Calcul de Structures

Ecole Inter-Etats tf’Ing&ieurs de

I’EQUIPEMENT RURAL 03 B.P. 7023 Ouagadougou 03

CALCUL DE STRUCTURES

Fascicule no 2 Fascicule no 2

- LES SOLLICITATIONS - _ LES SOLLICITATIONS -

\; \ \ \ :

Janvier 2003

- SOMMAXFN -

DISTRIBUTION DES CONTRAINTES AUTOUR D’UN POINT. . . . . . . . . . . . . . . 5

1. Cas d’une contrainte plane ......................................................... 5 a. Etude des vecteurs contraintes autour d’un point - Tenseur contrainte

Directions principales - contraintes principales .............................. 5 b. Représentation du tenseur contrainte par le Cercle de Mohr ................. .9

2. Cas général ........................................................................... 13 a. Etude des contraintes autour d’un point ....................................... 13 b. Représentation du tenseur contrainte - Cercle de Mohr .................... .16

Théorème de Cauchy ............................................................. 19 c. Courbe intrinsèque ............................................................... 19

3. Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . ..*..................... . . . . . . . . . . ..*....................... 23

TRACTION COMPRESSION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

A-/ EFFORT NORMAL ..,....,...................,........~.............. 28

1. Introduction . . . . . . . . . . . . . ..a............. ..a........................,............... 28 a. Hypothèses b. Repère - Conventions de signe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..*............. 29

2. Contraintes et déformations dues à l’effort normal ........................... 29 3. Allongement de la poutre ........................................................ 33 4. Déformation transversale - Coefficient de Poisson .......................... 34 5. Travail de déformation ........................................................... 35 6. Action dynamique des charges .................................................. 38 7. Concentration de contraintes .................................................... 40

8. Equilibre des fils .................................................................. 41

a. Fil très tendu .................................................................. 42

b. Fil peu tendu .................................................................. 43

B-/ SYSTEMES TRIANGULES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

1. Définition ......................................................................... 45 2. Hypothèses simplificatrices .................................................... 45 3. Quelques nœuds particuliers .................................................... 46

Notes de CO~~~/CAS-M-I. FREITAS

2

4. Méthodes de résolution des systemes réticulés .............................. 46 a. Méthode des noeuds ....................................................... 47 b. *Méthode de coup-w-e ...................................................... 49 c. Méthode graphique ou de CREMONA ................................ SO

5. EXERCICES . . . . . . . . . . . . . . . . . ..(....~....*..............~..................*...... 51

FLEXION ,.*,.*..,........,..............~.............*.... ..*.........................a. 61

1. Introduction .......................................................................... 61 2. La flexion droite .................................................................... 62

a. Contraintes et déformations .............................................. 63 b. Condition de résistance - Module de résistance ....................... .66 c. Formes les mieux adaptées pour la flexion droite -

Rendement d’une section ................................................. 67 d. Travail de déformation ..................................................... 67

3. La flexion déviée ................................................................... 68 a. Déformation de la poutre ................................................ 69 b. Travail de la déformation ................................................ 70 c. Forme bien adaptée pour résister ....................................... 71

4. La flexion composée ............................................................... 71 a. Centre de pression et noyau central .................................... 72 b. Noyau central. ............................................................ 73 c. Exemple de recherche du noyau central ............................... 73

5. EXERCICES.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...*.......*..........................*.**.. 75

EFFORT TRANCHANT .,............*...,..........................*................... 84

1. Généralités .............................................................................. 84 a. Hypothèses ............................................................... 84 b. Convention de signe ...................................................... 84 c. Relation entre T et M .................................................... 85

2. Calcul des contraintes dues à l’effort tranchant ................................... 87 a) Relation fondamentale pour le calcul des contraintes de

cisaillement .................................................................... 87 b) Sections massives, symétriques par rapport à Gy ....................... .89 c) Sections constituées de profils minces, symétriques par rapport à

Gy ............................................................................... 95 d) Sections intermédiaires ...................................................... 98 e) Cas où Gy n’est pas axe de symétrie. Centre de torsion .............. ..9 9

Notes de CO~~/CAS-l/H. FREITAS

3

f) Contraintes tangentielles longitudinales . ..%.................mm........s. 104

3, Déformations dues à !‘effort trarrchant ............................................ iO4 4. TravaiS de déformation .............................................................. 106

a. Expression générale ....................................................... 106 .b. Calcul de sections réduites ................................................ 108

5. Poutre de hauteur rapidement variable ............................................ 111 6. Cas où la section reste plane ........................................................ 112 7. Exercices .............................................................................. 114

TORSION . ..*..............*...........*................*....................*.............. 116

1. Introduction ........................................................................... 116 2. Poutres de sections circulaires ...................................................... 117

a) Contraintes et déformations ............................................... 117 b) Travail de déformation ..................................................... 119 c) Cas de la section circulaire creuse ....................................... .120 d) Exercices ..................................................................... 120

3. Sections de forme quelconque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..*............... 123 a) Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 b) Sections massives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

a. Contraintes et déformations p. Energie interne y. Exercices

c) Sections constituées de profils minces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...*.... 134

a. Profils fermés /.3. Profils ouverts y. Exercices

4. Directions principales et contraintes principales ............................... 142

5. Concentration de contraintes ...................................................... 143

6. Tensions secondaires ............................................................... 144

Notes de CO~/CAS-1M FREITAS

La Mécanique des Structures ou Calcul de Structures, est une science de l’ingénieur qui a pour but, la recherche de la forme la mieux adaptée économiquement à un élément de construction afin que celle-ci soit pius apte à mieux résister aux sollicitations (effort de traction ou compression, de -flexion, de cisaillement ou même de torsion) auxquelles elle est soumise.

Cette science qui s’applique à toutes les branches de la profession d’ingénieur (mécanique, bâtiment, fondations, ouvrages hydrauliques tel que barrages, ponts, . . ..etc.) s’appuie fortement sur les mathématiques tout en admettant des hypothèses simplificatrices et raisonnables. Elle utilise constamment les

Si la statique étudie l’équilibre des forces appliquées à la construction, la mécanique des structures s’occupe plutôt des sollicitations qu’engendrent celles- ci et de leurs effets internes. Car le comportement d’un élément de structures dépend non seulement des effets internes provoqués par ces sollicitations en un point considéré mais aussi du matériau qui le compose.

C’est une science qui fait appel au bon sens et à l’expérience de i’ingénieur.

Le présent document qui représente le premier numéro d’une série de trois tomes, est relatif à l’étude générale des différentes sollicitations d’un élément simple de construction (barre, poutre). Ici, on se limite à la théorie des poutres.

Dans ce volume, on étudie les différentes sollicitations, leurs conséquences et les applications directement liées à chacune d’elles.

Notes de cours CAS-l/EERIH. FREITAS

1 - CAS D’UNE CONTRAINTE PLANE

a - Etude des vecteurs contraintes autour d’un point. Tenseur contrainte

Conventions de signe :

CT > 0 , si c’est une contrainte de traction ; t > 0 suivant z’ ; le repère ( v’ , z ) étant direct.

C’estàdire(v’,z’)=+ 5

l

Fy >O

1 ’ M>O

Etudions le vecteur contrainte J‘ qui s’exerce sur un élément de surface passant par 0 lorsque la direction de la normale P à cet élément varie.

Soient : 0 xoy un repère rectangulaire

l CT~ et t, les composantes normale et tangentielle de la contrainte s’exerçant sur une facette de normale ox

l oY et tY les composantes normale et tangentielle de la contrainte s’exerçant sur une facette de normale oy

l la longueur de BC est égale à l’unité ; a longueur AB = cas a

longueur AC = sin a

Notes de cours CAS-I/EIER/H. FRE[TAS

6

Nous allons calculer les composantes (l’ normale CT et tangentielle t de ia contrainte 7 s’exerçant sur la facette BC de normale C ; Y : vecteur unitaire

faisant 1x3 angle cI avec 0x .

w La contrainte étant << plane N f est contenue dans le plan xoy.

L ‘élément ABC étant en équilibre on a : W /Dans I’écriture de cet équilibre on néglige les forces de volume (3” ordre) devant les forces de surface (2e

ordre)]

.

