

d t - F F 1

1 2 y A

R

1 f 2

ut A R

±

 =

 

= 

±

 =

 

= 

FS FS

Diagramme de Goodman modifié (#3)

0 50 100 150 200 250 300 350

0 100 200 300 400 500

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Sf-Sut Sollicitation

F

≅ 900 N

Le FS est inférieur à celui demandé: il faut donc recalculer la force maximale

admissible!

VÉRIFICATION À L’ENCASTREMENT

K_a= 0.775 l₁ = 0.125 m

K_b= 0.85 l₂ = 0.125 m

K_c= 1 l_t = l₁ + l₂ = 0.250 m K_d= 1 d = 0.038 m

K_e= 1 F_R = 900 N

K_f= 1 F_A = 1500 N S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e= (0.775)(0.85)(285 X 10⁶) = 187.74 X 10⁶ Pa S_f= 290.33 X 10⁶ Pa

1.52 S

d t

F S

d t

l F 6

1

S S

1

ut A f

2 t R ut

m f

a

+ = + =

= σ σ FS

N l 679

6 S d t S

d t - F F 1

t f 2

ut A

R = ±

 

 

= FS

F

≅ 679 N

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 25

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 25

L’analyse d’un réservoir sous pression a permis de déterminer, dans la zone la plus sollicitée, les valeurs suivantes des contraintes:

DESCRIPTION DU PROBLÈME

MPa.

35 à 10 - de varie

MPa 50

à 0 de varie

y x

σ σ

Acier = UNS G10100 (LC) t = 0.025 m

FS = 1.5 K_t = 1.8 r = 0.006 m N = ?

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

DONNÉES DU PROBLÈME

C 300

T^o = ^o

Pa 10 X 35

Pa 10 X 10 -

Pa 10 X 50

0

6 ymax

6 min

y

6 max

x min x

=

=

=

=

σ σ σ σ

S_ut= 320 X 10⁶ Pa K_a= 0.75 S_y= 180 X 10⁶ Pa K_b= 0.85

S′e= 0.5S_ut = 160 X 10⁶ Pa K_c= 1

q= 0.75 K_d= 344/(273 + 300)

K_e= 1/[0.75(1.8-1)+1] = 0.625 S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e K_f= 1

S_e= (0.75)(0.85)(0.6)(0.625)(160 X 10⁶) = 38.25 X 10⁶ Pa

Le réservoir, fait d’acier UNS G 10100 laminé à chaud, a des parois épaisses de 25 mm. La température d’utilisation est de 300 degrés celcius et le facteur théorique de concentration de contraintes est égal à 1.8, pour un rayon d’entaille de 6mm. Pour un facteur de sécurité égal à 1.5, déterminer la durée de vie de ce réservoir.

CALCULS DES CONTRAINTES

2 xya 2

ya ya

xa 2

xa a

2 xym 2

ym ym

xm 2

xm m

xya xym

ymin ymax

ya

ymin ymax

ym

xmin xmax

xa

xmin xmax

xm

3 -

3 -

0

)/2 (

)/2 (

)/2 (

)/2 (

τ σ

σ σ

σ σ

τ σ

σ σ

σ σ

τ τ

σ σ

σ

σ σ

σ

σ σ

σ

σ σ

σ

+ +

=

+ +

=

=

=

−

=

+

=

−

=

+

=

Contraintes combinées variables

Ici, il est plus facile de travailler directement avec les valeurs numériques:

Pa 10

X 23.85

Pa 10

X 21.65

6 a

6 m

=

= σ

σ

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

ut m f

a

S S

1 σ

= σ + FS

( ^S _e ^{3 / 0.9 S} _ut )

ut f

6

ut m a

f

S 0.9 1000 S

N

Pa 10

X 39.82

S S 1

Log

FS

 

 

=

− =

= σ σ

N ≅ 871 917 cycles

Diagramme de Goodman modifié (#4)

0 20 40 60 80 100 120 140 160 180

0 100 200 300

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Sf-Sut Sollicitation

Un barreau circulaire usiné est fait d’acier UNS G 31400 laminé à chaud. Il est soumis aux sollicitations suivantes:

F₁ = 40 kN

F₂ = variable de 0 à 500 N.

Pour un facteur de sécurité égal à 2, déterminer la durée de vie de cette pièce en calculant les contraintes à l’épaulement.

DESCRIPTION DU PROBLÈME

250 mm 25 mm

30 mm

r = 2 mm

F1

F2

x z y

Acier = UNS G 31400 (LC) F_2min = 0 Usiné F_2max = 500N F₁ = 40 000 N r = 0.002 m FS = 2 d = 0.025 m N = ? D = 0.030 m

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

DONNÉES DU PROBLÈME

l = 0.250 m

S_ut= 660 X 10⁶ Pa K_a= 0.725 S_y= 440 X 10⁶ Pa K_b= 0.85

S′e= 0.5S_ut = 330 X 10⁶ Pa K_c= 1

r/d= 0.08 K_d= 1

D/d= 1.2 K_e= 1/[0.81(1.75-1)+1] = 0.622

q= 0.81 K_f= 1

K_t = 1.75 K_tf< 1.75 S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e= (0.725)(0.85)(0.622)(330 X 10⁶) = 126.49 X 10⁶ Pa

CALCULS DES CONTRAINTES

CONTRAINTES DE FLEXION ET DE TENSION

d

l F 32 I

c l F I

c M

0

σ π

τ σ

=

=

=

=

=

xf

xy y

Pa 10

X 40.74 2

/ ) (

Pa 10

X 122.23 2

/ ) (

d

l F

32 d

l F

32

d F 4 d

F 4

6 min

max a

6 min

max m

max max

max

min min

min

3 2max max

3 2min min

2 1 min

max

2

=

−

=

= +

=

+

=

+

=

=

=

=

=

=

x x

x x

xf xt

x

xf xt

x xf

xf

xt xt

xt

σ σ

σ

σ σ

σ

σ σ

σ

σ σ

σ π

σ σ π

σ π σ

σ π

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

ut m f

a

S S

1 σ

= σ + FS

( ^S _e ^{3 / 0.9 S} _ut )

ut f

6

ut m a

f

S 0.9 1000 S

N

Pa 10

X 129.43 S

S 1

Log

FS

 

 

=

− =

= σ σ

N ≅ 902 627 cycles

Diagramme de Goodman modifié (#5)

0 50 100 150 200 250 300 350 400

0 200 400 600

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Sf-Sut Sollicitation

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 25

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 25

DESCRIPTION DU PROBLÈME

Un arbre usiné de 75 mm de diamètre, fait d’acier UNS G 41300 laminé à chaud, est soumis aux contraintes suivantes:

MPa.

20 à 10 de varie

0;

MPa;

80 à 80 - de varie

xy y x

τ σ σ

=

Pour un facteur théorique de concentration de contraintes K_t égal à 2.8 et un in- dice de sensibilité aux entailles q de 0.7, déterminer la valeur du facteur de sé- curité pour que la durée de vie de cet arbre soit infinie.

DONNÉES DU PROBLÈME

Acier = UNS G41300 (LC) usiné

d = 0.075 m K_t = 2.8 q = 0.7 N =

FS = ? ^{20 X 10 Pa}

Pa 10 X 10

0

Pa 10 X 80

Pa 10 X 80 -

6 xymax

6 xymin

ymax min

y

6 max

x

6 min

x

=

=

=

=

=

=

π π

σ σ

σ σ

∞

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

S_ut= 620 X 10⁶ Pa K_a= 0.75 S_y= 410 X 10⁶ Pa K_b= 0.75

S′e= 0.5S_ut = 310 X 10⁶ Pa K_c= 1

q= 0.7 K_d= 1

K_e= 1/[0.7(2.8-1)+1] = 0.442 S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e K_f= 1