CM;O=O a tx cosa.y+tY sina.?=

3 -tx=t Y

; on notera t XY

(*) cette valeur commune

EFx =0 =wcoscr-tsina- CT~ cosa-txy sina=O 1 cosa 1 - sincwr

C Fy = 0 3 CT sina + tcosa - CT~ sinai - txy cosa = 0 1 sincx ) cosa

(2) au point de vue signe on choisit t,, du signe de t, soit :

Des équations précédentes, on tire :

i 0 = ox cos2a + ay sin2cx + 2 txy sinûi cosa

q+cT ox-0 Y+ Y COS~~ + t xy sin2cx

““t 1 -(~~-Oy)sinZcosa+txy (cos2a-sin’a)

1 Ox -Oy =-

2 sin 2a + txy - cos2a

Les composantes de ? suivant ox et oy sont :

T 1 fx = 0 cosa - tsina! = ~7~ cosa + txy sina

fy = osina + tcoscx = oy sincr + txy cosa

On peut écrire ces relations matriciellement :

(k)=[T oi)(“) soit T=[o].Y avec [C]=(L: z]

Notes de cours CAS-I/EIEWH. FREITAS

7

[o] est appelé : tensew contrainte

T est la contrainte s’exerçant sur la facette de normale v’

Plans principaux - contraintes principales

Cherchons a tel que t = 0. Pour ces valeurs de a le vecteur contrainte sera donc perpendiculaire à la facette. De telles facettes sont appelées plans principaux et les contraintes correspondantes contraintes principales.

t=O 3 tg2cz= 2 %y équation qui a pour solution, 2a = 2a, + kn; ox -0

Y

k, k’ et k” étant des nombres entiers.

En chaque point 0 on a donc 2 plans principaux perpendiculaires.

Ces plans principaux faisant avec ox les angles a, et cxrO + 5, a, étant défini par

%Y tg2a,= . 0x -Oy

Valeurs des contraintes principales.

plans principaux

Les contraintes principales or et G2 sont :

r- ox +oy ox -oy

1- + 2

cos2a0 + t xy sin2a0

0X CT2 = Ox +Oy + 2

2;- cos2(ao +t)+txy sin2(p +t)

Notes de cours CAS-IIEIERfH. FREITAS

8

En utilisant les relations :

tg2a0 = %y 1 tg2 2ac , COS2 2ao = --

Ox Oy 1 + tg2 2a0 et sin?2a, = -

1 + tg* 2a0

On obtient :

cos2a, > 0 a cos2ao = q5-&T 2

0

sin2ao du signe de tg2a, 3 sin2a, = Qm

Jm

LJ

ET Nota : ~1 correspond au signe + , si CT, - CT~ > 0 et au signe - , si 0, - oy < 0

Remarques :

l 01 + 02 = 0, + cy ) * d’où oX + oy = constante et ceci quelque soit le repère

CF~ + or est la trace de la matrice [G] = 11 l On peut vérifier que

do -=Opourao etao +5, d’où les contraintes da

principales o1 et ~7~ sont les valeurs extrêmes de ci ;

(~1 : maximum de CT et 02 minimum de CJ ou vice versa).

Si l’on prend les axes ox et oy précédents suivant les directions principales en o, les relations (1) de la page 6 deviennent, ~1 et 02 étant les contraintes principales (voir fig. ci-dessous)

Notes de cours CAS-I/EIER/H. FREITAS

9

f 2 2 1 + cosia 1- cos2a /6- (T ! CGS a+c7 2 sin a=o 1 -------+“2 2 c. L

1 1

ai-02

1 0-o

(2) = ---= L--L cos7a - 2 2

t = g1 “O2

--Sir? 2a I 2

Le tenseur contrainte s’écrit alors [0]= 01 0 O 02

D’où:

b - Représentation du tenseur contrainte par le cercle de Mohr

Les relations (2) ci-dessus montrent que dans le repère (Y’, Z) lié à la facette,

l’extrémité M du vecteur contrainte T décrit un cercle, ce cercle est le cercle de Mohr.

r= OI-02

En effet : en posant 2

a= a, + a2 2

Ona: (0. - ~2)~ + t2 = r2 COS’ 2a + r2 sin2 2a = r2

D’où le cercle de Mohr a pour centre : = O1 +O2

A X

2

pour rayon :

D’où on a la représentation géométrique ci-après :

Notes de cours CAS-l/EIERM FREITAS

i n c--l----------------1 I I I I I I

10

0 et t sont positifs suivant C et z’ .

Attention au sens dans lequel on reporte a sur le cercle de Mohr :

0 étant le point représentatif de 3,

[contrainte sur la facette de normale (1)

M étant le point représentatif de ? contrainte sur la facette de normale v’ telle

que IF), CJ= a).

L’angle (A(1), AM)= - 2a 4 1 ‘axe de référence

Construction inverse : si on connaît non pas les contraintes principales mais les contraintes oX, CT~ et tXY sur 2 facettes perpendiculaires de normales 0x et Oy, la construction du cercle de Mohr est alors la suivante.

l

“x __--------_----v-w

i

Nota : Ici il faut également faire attention aux signes.

Soient :

(x), le point représentatif sur le cercle de Mohr de la contrainte sur

la facette de normale ox

(y), le point représentatif sur le cercle de Mohr de la contrainte sur

la facette de normale oy

Notes de cours CAS-l/EIER/H. FREITAS

Q, le point reprksentatif sur ie cercie de Mohr de lb contrainte sur la

facette de normale o(1) @, le point représentatiC sur le cercle de MO~- de la contrainte sur la

facette de normale o(2)

Pour (x) il faut reporter t, > 0 vers le haut (suivant ? ) tandis que pour (y) il faut reporter t,, > 0 vers le bas

l’angle (A(x), A(I)) = -2a ; A(x) : axe de référence

D’où on peut construire les directions principales : (OX,Yïj)=+a

4 axe de référence.

Remarques :

l les points représentatifs de 2 facettes perpendiculaires sont diamétralement opposés sur le cercle de Mohr.

l la contrainte de cisaillement est maximum sur les plans faisant un angle de 45” avec les plans principaux.

Cette contrainte maximale est : I l tmax = 17 -o*l 2

Cas particuliers

Traction (ou compression simple)

(2) o,=N/S

tttttt t

-t --

Considérons la barre de section S soumise à un effort normal de traction N.

CT, =o

CF~ = E 3 les directions principales en 0 sont : S

ii

c2 =o 1

a,=N/S O(1) et O(2)

barre de section S

!2

Cercle de Mohr figure 1

Sur une facette de normale V les contraintes sont :

(Le cercle de Mohr est une représentation géométrique de ces relations).

Les composantes fx et f,, de ? sont : fx = 0, fy = 02 sina = Va, T est vertical v à ml

Pour a = + 45” o=tA. 2

(voir figures 1 et 2 ci-dessus)

Traction (ou compression) isotrope

0x = CJy t 0 xy =

Le cercle de Mohr se réduit à un point

=VCt: t=o a toutes les directions sont principales.

Notes de GOUTS CAS-UEIERM FREITAS

Sur une facette à 45” par rapport aux directions principales (points représentatifs : B et C) on a :

i Itj=a, o=o

2 - CAS GENERAL

a- Etude des contraintes autour d’un point

OA=dx OB= dy OC= dz

(0, x, y, z) : repère orthonormé

Ix’ // 0x

Iy’ /! oy

Iz’ // oz

1: Centre de gravite de ABC dS : aire de ABC

7 : vecteur unitaire de composantesa, f3, y

normai à ABC

// // x

(a2+P *+y g 1)

f

Soient les contraintes s’exerçant sur les faces OBC, OAC et OAB du tétraèdre.

Les composantes de ces contraintes sont :

14

Face : OBC OAC OAB

Composantes 1: à 0x Compos&ltes !/ à. uy composantes !/ à oz

0X ty x Lx t xy BY b t x2 t Y= (Jz

Les oi , tij sont positifs lorsqu’ils sont dirigés comme sur la figure ci-dessus ; ---

c’est à dire qu’ils sont positifs s’ils sont dirigés suivant - ox, - oy, - oz . Sur la

facette ABC s’exerce la contrainte ? de composantes fx, fy, fi suivant -dd 0x, oy, oz.

L’équilibre du tétraèdre OABC donne les 6 équations suivantes (on néglige ici les forces de volume : voir page 6 GT).

(les autres composantes sont , soit parallèles à Ix’ soit coupant Ix’)

(4) CFx =0 (5) CFy =0 C (6) CF, =0 :

: des projections des forces suivant les --

3axesox, oyet G.

Les composantes des forces s’exerçant sur les faces du tétraèdre sont :

Face OBC OAC OAB ABC

Composante suivant z - o,.a.ds - t,,$.ds - &.y.ds f,.ds

Composante suivant oy - tXy.a.ds - o,.P.ds - ty,.y.ds f,.ds

Composante suivant G - t,,.a.ds - t,,$.ds - o,.y.ds f,.ds

En effet l’aire OBC = aire de ABC . COS (angle entre les plans OBC et ABC)

CT L ‘angle de 2 plans est jgal à 1 ‘mgle de 2 de leurs perpendiculaires.