S_e= (0.75)(0.75)(0.442)(310 X 10⁶) = 77.07 X 10⁶ Pa

CALCULS DES CONTRAINTES

2 xya 2

ya ya

xa 2

xa a

2 xym 2

ym ym

xm 2

xm m

ya ym

xymin xymax

xya

xymin xymax

xym

xmin xmax

xa

xmin xmax

xm

3 -

3 -

0

)/2 (

)/2 (

)/2 (

)/2 (

τ σ

σ σ

σ σ

τ σ

σ σ

σ σ

σ σ

τ τ

τ

τ τ

τ

σ σ

σ

σ σ

σ

+ +

=

+ +

=

=

=

−

=

+

=

−

=

+

=

Contraintes combinées variables

Ici, il est plus facile de travailler directement avec les valeurs numériques:

Pa 10

X 80.47

Pa 10

X 25.98

6 a

6 m

=

= σ

σ

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

S S

1

ut m f

a σ

= σ + FS

FS ≅ 0.92

Diagramme de Goodman modifié (#6)

0 50 100 150 200 250 300 350 400

0 200 400 600

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Sf-Sut Sollicitation

CALCULS DU NOMBRE DE CYCLES AVEC FS = 1

( )

cycles 014

741 N

S 0.9 1000 S

N

Pa 10

X 83.99

S S 1

S ut 0.9 e /

S 3

ut f

6

ut m a

f

=

 

 

=

− =

=

Log

FS

σ σ

Une pièce tournée faite d’acier UNS G 10500 laminé à chaud est soumise à une contrainte de flexion complètement renversée de 200 MPa. Pour une température d’utilisation de , une fiabilité de 95 % et un facteur de sécurité égal à 2, déterminer la durée de vie de cette pièce.

DESCRIPTION DU PROBLÈME

C 100^o

r = 3 mm 50 mm

30 mm ^M

M

x z y

Acier = UNS G 10500 (LC) Usinée

Fiabilité = 95 % r = 0.003 m FS = 2 d = 0.030 m N = ? D = 0.050 m

DONNÉES DU PROBLÈME

C 100 T

Pa 10 X

200 ⁶

min max

o o =

=

=σ σ

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

S_ut = 620 X 10⁶ Pa K_a= 0.75 S_y = 340 X 10⁶ Pa K_b= 0.85

S′e= 0.5S_ut = 310 X 10⁶ Pa K_c= 0.868

r/d = 0.1 K_d= 344/(273 + 100) = 0.922

D/d = 1.7 K_e= 1/[0.835(1.7-1)+1] = 0.631

q = 0.835 K_f= 1

K_t = 1.7

S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e= (0.75)(0.85)(0.868)(0.922)(0.631)(310 X 10⁶) = 99.80 X 10⁶ Pa

CALCULS DES CONTRAINTES

Contraintes alternées complètement renversées

0

Pa 10

X 200

m

6 a

=

= σ

σ

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

( ^S _e ^{3 / 0.9 S} _ut )

ut f

6 a

f

S 0.9 1000 S

N

Pa 10

X 400

S

Log

FS

 

 

=

=

= σ

Diagramme de Goodman modifié (#7)

0 50 100 150 200 250 300 350 400

0 200 400 600

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Sf-Sut Sollicitation

N ≅ 3803 cycles

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = ???

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = ???

DESCRIPTION DU PROBLÈME

Une pièce meulée est soumise à un programme d’essais caractérisé par l’action d’une force axiale variant de 15 kN en tension à 75 kN en compression. Pour assurer une durée de vie infinie à la pièce, et pour un facteur de sécurité égal à 2, choisir un acier ordinaire au carbone.

100 mm

Ø 25 mm

15 mm

F F

x z y

Meulée d = 0.025 m F_min = -75 000 N w = 0.100 m F_max = 15 00 N t = 0.015 m FS = 2

N = Acier =

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

DONNÉES DU PROBLÈME

? S_ut = ?

S′e = 0.5S_ut K_a= 0.89 d/w = 0.25 K_b= 0.85 q = 1 K_c= 1 K_t = 2.44 K_d= 1

K_e= 1/2.44 = 0.41 K_f= 1

S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e= (0.89)(0.85)(0.41)(0.5S_ut) = 0.155S_ut

∞

CALCULS DES CONTRAINTES

CONTRAINTES DE TENSION/COMPRESSION

t d) - (w

F 0

=

=

=

x

xy y

σ

τ

σ

Pa 10

X 40 2

/ ) (

Pa 10

X 26.67 -

2 / ) (

t d) - (w

F

t d) - (w

F

6 min

max a

6 min

max m

max max

min min

=

−

=

= +

=

=

=

σ σ

σ

σ σ

σ σ

σ

σm

est négatif: il faut utiliser des équations différentes. σ m

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

Pa 10

X 516.13

155 . S 0

(statique) S

ou

(fatigue) S

a 6 ut

m a

y a e

=

=

= −

=

σ σ σ

σ

FS FS

FS

UNS G 10350 (EF)

L’acier UNS G 10350 (EF) répond aux critères en fatigue

MPa 460

S

MPa 550

S

y ut

=

=

VÉRIFICATION EN STATIQUE ET CALCUL DU NOUVEAU FS

S 2.13 0.155

S

OK!

6.9 S

a

ut a

e réel

m a

y

=

=

=

− =

=

σ σ

σ σ

FS

FS

Diagramme de Goodman modifié (#8)

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450

-185 -135 -85 -35

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Se

Sollicitation

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 400

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 2000

DESCRIPTION DU PROBLÈME

Une pièce meulée faite d’acier UNS G 10500 laminé à chaud est soumise à une charge axiale complètement renversée de 50 kN. Pour un facteur de sécurité égal à 2 et pour une fiabilité de 99%, déterminer la durée de vie de cette pièce.

50 mm

60 mm

10 mm

r = 3 mm Ø 15 mm

F F

x z y

Acier = UNS G 10500 (LC) r = 0.003 m Meulée d = 0.05 m F_min = -50 000 N D = 0.06 m F_max = 50 000 N t = 0.01 m

FS = 2 w = 0.06 m

Fiabilité = 99% d_trou = 0.015 m N = ?

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

DONNÉES DU PROBLÈME

S_ut= 620 X 10⁶ Pa r/d = 0.06 S_y= 340 X 10⁶ Pa D/d = 1.2

S′e= 0.5S_ut = 310 X 10⁶ Pa d_trou/w = 0.25

TROU ÉPAULEMENT

K_a= 0.89 K_a= 0.89 K_b= 0.85 K_b= 0.85 K_c= 0.814 K_c= 0.814 K_d= 1 K_d= 1

K_e= 1/2.44 = 0.41 K_e= 1/[0.835(2-1)+1] = 0.545 K_f= 1 K_f= 1

K_t= 2.44 K_t = 2 q = 1 q = 0.835 S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e (trou) = (0.89)(0.85)(0.814)(0.41)(310 X 10⁶) = 78.27 X 10⁶ Pa

S_e (épaulement) = (0.89)(0.85)(0.814)(0.545)(310 X 10⁶) = 104.04 X 10⁶ Pa

CALCULS DES CONTRAINTES

CONTRAINTES DE TENSION/COMPRESSION

t d ) F

(

t d) - (w ) F

(

0

=

=

=

=

épaulement trou

x x

xy y

σ σ

τ σ

Contraintes alternées complètement renversées

t d t) F

(épaulemen

t d) - (w (trou) F

0

max a

max a

m

=

=

=

σ σ

σ

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

t d t) F

(épaulemen S

t d) - (w (trou) F

S

S

max f

max f

a f

FS FS

FS

=

=

= σ

( )

( )

cycles 021

68 nt)

N(épauleme

S 0.9 1000 S

nt) N(épauleme

cycles 478

25 N(trou)

S 0.9 1000 S

N(trou)

S ut 0.9 e /

S 3

ut f

S ut 0.9 e /

S 3

ut f

=

 

 

=

=

 

 

=

Log

Log

N ≅ 25 478 cycles

C’est le trou qui engendre les plus grandes con- centrations de contraintes!