0x IOBC

v’ iABc G COS (OBC, ABC)= COS ,G, G ( 1 = a

d’où aire OAC = ds . p aire OAB = ds . y

:

fX =a.ox +p.tXy +y.t,

Les équations (4), (5) et (6) s’écrivent donc : fY = a. tXy + p . oY + y tyZ

fz =a.t= +/?A,, +yo,

Ces dernières relations peuvent s’écrire matriciellement :

[CT] est le tenseur contrainte en 0

? est la contrainte s’exerçant sur la facette passant par 0 et de normale v’ .

La transformation v’ ---++ T est une application linéaire. [G] est la matrice de cette application linéaire dans la base (0, x, y, z)

La matrice [CT] étant une matrice symétrique, elle est diagonalisable, ses valeurs propres sont réelles et ses vecteurs propres forment une base orthogonale.

Ici les valeurs propres sont les contraintes principales et les vecteurs propres, les directions principales.

En prenant pour axes les directions principales le tenseur contrainte s’écrit :

cri, 02, o3 étant les contraintes principales. (dans le plan on a obtenu directement ces résultats}

Dans ce repère principal l’extrémité M de T a pour coordonnées :

Notes de cours CAS-1IEIERhI. FREITAS

16

jx=o, .ol (3) = iy=a, .p

z=o, .y M ,* __ _Y ’ /’

L

2

,/” Ona Z.t+y2 y+-=a2+p2+y2 =l 0

<2>

0; o2 a;

/ X

(1)

D’où M décrit, lorsque la facette de normale V tourne autour de 0, un ellipsoïde ; cet ellipsoïde est appelé ellipsoïde des contraintes.

b- Représentation plane du tenseur contrainte : Cercle de Mohr

z 1 Soient : un point 0 quelconque du solide

/ étudié ; -

‘\ z 1 M / (0, x, y, z) un repère orthonormé lié au \\\ j / T

,jT / solide ;

-\ ds un élément passant par 0. v’ : vecteur unitaire, de composantes a, p, y dans (0, x, y, z), normal à ds

? : contrainte s’exerçant sur l’élément ds.

Appelons Q le plan passant par 0 et perpendiculaire à V et P le plan contenant TetC.

Soit z’ un vecteur unitaire issu de 0 appartenant à l’intersection de Q et de P.

Dans le repère (V , z’) les composantes de ? sont (r et t [(v’ , z’) est un repère lié à la facette ds]. Supposons principal le repère (0, x, y, z) lié au solide ; dans ce repère les composantes de ? sont :

fi =a, .cz

T f2 =cT, .p

f3 =o, .y

0,) o,et 0, étant les contraintes principales.

Notes de cours CAS-IIEIHUH. FREITAS

17

Supposons CJ~ > n2 > ~3 (ceci n’eniève rien â. la généralité car il suffit d’appeler « 1 » l’axe correspondaIt à la contrainte principale la plus grande et « 3 » à la plus petite). Orientation 1, 2, 3 telle que le repère soit direct.

produit scalaire

(3)

Si l’on fixe la valeur de l’un des trois paramètres : c?, /3*, y* on voit que dans le repère (V, z’ ) le point M de coordonnées (0, t) appartient à un cercle centré sur v”.

Pour a constant, l’équation de ce cercle (Cl) est : (J2 + t2 -CT (02 + 03) + 02 03 + a* ((53 - q) (01 - 02) = 0 (Cl>

Cette équation est obtenue en éliminant /II et y dans (1) grâce à (2) et (3)

Pour p constant, l’équation de ce cercle (C,) est : CT* + t* - 0 (03 + 01) + CT3 OI+ p* (0, - 02) (CT2 - 03) = 0 (C2)

Pour y constant l’équation de ce cercle (C,) est : CT* + t2 - CT (01 + 02) + 01 02 + y2 (62 -03) (63 01) = 0 (C3)

L’extrémité M de ? appartient donc lorsqu’on suppose a, p ou y constant aux 3 cercles CI, C2, C3.

Les cercles CI constituent une famille de cercles concentriques. De même pour C2 et C3.

Soient : Y?* le cercle de la famille Cl pour a = 0

Y?2 le cercle de la famille C2 pour p = 0

6’3 le cercle de la famille C3 pour y = 0

L’équation de I!?l est : 02 + t* - 0 (02 + D3) + 02 . CT3 = 0

Equation qui peut s’écrire :

Notes de cours CAS-lIElER&l. FREITAS

18

i 0: 1-q b.

D’oti 15 1 a pour centre le point \ I 0 =

2 ’ t=O

/J

Et pour rayon, 02 -031

I 2 l

Résultats analogues pour Y?2 et g3

La puissance d’un point de coordonnées (CJ, t) d’un cercle Cl par rapport au cercle Y& est :

PI =Of +t* -0(0, +cT,)+(T, G3 =-a2 (a, -U&T, -0,)

puisque oI > CT~ > 63, PI >o d’où les cercles CI sont extérieurs à Y$‘*

De même on trouve que la puissance d’un point de C2 par rapport à Y?2 est :

P2 = - p” (01 - 02) (G2 - 03) < 0 =3 C2 intérieur à VZ2

Et que la puissance d’un point C3 par rapport à XT3

P3 = - y2 (cf2 - Q) (03 - 0J > 0 3 C3 extérieur à Y53

D’où la figure suivante :

gl est le cercle de Mohr . di et ‘I5’3 sont les cercles fondamentaux.

M appartenant simultanknent à un Cr ) un C2 et un C3, M se trouve dans la partie hachurée sur la figure ci-dessus ou à son contour,

M appartient à l’un des cercles 6’1, Y?2 ou Y?3 si la facette contient une direction

principale (par définition de YG’r, (e2, T?3).

Théorème de Cauchv

Soient ? contrainte sur la facette de normale V (a, p, y)

f ’ contrainte sur la facette de normale v’ ‘(a’, p’, y’)

Soit le tenseur contrainte , on se place dans le repère principal.

T=ao, +po, +ycF, 3

W=adq +ppa, +yy’o, =Cv:

ii’=a’o, +pa, +y’o, c’est le théorème de Cauchy.

si T.Pr=Tr.G = 0 alors les directions v’ ’ et v’ sont conjuguées.

c- Courbe intrinsèque

Soit un point d’un solide. En ce point chaque état de contraintes est caractérisé par un cercle de Mohr.

Augmentons progressivement les charges appliquées au solide ; au début tant que les contraintes sont petites, les déformations sont réversibles ; par contre lorsque les charges sont très élevées les déformations ne sont plus réversibles ; (lorsque CT, est dépassée).

Au point considéré notons les états de contraintes produisant la première déformation irréversible et leurs cercles de Mohr.

L’enveloppe de ces cercles de Mohr est la courbe intrinsèque du matériau. Le matériau (R.d.M) étant homogène et isotrope cette courbe est symétrique par rapport à Y.

20

-Ume 'ntrlns8que -- cercle de Mohr llrnrte

Pour rester dms 1s doinaine élastique il faut qrie l'extrémité M de T se situe à l'intérieur de la courbe intrinsèque.

facette intrinsèque correspondante est soumise à

la

<p est i'atigle de glissement

1 'x - V -

- 1

Notes de cours CAS-1EIEWH. FREITAS

21

4Ilure de Quelques cocerbes intsirzséqups

Métaux (et sols purement cohérents)

j cisaillernent simple compression simple - - - - __ - __?

\ 12ooj

- 2400 V

traction triple

Les contraintes indiquées (en kg/cm2) sont relatives à l'acier doux.

- Sols

courbe intrinsèque: t = C+tg <p - C: cohésion cp : angle de frottement

t = ( t = C+tg <p si on comptait 0 '0 pour les compressions) 1

\ \ contrainte avec

latérale

cr3

traction simple

cisaillement simple -__

1 étreinte

Notes de cours CAS-I/EiER/H. FREJTAS

22

Les contralntes sont en Kgicm’

compression simple

Notes de cours CAS-UEIER0-I. FREITAS

23

3 - EXERCICES

a. / 2 tQles sont assemblées par un rivet $24 mm. Ce rivet exerce une force de compression de 4000 kg sur les tôles. Les tôles sont soumises à PI = 3000 kg. Quelles sont dans la tige du rivet les directions et les contraintes

p2 t- -x principales ?

Au point 0 :

ox =+ 4ooo -=+885kg/cm2 4,52

oy =o

directions principales :

contraintes principales :

t _ 3000 XY

- - - = - 664 kglcm2 4,52

tg2ao = 2x664

885 =- I,50=azo =-28”

01 885 +

f

-2 J88S2

I241 =- + 4 kg/cm2

x 6642 = 02 2 - 356 kglcm2

Vérification par le cercle de Mohr

o~~-.j-2B” X

7 \.

‘Y ‘-_

\ ‘-1.