Diagramme de Goodman modifié (#9)

0 50 100 150 200 250 300

0 200 400 600

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Sf-Sut Sollicitation

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 200

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 200

DESCRIPTION DU PROBLÈME

Une pièce usinée de 12 mm d’épaisseur faite d’acier UNS G 10100 étiré à froid est soumise à une force axiale de traction variant de 10 à 50 kN. Pour une fiabilité de 95%, déterminer la valeur du facteur de sécurité pour que la durée de vie de cette pièce soit infinie.

r = 4 mm 50 mm

40 mm Ø 20 mm

F F

x z y

Acier = UNS G 10100 (EF) r = 0.004 m Usinée d = 0.04 m F_min = 10 000 N D = 0.05 m F_max = 50 000 N t = 0.012 m N = w = 0.05 m Fiabilité = 95% d_trou = 0.02 m FS = ?

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

DONNÉES DU PROBLÈME

S_ut= 370 X 10⁶ Pa r/d = 0.1 S_y= 300 X 10⁶ Pa D/d = 1.25

S′e= 0.5S_ut = 185 X 10⁶ Pa d_trou/w = 0.4

TROU ÉPAULEMENT

K_a= 0.9 K_a= 0.9 K_b= 0.85 K_b= 0.85 K_c= 0.868 K_c= 0.868 K_d= 1 K_d= 1

K_e= 1/2.27 = 0.441 K_e= 1/[0.78(1.85-1)+1] = 0.601 K_f= 1 K_f= 1

K_t= 2.27 K_t= 1.85 q = 1 q = 0.78 S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e (trou) = (0.9)(0.85)(0.868)(0.441)(185 X 10⁶) = 54.17 X 10⁶ Pa

S_e (épaulement) = (0.9)(0.85)(0.868)(0.601)(185 X 10⁶) = 73.83 X 10⁶ Pa

∞

CALCULS DES CONTRAINTES

CONTRAINTES DE TENSION

t d ) F

(

t d) - (w ) F

(

0

=

=

=

=

épaulement trou

x x

xy y

σ σ

τ σ

t d t) F

(épaulemen

t d t) F

(épaulemen

t d) - (w (trou) F

t d) - (w (trou) F

max max

min min

max max

min min

=

=

=

=

σ σ

σ

σ

t d 2

) F

t) (F (épaulemen

t d 2

) F

t) (F (épaulemen

t d) - (w 2

) F

(trou) (F

t d) - (w 2

) F

(trou) (F

2 / ) (

2 / ) (

min max

a

min max

m

min max

a

min max

m

min max

a

min max

m

= −

= +

= −

= +

−

=

+

=

σ σ

σ σ

σ σ

σ

σ σ

σ

t d S 2

) F

(F t

d S 2

) F

(F ) 1

épaulement (

t d) - (w S

2

) F

(F t

d) - (w S

2

) F

(F trou) 1

(

ut

min max

e

min max

ut

min max

e

min max

+ +

= −

+ +

= − FS

FS

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

1.44 )

épaulement (

0.80 trou)

(

=

= FS

FS

FS ≅ 0.80

Diagramme de Goodman modifié (#10)

- 50 100 150 200 250 300

- 100 200 300

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Se-Sut Sollicitation Sf-Sut (Fs=1)

CALCULS DU NOMBRE DE CYCLES AVEC FS = 1 (TROU)

( )

cycles 047

344 N

S 0.9 1000 S

N

Pa 10

X 71.71

S S 1

ut

e

/ 0.9 S

S 3

ut f

6

ut m a

f

=

 

 

=

− =

=

Log

FS

σ σ

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 200

DESCRIPTION DU PROBLÈME

Une pièce usinée de 50 mm de large faite d’acier UNS G 10350 laminé à chaud est encastrée à une extrémité; son autre extrémité est soumise à une force verti- cale variant de 50 à 100 kN. Pour une température d’utilisation de 150 degrés celcius et une fiabilité de 99%, déterminer la valeur du facteur de sécurité pour que la durée de vie de cette pièce soit de 200 000 cycles.

15 mm

75 mm 25 mm

r = 1 mm

5 mm

x z y

Les forces en présence semblent trop élevées pour que la pièce les supporte!!

VÉRIFICATION EN STATIQUE

l F 6

d t S S

d t

l F 6

0

2 y y

2

=

=

=

=

=

x x

xy y

FS σ σ

τ σ

m 0.125 l

N 000 50 F

m 0.015 d

m 0.05 t

Pa 10 X 270 S

: nt encastreme l'

À

6 y

=

=

=

=

=

FS ≅ 0.081

Conclusion: les forces sont trop élevées

Voir les résultats sur le graphique et les images

Diagramme de Goodman modifié (#11)

- 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500

- 200 400 600 800 1 000

Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Sf-Sut Sollicitation

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 1

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 1

DESCRIPTION DU PROBLÈME

Un arbre usiné fait d’acier UNS G 10400 étiré à froid est soumis à un état de contraintes complexes non complètement renversées engendré par les charge- ments suivants:

F axiale varie de 500 (compression) à 2500 N (tension);

F cisaillement varie de 25 (vers le haut) à 100 N (vers le bas);

T = 10 N*m (torsion).

Pour une fiabilité de 95%, déterminer la valeur du facteur de sécurité pour que la durée de vie de cet arbre soit de 200 000 cycles.

50 mm 125 mm

15 mm r = 2 mm 10 mm

T

x z y

Fxf

Fxt

Acier = UNS G 10400 (EF) T = 10 N*m Usiné l = 0.125 m F_{xt min} = -500 N r = 0.002 m F_{xt max} = 2500 N d = 0.010 m F_{xf haut} = 25 N D = 0.015 m F_{xf bas} = 100 N Fiabilité = 95%

N = 200 000 cycles FS = ?

DONNÉES COMPLÉMENTAIRES

DONNÉES DU PROBLÈME

S_ut= 590 X 10⁶ Pa K_a= 0.75 S_y= 490 X 10⁶ Pa K_b= 0.85

S′e= 0.5S_ut = 295 X 10⁶ Pa K_c= 0.868

r/d= 0.2 K_d= 1

D/d= 1.5 K_e= 1/[0.79(1.55-1)+1] = 0.697

q= 0.79 K_f= 1

K_tt = 1.55 K_tf< 1.55 K_ts< 1.55 S_e= K_aK_bK_cK_dK_eK_fS′_e

S_e= (0.75)(0.85)(0.868)(0.697)(295 X 10⁶) = 113.78 X 10⁶ Pa

Pa 10 X 162.9 S

S 0.9 S S

0.9 S

6 f

3 3 - (N) log

ut e ut

f

=

 

 

=

CALCULS DES CONTRAINTES

Pa 10

X 127.32

d

l F

32

Pa 10

X 31.83

d

l F

32

Pa 10

X 31.83

d F 4

Pa 10

X 6.37

d - F 4

Pa 10

X 50.93

d T 16 J

c T

d l F 32 I

c l F I

c M

d F 4 0

6 3

bas xf bas

xf

6 3

haut xf

haut xf

6 2

xt max max

xt

6 2

min xt min

xt

6 xy 3

xf 3 xt 2

y

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

=

σ π σ π

σ π σ π

τ π σ π

σ π

σ

Détermination du point de sollicitations maximales en tenant compte de la contribution des forces axiale et de cisaillement et

des différentes combinaisons possibles.

Pa 10

X 38.2 -

-

min

xt

σ =

σ

2- Compression - Tension

Pa 10

X 120.96

bas xf min

xt

+ σ =

σ

3- Tension - Compression

haut

0

xf max

xt

− σ =

σ

4- Tension - Tension

Pa 10

X 159.15

bas xf max

xt

+ σ =

σ

Point supérieur de l’épaulement:

1- Compression - Compression

Pa 10

X 133.69 -

-

min

xt

σ =

σ

2- Compression - Tension

Pa 10

X 25.46

haut xf min

xt

+ σ =

σ

3- Tension - Compression

Pa 10

X 95.49

-

bas xf max

xt

− σ =

σ

Point inférieur de l’épaulement:

1- Compression - Compression

4- Tension - Tension

Pa 10

X 63.66

haut xf max

xt

+ σ =

σ

L’endroit à considérer se situe au point supérieur de l’épaulement

puisque la contrainte moyenne sera positive.