Notes de cours CAS-UEIERIH. FREITAS

24

b./

Au centre de gravité G d’une section d’une poutre en béton précontraint on a les

l------’ ---------- contraintes indiquées ci-contre.

i o,=o

Quelles sont les directions et contraintes principales en G ?

@& = 2.W) -80

=0,625 a ao =16”

(7 -80 -1 =- +$802 +4~25~ =

- 87 kg/cm’

(72 2 + 7 kg/cm2

c./- Mécanique des sols : essai triaxial

Les résultats des essais d’un sol au triaxial sont les suivants :

0 5 bars 2 bars 9,3 bars

3,4 bars 12,6 bars

l courbe intrinsèque de ce sol ? l cohésion « C » de ce sol ? l angle du flottement 9 de ce sol ? l trouver (~3 pour 01 = 02 = 1 bar

Notes de cours CAS-UEIEFUH. FREITAS

25

La courbe intrinsèque ci-contre donne

l c = l,6 bar et cp = 23O

l pour l’essai sous étreinte (q = o2 = 1 bar)

de 1 bar

On aurait (cercle pointillé) 03 = 7,3 bars

12.6

a-/ d - Mécanique des sols : poussée, butée

horizontale ~

Soit le massif ?4 infini ci-contre. y : le poids volumique du sol.

1

~ f Quelles sont les directions principales en

un point quelconque du massif? z

1 1

Calculer crV (z) contrainte sur une facette O,(Z) horizontale à la profondeur z.

En posant : q, (z) = ko. 0” (z) avec,

oh (z) : contrainte sur une facette verticale à la profondeur z

k, : coefficient dépendant du sol.

Tracer le cercle de Mohr correspondant.

Résultat.

Par raison de symétrie, la verticale est une direction principale, l’autre direction principale est donc l’horizontale.

CT” (z) = - yz (poids du sol au dessus de la facette) d’où : oh (Z) = - k, ‘)‘Z

Notes de cours CAS-l/EIEIUH. FREITAS

26

j3-/ On enfonce dms le sol ufi écran vertical infiniment mince et rigide. On suppose que cet écrar~ ne modifie pas l’état du massif. On supprime le massif à gauche de l’écran, 1 ‘état du massif à droite de 1’6cran est toujours inchange ; le sol exerce donc sur l’écran la contrainte : oh (z) = - k, . yz.

l

i jZ

1

On déplace l’écran vers la droite, la contrainte Q(Z) augmente. Si on admet que oh(z) reste de la forme - k . y . z (figure ci-contre) et si la courbe intrinsèque du sol est t = (-CJ) tg cp, calculer oh(z) limite, c’est à dire Q(Z) faisant entrer le sol en plasticité.

On notera cette valeur de oh(z) : ap(z)

Déterminer alors les plans de glissement.

Triangles OTI et NN’ sembla .b

Ecran non déplacé

les 3 IT NN -= -=IT=+yz sin p

OI ON 1 - sin q

D’oùOB=yz =yz 1 + sin 9

1 - sin 9

D’où CQ (z)=-yz.tg* L

Y /

coefficient de butée

Les plans de glissement sont définis à partir de l’angle a

Triangle IHT s a=:-:

Notes de cours CAS-VEIERM. FREITAS

27

1’ -/ On déplace maintenant l’écran vers la gauche, oh(z) diminue.

Avec les mêmes hypothéses qu’en PT calculer Qzj limite que l’on notera D~(Z) et les plans de glissement.

Ecran déplacé ver

OTI et ONN’ semblables a- NN’

=-aIT=yz sin 9

OI ON’ 1 + sin p

3 OP=+yz ( l- 2 sin p

1 + sin p =yz

1 - sin 9

1 + sin p =yztg2

d’où ap (z)=-yz.tg’ $-; \ (” cocffkient de poussée

Les plans de glissement sont définis par l’angle a

Triangle IHT z @=E+E 4 2

~T~(Z) et O~(Z) constituent les bornes de cQz) :

-y.z.tg2 i 1

r P ;+; er, (z)<-y.ztg” --- ( ) 4 2

Notes de cours CAS-l/EIElUH. FREITAS

1 - INTRODUCTION

a) Hypothèses

Dans ce chapitre et les suivants on étudie les corps longs (poutres). Des calculs faits selon la théorie de l’élasticité montrent que la théorie des poutres est applicable, sans erreur appréciable aux corps remplissant les conditions suivantes :

.

a - les dimensions transversales sont petites par rapport à la longueur

(dimensions transversales 5 i longueur)

j.3 - le rayon de courbure R de la fibre moyenne est grand par rapport aux dimensions transversales

2 5 x hauteur de la poutre (si R petit, voir chap. Poutres à Fortes Coubures)

y - la variation de section est lente

0 Cette variation est aussi progressive

ici théorie des poutres non applicable car on aurait une concentration de contraintes

Notes de cours CAS-IIEIERIH. FREITAS

29

6 - de plus les déformations éla.stiques sont petites par rapport aux dimensions transversales (ceci permet de simplifier l’écriture de l’equilibre en prenant pour géométrie, la géométrie initiale ; toutefois dans l’étude des instabilités on prend en compte la géométrie déformée.

b) Dépnitions

Ce chapitre est consacré à l’étude de l’effort normal N. Si ? et ti sont les éléments de réduction des forces situées d’un même côté de la section (s) [à droite pour la figure ci- contre] N est la composante suivant Gi de s (voir cours de statique : Généralités). G? est tangent à la ligne moyenne. Sens : son extrémité x est du côté où l’on considère les forces (à droite ici). De ceci il découle que N est positif s’il s’agit d’un effort normal de Traction.

de la poutre)

GZ

GY axes principaux d’inertie de la section (s)

Gy et Gz sont tels que le repère G (x, y, z) soit direct.

G : est repéré le long de la ligne moyenne de la poutre par son abscisse curviligne.

2 - CONTRAINTE ET DEFORMATION DUES A L’EFFORT NORMAL

jy ds jy ds /--- /--- Soient sur l’élément dS de coordonnées y et z Soient sur l’élément dS de coordonnées y et z

oX (y, z) : la contrainte normale oX (y, z) : la contrainte normale t, (y, z) la contrainte tangentielle suivant GjJ t, (y, z) la contrainte tangentielle suivant GjJ

t, (y, z) la contrainte tangentielle suivant GZ t, (y, z) la contrainte tangentielle suivant GZ

On doit avoir les égalités suivantes: (voir cours de statique : Généralités)

Notes de cours CAS-IIEIEWH. FREITAS

30

M, = 0

t,(y,z).z-tJy,z).y]ds=O

TY = t y (y, z) ds ) = 0

MZ = oX(y,z).yds=O TZ = t z (y, z) ds = 0

Ces équations donnent les renseignements sur CT~, t, et t, mais ne les définissent pas. On sait par exemple que la somme des contraintes normales o, est égale à N mais nous ne connaissons pas la répartition de oX.

Pour connaître cette répartition de oX on fait l’hypothèse supplémentaire suivante, hypothèse de Navier Bernouilli : SOUS Z ‘effet de Z ‘effort normal toute section droite (1 à la ligne moyenne) reste plane.

Considérons 2 sections droites voisines S, et S s+ds ; avant application de N elles sont parallèles, distantes de ds ; par application de N elles se déplacent l’une par rapport à l’autre.

Le déplacement relatif de ces 2 sections ne peut : (duns ce qui suit il y a une part d’intuition)

0 avoir de composante suivante Gy car on aurait T, # 0 (tous les tY engendrés étant de même signe) 3 t, = 0

0 avoir de composante suivant Gy car on aurait T, f 0 a t, = 0

0 avoir de composante autour de Gx car on aurait M, z 0.

Les seules composantes possibles sont : 0 déplacement suivant 0x

0 rotation autour de Gy

0 rotation autour de Gz

Considérons la fibre parallèle à G?, de section dS (dS de coordonnées y et z) et de longueur ds (on a ds = dx). Sous l’effet des déplacements (4), (5), (6) précédents, le déplacement relatif de dSs+ds a une seule composante non nulle : le déplacement suivant GX (allongement de la fibre).


31

Adx La déformation correspondante est sX (y, zj = dx ,

Avec, Adx: l’allongement et dx : la longueur initiale.

D’après l’hvpothèse de Navier Rernouilli on a E- (y, z) de la forme ap +sz +y ou a, B et y sont des constantes.

D’après le loi de Hooke ( voir chup. 1 cours de statique) on a

ox(y,z> = E . &x (~2) = E. (w + b + Y) avec E : module d’élasticité du matériau.

On doit avoir A4 ,~ = s (

E ay + p, + y)~ zds = 0 .Y

soit A4 y = E s (a Y = + P I z2 + y z)ds = ,8 .Iy.E = 0

-3 p=o

Car: ayzdS=O, (Gy et Gz sont des axes principaux) yzdS=O (G est le c.d.G de la section)

3 de manière analogue a = 0. -

Il reste donc 0x (Y, z> = E * Y

Comme Ey.ds=EyS=N N

3 Y =ES

Avec S : aire de la section (S)

D’où la contrainte et la déformation dues à l’effort normal sont uniformes sur toutes les sections et valent :

N ox =-

S N

Ex =- ES

On a vu (intuitivement) que les contraintes tangentielles t,, et t,, sont nulles. Toujours intuitivement, on a ciY = 0 et oZ = 0 ; t, = 0.

32

(La théorie de l’élasticité confirme ces résultats dans des cas simples).

Toutefois, ceci n’est pas toujours rigoureusement exact ; en effet considérons un élément dS, de la surface extérieure de la -.

P Si cet élément supporte une charge, ,‘\- - - - -

I( élément la contrainte no,rmale sera égale à la composante normale de cette charge donc f 0 ; de même la contrainte tangentielle sera égale à la composante tangentielle de cette charge donc # 0.

r/ Cependant l’on ne commet pas une grosse erreur en prenant les : t.. = 0, q= 0 et (Tu= 0.

Contraintes sur une section oblique

(Voir chapitre précédent sur «Distribution des contraintes autour d’un point)))

Quelques modules d’élasticité E et limites d’élasticité oe (ou contraintes de rupture 03

Les valeurs ci-après ne constituent que des ordres de grandeur.

E . kg/cm* cre (ou 0,. ) kg/cm*

Acier doux 2 100 000 Aciers durs 2 100 000

Fonte grise 1 000 000

Cuivre (en fils) Aluminium Bois (moyen) Granite Béton Corde en chanvre

1 200 000 750 000 100 000 300 000 300 000

CT, = 2400 CT~ = jusqu’à 15 000 à 20 000 en particulier : armatures pour B.A (Te = 4 200

armatures de précontrainte = 15 000 cFe = 750 en traction ~~ = 1500 en compression cre = 1400 en traction cTr = 2000 cJe = 200 CT, = 500 compression cJr = 350 compression CJ~= 160 traction

Nota : Les contraintes admissibles sont en général égales aux 2/3 de cre.

Notes de cours CAS-l/EIERiH. FREITAS

a

33

ReinarQue concernani k’hvpo~hèse de Navier BernouiRi

Dans le cas ci-contre où i’on charge uniformément la section extrême du poteau, cette hypothèse est exacte pour toutes sections du poteau.

Par contre pour le poteau ci-contre chargé ponctuellement, au voisinage du point d’application de cette charge

/ s2 Lb ! iii

concentrée cette hypothèse n’est pas exacte. On peut admettre (théorie de l’élasticité) qu’à partir de la section S3, grosso modo à la distance a de S, l’hypothèse de Navier Bernouilli est vérifiée.

Contraintes dans les sections SI, Sz, S2

3 - ALLONGEMENT DE LA POUTRE

On calcule cet allongement en intégrant le long de la poutre les déformations as (= E,) + voir relation de Navier Bresse.

Cas d’une poutre droite

+------. 31 lu(n) GL D\“/ 3UllL L.NL13LdllLG>, aluI>

ES N(x) étant pris avec son signe on a :

A& > 0 pour un allongement

At < 0 pour un raccourcissement

Notes de cours CAS-l/EIEWH. FREITAS

34

4 - DEFORMATION TRANSVERSALE - COEFFICIENT DE POISSON

L’expérience montre que la déformation longitudinale aX est accompagnée d’une deformation transversale cy (= E,) proportionnelle à Ex. E, et E, sont plus petits et de signe opposé à E*

EY = EZ = - U&x Le coefficient de proportionnalité v est le coefficient de Poisson

Le coefficient de Poisson u dépend du matériau ; u est compris entre 0 et 0,5

Acier u = 0,3 Béton u = 0 si le béton est fissuré

u = 0,lS si le béton n’est pas fissuré Matériaux incompressibles (caoutchouc) u = 0,5*

Variation de volume

La variation de longueur des côtés de l’élément ci-contre est :

T dx ;

i, 2

A(dx) = sX . dx A(dy) = -wx . dy A(dz) = -UE, . dz

- La variation du volume de l’élément est :

Av=dy.dz.a,dx -dy . dx . u . cx dz -dz . dx . u . Es dy

Av=dx.dy.dz.a,.(l-2u)

*Pour u = 0,5, AV = 0 d’où le matériau est incompressible.

6 Remarque : si la déformation transversale n’est pas empêchée il n’apparaît aucune contrainte supplémentaire, par contre si elle l’est, il apparaît des contraintes ciY (et, ou) 0,.


35

5 -- TRAVAIL DE DEFORMATION

Considérons un petit élément, perpendiculaire à la ligne

pq moyenne, de surface ds et de longueur dx

W -- ds

crt 0 --~ (3, Augmentons progressivement, de façon réversible

I (statique)* les charges appliquées à la poutre.

\, w~ * Cette augme ntation de charges est infiniment lente, ainsi à tout instant les contraintes internes équilibrent les charges externes appliquées.

Dans la section S(x)

l l’effort normal R augmente de 0 à N. Soit R = a N avec 0 2 a 2 1

l la contrainte normale cX augmente de 0 à CT~ = z. On a F, = a nX

l la déformation E, augmente de 0 à E, = $. On a E, =a.~,

5 CT x 0

Quand a augmente de da l’élément de volume dv = ds.dx reçoit l’énergie :

J(dW,)=o, .dS.dEX .dx 5z---- déplacement

Ona: 5, =a.E.r

d;, =EV .d;

d’où 6(dWi)=Ë.E;. dv. cwr.da

de 0 à 1 cet élément de volume dv, reçoit

d” ih-T;i)= E x,2 .dv . [a .da y1

2

D’où sous l’action de l’effort normal N l’élément de volume dv emmagasine l’énergie (travail de déformation) :

Notes de cours CAS-IIEIERIH. FRE]TAS

36

dl\‘; = +. E . Ej . dvl

dwi peut s’ecrïre : dFVi = i. $- dv , t

dWi d1- est représenté par l’aire QAB

’

1 ou encore dWi =?E,E: .S.dx=‘.-.S.dx=-- ’ N2 dx

2 E 2 ES

Pour l’ensemble de la poutre l’énergie emmagasinée est :

1 Wi =$ ) E.Ef .dv=-’

2 W, est l’énergie interne de la poutre

ou encore :

Si la poutre est droite

A! étant l’allongement de la poutre.

Remarque : en vertu du principe de conservation de l’énergie on a AWi+AW,+AE,+AQ+.....=O

Wi : énergie interne du système (poutre ici) W, : travail des forces extérieures agissant sur le système. Ec : énergie cinétique du système. Ici E, = 0 car l’application des charges est

réversible Q : énergie calorifique. Ici AQ = 0 car on suppose qu’il n’y a pas de

dégagement de chaleur (pas de frottement)

D’où : AW,+AWi=O

Notes de cours CAS-I/EIER/H. FRE[TAS

3 lorsqu’on applique des forces à la poutre l’énergie qu’elle emmagasine Wi est égale au travail accompli par ces forces (extérieures) au cours de leur application.

S@ (ces forces étant appliquées de façon réversible).

A .’

/ A’ /’

6 / .-

/

F l

t -

e

* le travail d’une force dont le point d’application se déplace de « 6 » le long de sa ligne d’action est :

0 F . 6 si cette force est appliquée brutalement

0 2 F . 6 si cette force est appliquée de façon

réversible.

fil de masse /

/’ négligeable, Section S module E

F t r----7

1 ’ la force est proportionnelle --~---A- ~~~__~-~-.- - 1 au déplacement (loi de Hooke)

--L-----I (5

Exemple

Soit le fil ci-contre auquel on applique la masse M réversiblement ;

. le fil s’allonge de Al

. l’effort normal dans le fil est N = Mg

. l’énergie emmagasinée par le fil est

wi = +N.A~

. le travail de la force appliquée au fil est :

W,= ;Mg.A, = ;NA~

On constate que l’on a bien : Wi = W, t N=Mg

38

6 - ACTION DYNAMICU3 DES CHARGES

Reprenons l’exemple précédent

a) On applique la masse M rkversiblement (comme ci-dessus)

Quand toute la masse M est appliquée on a :

l effort normal dans le fil : N = Mg Mg 3 contrainte dans le fil : 0 = - S

Nl l allongement du fil : A! = Z

1 N21 l énergie emmagasinée par le fil : Wi = : N . Ak’ = - -

2 ES 1

l travail fourni par la masse M : W, = T N A! (= wi )

b) On applique maintenant M brutalement

T

-\ 1 mouvement de M x--

N

$l i Mg

A l’instant t quelconque repérons la position de M par z, l’origine de z étant la position d’équilibre statique de la masse M (voir figure ci- contre)

A cet instant t les forces agissant sur M sont

Le poids : Mg La force de rappel du fil :

N=Mg+ES;

Mg - N étant différent de zéro, la masse n’est pas en équilibre. Son mouvement est régi par l’équation différentielle

Mg-(Mg+ES;)=Mz”

ES Soit z”+ - z=o

Ml


39

Equation qui a pour solution z(t) = A COS est -+ B sin ot

/ES avec c13=~~ A et B : constantes.