Pa 10

X 159.15

Pa 10

X 38.2 -

6 max

x

6 min

x

=

= σ

σ

Pa 10

X 98.68

Pa 10

X 106.95

3 -

3 -

0 Pa 10

X 50.93

)/2 (

)/2 (

6 a

6 m

2 xya 2

ya ya

xa 2

xa a

2 xym 2

ym ym

xm 2

xm m

ya ym

xya

6 xym

xmin xmax

xa

xmin xmax

xm

=

=

+ +

=

+ +

=

=

=

=

=

−

=

+

=

σ σ

τ σ

σ σ σ

σ

τ σ

σ σ σ

σ

σ σ

τ τ

σ σ

σ

σ σ

σ

RÉSISTANCE À LA FATIGUE

S S

1

ut m f

a σ

= σ + FS

FS ≅ 1.27

Diagramme de Goodman modifié (#12)

- 50 100 150 200 250 300 350 400 450

- 100 200 300 400 500 Sigma_m (MPa)

Sigma_a (MPa)

Sy-Sy Sf-Sut Sollicitation

VÉRIFICATION À L’ENCASTREMENT

FS ≅ 3.92 OK !

RÉSULTATS DE TOUS LES CAS POSSIBLES À L’ÉPAULEMENT À L’AIDE D’EXCEL

Point supérieur de l’épaulement:

1-2 FS = 1.53 1-3 FS = 3.70 1-4 FS = 1.27 2-3 FS = 1.81 2-4 FS = 2.51 3-4 FS = 1.45

Point inférieur de l’épaulement:

1-2 FS = 1.51 1-3 FS = 2.76 1-4 FS = 1.30 2-3 FS = 1.88 2-4 FS = 3.51 3-4 FS = 1.56

VISUALISATION DES

CONCENTRATIONS DE CONTRAINTES À L’AIDE DES ÉLÉMENTS FINIS

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 25

Note: Le facteur d’agrandissement des déformations = 25

À FAIRE EN DEVOIR!

À FAIRE EN DEVOIR!

DESCRIPTION DU PROBLÈME

À sa section critique, une pièce (S_u = 690 MPa; S_e = 140 MPa, tous facteurs inclus) est soumise au programme d’essais suivant:

Évaluer la durée de vie de cette pièce pour la condition 2, en utilisant:

a) la loi de Miner;

b) la méthode de Manson Modifié.

ÉVALUATION DE LA DURÉE DE VIE

( )

cycles 280

14 N

S 1000 0.9

N

1

Sut 0.9 e/ S

3

ut i i

=

 

 

= σ

La pièce durera seulement 14 280 cycles. Elle ne passera pas la première

étape.

Condition σi (M Pa) n_i (cycles) 1 -350 à 350 30 000 2 -275 à 275 ---

DESCRIPTION DU PROBLÈME

Une pièce d’acier (S_u = 555 MPa; S_e = 75 MPa, tous facteurs inclus) est soumise au programme d’essais suivant:

Évaluer la durée de vie de cette pièce pour la condition 3, en utilisant:

a) la loi de Miner;

b) la méthode de Manson Modifié.

ÉVALUATION DE LA DURÉE DE VIE

Condition σi (M Pa) ni (cycles) 1 -150 à 150 30 000 2 -100 à 100 100 000 3 -200 à 200 ---

N

= 80 041 cycles N

= 350 619 cycles N

= 28 064 cycles

(

)

ut i

i

1000 0.9 S

N

 

 

= σ

N N - n N - n 1 n

064 1 28

n 619

350

000 100

041 80

000 30

N a) n

3 2

2 1

1 3

3 3 1

i i

i

 

 

=

= +

+

∑ =

=

Miner = 9541 cycles