La vitesse de la masse M est z’(t) = $= - cù A sin cùt + o B COS ot

En prenant l’origine du temps au moment où on applique M on a

Mg! -- pourt=O ‘= ES

I z’ = 0

A- Mg.Q --- 2 ES

B=O

2n Ma donc un mouvement périodique de période - et d’amplitude ~ Mfk-*l

u ES ’

AZ, est l’allongement statique.

L’allongement maximum du fil est maintenant

w + ml -=2A!, ES ES

= 2 fois 1 ‘allongement statique

d’où : la contrainte « dynamique » maximum dans le fil est 2 fois la contrainte statique

Ce qui montre l’effet néfaste des charges dynamiques.

Faisons le bilan énergétique : à un instant t quelconque

- le fil a emmagasiné l’énergie

- la masse M a emmagasiné l’énergie cinétique 1 M2g2e 1 ES Ec =+M$ =--- 2 ES

waZ2


40

- le travail fourni par la masse M est

Ona W. +E =MZg2 I c -t!+Mgz ES

On a bien entre instants 0 et t : Wi + E, + W, = 0 (conservation de 1 ‘énergie).

En particulier lorsque la masse M passe à la position d’équilibre statique (z = 0)

- elle a fourni un travail W, =Mg.A&.

- le fil a reçu le travail Wi =;Mg.A10

- la différence W, - W, = f Mg. AI0 constitue l’énergie cinétique

de la masse M.

Remarque : En fait, le mouvement oscillatoire s’amortit progressivement par suite des frottements et aboutit à la position d’équilibre z = 0. La chute de la masse M a alors fourni l’énergie Mg. Al,, , la moitié de cette énergie a été emmagasinée par le fil, l’autre moitié a été dissipée en chaleur par suite des frottements.

7 - CONCENTRATION DE CONTRAINTES

Lorsque la section varie brusquement, comme on l’a signalé en introduction, les résultats de la théorie des poutres ne sont plus valables. En particulier les contraintes ox ne sont plus constantes sur toute la section ; on a en certains points une « concentration de contraintes ».

En voici quelques exemples

1 N --orna& 2°moyen l

N ----omax= jusqu’à

60 moyen

~- épaisseur b

Notes de cours CAS-IIEIERIH. FREITAS

4i

e

IN i

Si ! est grand par rapport à R 0 max = 3 ~moyen

N avec amoyen = ~

lb

épaisseur b - -

8 - EQUILIBRE DES FILS

4 t/, y,/: --A-..----.-- 1

*+jyzF/” l

b

N ’ t

Toujours si ! est grand par rapport aux dimensions du trou (ellipse)

On tend avec une flèche f un fil, de poids p par unité de longueur, entre 2 points A et B distant de ! et situés sur une même horizontale.

A et B sont 2 articulations.

On cherche la forme que prend ce fil.

Le fil n’ayant pas de raideur à la flexion il ne peut supporter que des efforts normaux, efforts normaux de traction (pour des efforts normaux de compression l’équilibre serait instable).

D’où le fil doit être tel qu’il soit confondu avec la courbe des pressions, la charge étant son poids propre.

Notes de cours CAS-VEIERM. FREITAS

Comme on l’a vu en statique, pour les forces paralleles reparties les ëquations d*y q(x) des courbes funiculaires sont solution de l’équat.ion différentielle - - - ~ dx2 H ’

Pour intégrer cette équation on va distinguer 2 cas.

a) Fil très tendu (la flèche f est petite par rapport à la corde ! )

On a alors q(x) E p = constante.

D’où les courbes funiculaires ont pour équation y = - ’ x2 -+c, +c, 2H

Ces courbes funiculaires dépendent de 3 paramètres H, CI et C2. Ces trois paramètres sont déterminés par les conditions que l’on impose à la courbe funiculaire ; on peut imposer au plus 3 conditions,

l Si on impose plus de 3 conditions (par exemple ici en imposant en outre au fil sa direction en A et B A:- )

F*rn lkale notre problème n’a en général pas de solution, ce qui veut dire qu’un équilibre sans flexion est alors impossible.

l Si on impose moins de 3 conditions la courbe funiculaire est indéterminée.

La courbe des pressions que l’on cherche ici est la courbe funiculaire passant de A et B (2 conditions) et ayant pour flèche f (1 condition).

D’où on peut déterminer HI, Cl et Cz ; la courbe funiculaire correspondante la forme que prend le fil.

Ona y(o)=0 3 c, =o

Pl y([)=0 s c, =z

y$=f 3 0

H=!?t j c,=!! 8f L

4f 4f 4f D’oùl’équationdufïl y=--x2 +7x

l2 = F x (t - x) (parabole)

est

Notes de cours CAS-UEIERIH. FREITAS

43

A :‘absc.isse x l’effort normal dans le fil est --

N=

y’ étant la dérivée de y par rapport a x 4f 8f

soit y’=+------x .t l2

Cet effort normal est maximum en A et B où il vaut N = N 8f2

1 + - l2

b) Fil peu tendu : On ne peut plus ici considérer q(x) constant égal à p maintenant

ds q(x)=pxdx=pd*

A

D’où l’équation différentielle donnant les courbes funiculaires s’écrit

Hy” =-p,/m (1)

En posant z = y’ (1) s’écrit dz

Hz’= H-=-PI,&?

dz d’où H Jl+z2 = - pdx

a Hlog ( z+Y/= 1 =-~X+C,

En prenant le repère xoy de la figure ci-contre on a

y’=z=() pour x=0 x Cl =o

D’où J---xe-~ z+ l+z

En isolant dl + z2 et en élevant au carré on tire : dy 1

z=z=2 e -;

! 1 -e

; =-sh-

H

Notes de cours CAS-UEIERBI. FREITAS

44

E.nfïn, en intégrant dy Px ~ = - sh H on obtient dx

Y =-!$hPX P

g-+c,

Avec le repère choisi ci-dessus, H

y(o)=-; 3 c, =c

D’où l’équation du fil : chaînette

H Le paramètre H étant déterminé par la relation f = + p

H A l’abscisse x l’effort dans le fil est N = ~ =

Px cos~ H.dg=Hch-=-py

H

Cet effort est maximum en A et B où il vaut : p = H + pf

La longueur du fil entre A et B est :

L= rdgdx=2 ffch;x.dx=2;shz

Notes de cours CAS-l/EIERfH. FREITAS

Cette partie constitue l’une des applications directes de I éffort normal.

1 - Définitions

Un. système triangulé ou Treillis articulé est un des plus importants types de constructions métalliques en génie.

Un treillis est constitué de barres droites (profilés en L, T ou 1) articulés les unes aux autres et constituant des triangles juxtaposés.

Les barres sont reliées entre elles par leurs extrémités. Les joints de liaison des barres sont appelés rtoeuds. Les noeuds sont des assemblages soudés, rivés ou boulonnés.

Entre le nombre de barres (b) et le nombre de noeuds (n) constituant un système triangulé existe la relation suivante : b = 2 n - 3

membrures

ferme poutre

Exemples de treillis articules

2 - Hypothèses simplificatrices

CL- On suppose que les barres sont articulées sans frottement aux noeuds, autrement dit chaque barre est considérée comme une bielle articulée à ses deux extrémités.

p- On néglige le poids propre des barres

y- Les forces extérieures (charges) sont appliqués au noeuds.

S- Les forces appliquées sont situées dans le plan du système articulé.

Notes de cours CAS-J/EJEJUJ-J. FREJTAS

46

-i

A B Système_Réticulé

Les treillis sont considérés comme un ensemble de noeuds articulés et de membrures soumises à des efforts axiaux seulement. Ce sont des systèmes dits réticulés.

En revanche, si les éléments d’un système de barres travaillent principalement en flexion ou en *. torsion, le sytème est appelé cadre.

Q& .Q

, ‘_ Exemples de cadres

3-Quelques noeuds particuliers

On démontre aisément les resultats ci-après présentés sous forme de tableau sur les noeuds non chargés d’actions extérieures.

Géométrie

l----- Propriété

N2 ’ / N 2/ \N, N 2 ,,’

N ,A, N 2 /’

/ ’ /’

J \

N,,,Yc.+ /” ,,; ‘1

4

I I ! I

Barres alignées

NI=N2 NI=0 Nz=O

Barres 1 et 2 Barres alignées alignées deux à deux NI=N2 N3=0 N1=N3

N2=N4

4- Méthodes de résolution des systèmes réticulés

Un système réticulé peut s’étudier analytiquement ou graphiquement. Selon qu’on veuille faire un dimensionnement ou une vérzjkation de la structure, on utilise l’une ou l’autre des méthodes suivantes.

Notes de cours CAS-IiEIElUH. FREITAS

47

a- Analyse d’un sytème réticulé par la méthode des noeuds

1 P

,I_l.:pI

Soit à déterminer par la méthode des noeuds, les efforts

E dans les barres de la structure réticulée illustrée ci-contre.

B

F , , , a , a / a

I /q

La structure ci-dessus est un système articulé.

Nota : Un treillis peut être considéré comme un ensemble de barres articulées soumises à des efforts axiaux.

Comme le treillis est en équilibre, chaque noeud doit aussi se trouver en parfait équilibre.

l Equilibre général du système :

Trouvons d’abord les réactions d’appui en A et B

2P

On obtient :

c F,=O a H,=O c FY =0 av,+q -4P=O

c ML4 = 0 =3 P.a + 2P.2a + P.3a - 4Vh = 0

En effet, avant l’étude d’une structure, la connaissance de toutes les forces extérieures sur elle (charges et réactions d’appui) est nécessaire.

Ici, les réactions (H,, V,, VI,) possibles sont représentées sur le schéma ci- contre.

v, =2P Vb =2P

Ha=0

Résultat auquel il fallait s ‘y attendre : géométrie et chargement de la structure symétriques.

Notes de cours CAS-IlEIERkI. FREITAS

48

l Equilibre des noeuds

Le système étant en équilibre, chaque noeud est en parfait équilibre. On peut alors isoler un noeud et écrire son équilibre.

w Remarque : 1. La résolution du système d’équations à un noeud n ‘est possible que si on

a 2 inconnues à ce nœud; c’est-à-dire que si seulement deux barres inconnues aboutissent à ce noeud. -<

2. Aussi, la disposition géométrique des barres et des noeuds dans un système triangulé, est telle qu’il existe au moins un noeud avec deux forces inconnues (les efforts dans les barres sont considérés comme des inconnues).

Dans la structure ci-dessus on ne peut qu’alors débuter avec le noeud A ou noeud B.

Noeud A

Ne connaissant pas à priori la nature de l’effort

,A NAC

(compression ou traction), dans chaque membrure (barre) nous choisissons de le

A

4

représenter comme une traction arbitrairement. 30”

/’ N ,’ , ,,‘, x

i

AF Si le résultat estpositfalors l’efort dans la membrure est une

, traction ; sinon, c’est une compression.

v,=2P Ecrivons l’équilibre du noeud A. NAC et NM sont les actions des barres AC et AF sur le noeud A

c F,=O=N,, +N,,cos30° =0 & J5

3 N,, +,NAc =0 *NM =-TN,,

c F, = 0 s NAc sin30’ + VA = 0 11 ;NAC +2P=O j N,, =-P

On trouve : N,, =-P et N,, = +0,87P

D’où : la barre AC est comprimée tandis que la barre AF est tendue.

49

Noeud C :

P / ,,.’

N CD Connaissant ainsi l’effort dans la barre AC @JAC), dans le schéma ci-contre, les deux inconnues sont à présent Ncn et NcF.

NAC= 7 \ Comme précédemment on écrit l’équilibre du

N CF noeud C par projection sur deux axes orthogonaux et on trouve alors ces inconnues.

On obtient le système d’équations ci-après :

N, cos30° + N, cos30° + N,, cos30° = 0

NA, sin30” + N,, sin30” -N, sin30” = P

dont la résolution qui donne : Ncr = -0,5P (compression) et Ncn = 1,5P (traction).

On passe ensuite à un nouveau nœud. De proche en proche, on finit par trouver l’effort dans toutes les barres.

b- Méthode de coupure

Elle consiste à faire une section de la structure en deux parties à travers les barres dont on recherche les efforts et d’écrire l’équilibre d’une des parties ainsi obtenues.

La section ne doit pas s’opérer sur plus de trois barres (équations dans le plan obligent).

Exemple :

Soit à trouver par exemple, les efforts dans les barres BC, DC et BB’ de la structure ci-contre.

Coupons le système en deux parties 1 a 1 a / a I a

à travers les barres concernées. i i

On obtient le schéma ci-après :

Notes de cours CAS-1IEIERO-l. FREITAS

50

NBB

NBC&

NDC

B ----y -- -- i PT

\ ; ,,’ / ,,,,’ ,y ai

\ L!??L-

C --l

,,’ ,;, ! ii P Va,=?

Pour trouver l’effort dans la barre DC (Nnc), écrivons l’équilibre de la partie (1). Il suffit de faire la somme des moments sur cette partie par rapport au noeud B :

c M, =0 3 a.N,-a.P=O d’où N,,=P

En procédant pareillement pour les autres efforts on les trouve tous.

c- Méthode de CREMONA

C’est une méthode graphique qui permet de trouver de proche en proche les efforts dans toutes les barres d’une structure réticulée.

Il revient alors de comprendre que chaque élément de la structure engendre un effort normal qui a même direction que la barre.

Il suffit de construire le polygone fermé des forces dans la structure : (forces internes dans les barres et forces extérieures : charges et réactions d’appui). (voir TD en classe)


51

EXERCICES :

Exercice no 1 :

Une barre horizontale de section

1. c G d I constante est fixée en C et D à 2 massifs A indéformables. ‘1

‘, ‘1

c

B+---p

D

Au point B on lui applique une force horizontale P

Calculer l’effort normal dans les tronçons CB et BD

Résolution :

Le troncon CB est tendu ; soit X, l’effort normal de traction dans cette partie.

Le tronçon BD est alors comprimé par un effort normal égal à : P-X.

Selon la loi de Hooke, l’allongement relatif (E)

est de la forme : s=g (1) avec :

N, l’effort normal qui provoque la déformation

E, le module d’élasticité du matériau et

S, la section de la pièce.

Ainsi lorsque la barre est soumise à la charge P , la portion CB s’allonge de B’B’l X*c égale à - ES

et BD subit un raccourcissement de 8’ B, égale à (P - X).d

ES ’

Les points B\ et Bi doivent être confondus (compatibilité des déplacements).

C’est-à-dire que ces deux déformations sont égales mais opposées.

D’où, de l’expression (1) on peut écrire :

X*c= (P-X)*d 3

ES ES

X Pd =-

p_,,” e

52

Exercice N”2

Données :

Section de la tige de fer :

module d’élasticité du fer

Section du tube de cuivre . .

Une barre de fer est placée à l’intérieur d’un tube de cuivre long de 80 cm. Une extrémité de cette barre est fïletée au pas de 2,5 mm.

Calculer les contraintes dans la tige de fer et le tube de cuivre lorsqu’on visse l’écrou d’un 1/2 tour. (on suppose qu’il n’y a aucun “jeu”).

Af=4cm2

Ef= 2,l x 106 kg/cm2

A,=6cm2

E, = 1,2 x 106 kg/cm2 module d’élasticité du cuivre :

Résolution

Lorsqu’on visse l’écran on soumet la tige à un effort normal de traction et le tube au même effort normal, mais cette fois de compression.

Soit X, la valeur de ces efforts normaux. La somme du raccourcissement du tube et de l’allongement de la tige doit être égale à la moitié du pas.

d’où - xe xe =()125

E&c +Ef.Af ’

3 x= e oJ25p

----- E& EfJQ


53

Application numérique :

x= O,i25

80 80 .d = 6058kg

-+--.-..- 1,2.6 2J.4

d’où les contraintes respectives dans le fer et le cuivre sont :

6058 =--1514kg/cm2

Of 4 (traction)

6058 cc =- 1010kg/cm2 (compression)

6

Exercice no3

I I

/‘,’ / .’

B

La structure ci-contre est une potance formée de deux barres toutes articulées à leurs extrémités. Dimensionner les barres BC et BD sachant qu’elles sont en acier doux dont la contrainte

admissible est égale à 1600 kg/cmz (on supposera que la barre BD ne pose pas de problème de flambement) .

Résolution

Ici c’est le cas typique de structure formée de barres toutes articulées à leurs extrémités, avec la charge appliquée au noeud ; l’effort dans les barres est forcément axial ; c’est-à-dire normal.

La charge P étant appliquée au noeud B, l’effort dans chaque barre est donc normal à la section de la barre. Le polygone des forces ci-dessous montre bien que :

BC supporte un effort normal de traction de

T =P sin 30

=2P =12OOOkg


54

BD supporte un effort normal de compression de : cc p - = 1,732P = 10392kg

tg30

D’où les sections des barres :

BC : ABC = 12.000 kg

1.600kgicm2 = 7,5crn2

BD : ABD = 10.392 kg 1.600kg/cm2

= 6,5cm2

Exercice no4

Un anneau de module E, de section S et de rayon R est soumis à une charge uniforme p par unité de longueur.

Déterminer l’effort dans l’anneau.

Quelle est l’augmentation AR du rayon de cet anneau ?

Résolution

Y Par définition, l’anneau possède une épaisseur négligeable par rapport à son rayon.

p.Rd a Faisons une coupure suivant un diamètre ,/,/’ de l’anneau.

da,Q z”

T ,/‘\ ‘,k

\a T x L---- -9 - e--- 0 i‘ L’effort tranchant T est nul par symétrie.

I,- I-

il 1 ,

N M N

Le moment fléchissant M est nul aussi car si M était différent de zéro, les sections droites de l’anneau tourneraient ; or par symétrie elles restent radiales.

N (ici vertical) est l’effort dans le % anneau provoqué par la charge uniformep.

Pour déterminer N, projetons les forces s’exerçant sur le % anneau suivant l’axe y .

Pour cela, choisissons un petit élément de cet anneau d’ouverture da et considérons la charge q sur cet élément. Elle est égale à :

Notes de cours CAS-l/EIER&I. FREITAS

55

q=p. R& où a est 1 ‘angle au centre fixant la position de l’élément lonpeur de l’elemenr

choisi.

On a alors : 2N = 1 pR . da . sinar = [- com]~ . pR = 2 pR 2 N = pR (traction)

L’anneau s’allonge de : PR2 2nR.g = 2x--- ES

Sa longueur initiale était 27cR.

La longueur devient donc 271~ longueur égale alors à 2n(R + AR) ;

D’où l’augmentation de rayon est hR = pg

Exercice no5

On considère le système ci-contre constitué de 6 barres articulées ayant toutes même section « S ».

Calculer les efforts provoqués par les deux forces F appliquées en A et B .

Résolution

Le système est hyperstatique de degré 1 (1 barre est surabondante).

Supprimons la barre AB et substituons la par l’effort X inconnu. X doit être tel que l’allongement de AB pour le système de 5 barres (fïg.(2) soumis aux forces F-X soit égal à l’allongement de la barre AB,

X- A B

-X système (3) soumis aux forces x; (3)


56

X4% (2+4$gkz = --g- D’où

3 X = $ = 0,707F (tractionj

Les efforts dans les autres barres sont :

AC: J-‘= F-X = fi-1 ~ 2 *F = 0,207F (traction)

CD: C = F-X = (1- 2 *F = 0,293F (compression)

D’où AB s’allonge de : vp = E

CD se raccourcît de :

Exercice no6

r

I _’ , .,I \

1 X

L

Calculer l’allongement et le travail de déformation subi par une barre verticale suspendue de longueur Z (figure ci-contre).

barre suspendue La barre possède une section constante S, une masse volumique y et un module d’élasticité E.

Résolution

a-/ L’effort normal N(x) dans une section s(x) située à l’abscisse x est provoqué par le poids de la partie en dessous de cette section .

Soit N(x) = ySx

D’après la loi de Hooke on peut écrire que la contrainte CJ est définie comme suit :


57

~T=EE. , soit “(‘) =E 0 3 s(x) l

Ac\l = z.N(x) -J=(x)

2 /

z

d’ou l’allongement dAE de la petite tranche de longueur dx est provoqué par le poids de la barre de longueur x en dessous de cette tranche et égal à :

soit pour toute la barre on a un allongement total de :

ysx&-yl’ ES 2E

b-l Le petit élément de longueur dx au cours de son allongement reçoit de l’énergie dwi donnée par l’expression suivante :

dF= +-y&- 41 (chargement réversible) jercé=~ deplacement

Donc pour toute la barre on aura une énergie interne emmagasinée de:

y= dy I

ou arre

y = I +ySx.dAE en portant dans cette expression la valeur de

dAZ , on peut écrire :

Exercice no7

fond

-X

On considère une conduite longue à paroi mince, d’épaisseur e et de rayon r , hermétiquement fermé. Le réservoir est soumis à une pression effective intérieure p. Etablir les expressions donnant les contraintes normales, longitudinale et transversale existant dans les parois dues à cette sollicitation si l’on néglige les effets d’astreinte des plaques d’extrémité.

Notes de cours CAS-UEIEWH FREITAS

Résolution

La paroi étant mince, on peut admettre que la contrainte est constante dans toute épaisseur.

Calcul de la contrainte longitudinale o/

Considérons une section plane droite de la conduite (1 xx’) et étudions son équilibre (on néglige ici les poids).

c F lx = - p.SjO,, + o,.r.2.n = 0 avec S,fOD, = m2

= - p.r + o,.e.2 =o

j 0,x 2e

Calcul de la contrainte transversale (Tu .

Isolons une longueur 1 de la conduite et considérons une moitié (suivant un plan axial) de cette conduite. Ecrivons son équilibre.

Ona:

( > el .2.0, - p.2r.l= 0

soit. o=pr I e

a7 Nota : On remarque que la contrainte transversale est le double de la contrainte longitudinale. C’est à dire que sous l’effet d’une forte pression, la conduite va rompre longitudinalement suivant une de ses génératrices.

Ces expressions ne sont pas valables aux droits des fonds.

59

Exercice no8

u) Etude de structures réticulées (ou treillis articulés)

I- Déterminer les efforts dans les barres de la structure ci-dessous par Ia méthode des noeuds.

2P

AA a ,, a / 1”

a I a i

2- Trouver les efforts dans les barres BB’, BC et DC par la méthode de coupe (ou méthode de Maxwell).

3- Déterminer graphiquement l’effort dans chaque barre de la structure ci-après ; (méthode de CREMONA).

1200 KN 120 KN

Notes de cours CAS-l/EIElW. FREITAS

63

Exercice 4

E = 2.105 MPa (module d’élasticité)

a) Calculer les efforts dans les barres b) Calculer le déplacement du noeud A

( 1) Graphiquement (2) par la méthode des énergies

Exercice 5

Trouver le déplacement du noeud A sous l’effet de la charge P.

Longueur AB = 1

Exercice 6

Carré de côté a = 20 cm Section S = 8 m

h = 0,2 cm E=2x105MPa

Calculer l’effort x à appliquer en t pour relier B’ à B


61

1 - INTRODUCTION

Soient en G, $ et M les éléments de réduction des forces situées d’un même côté de la section (à droite dans le cas de la figure ci-contre).

Voir cours de statique pour la définition des éléments de réduction et chapitre précédent pour la définition du repère (G, x, Y, 8.

Ce chapitre est consacré à l’étude des

effets des composantes My et A& de M suivant Gy et GZ . M, et M, sont appelés moments flechissants.

l Si 1 ‘une de ces 2 composantes est nulle, la flexion est dite droite. l Si ces 2 composantes sont différentes de zéro, la flexion est dite déviée. l Si sur la section considérée 1 ‘effort normal est nul, laflexion est dite simple. l Si sur la section considérée 1 ‘effort normal n’est pas nul, la flexion est dite

composée. l Si sur la section considérée 1 ‘effort tranchant est nul, la flexion est dite pure

(ou circulaire).

En plus des conditions énoncées au chapitre précedent, (la section varie lentement, le rayon de courbure est grand.. . etc.) on suppose dans ce chapitre que la poutre est à plan moyen c’est à dire que les axes Gy (ou Gz) successifs le long de la poutre appartiennent à un même plan. Toutefois si la poutre « ne vrille pas trop » les résultats ci-après restent bons.

Exemples de poutres fléchies : Les courbes des moments sont dessinées du côté de la fibre tendue.

M=M,,

A t-l”o Ma=$ Y

Notes de cours CAS-VEIERM. FFWTAS

62

M = i)à ,/----l\

b

i

“i

Ra=i' ii, =P

&/M=M,

r R,=Mo,‘l t R, =h& ,‘1

2 - LA FLEXION DROITE

Supposons M,# 0 et MY = 0 ; pour simplifier l’écriture on pose ici :

M,=M

Dans ce chapitre on ne considère que les contraintes dues à M ; en particulier on ignore les contraintes tangentes dues à l’effort tranchant qui en général

accompagne M

Convention de signe :

M

(

1 Y

,f

x

M

M > 0 si la fibre tendue est

du côté de y > 0

t

Y

M<O

m Remarque : en mathématiques, une fois le repère (G, x, y, z) choisi les signes sont définis (voir ci-dessous) La convention que nous venons de prendre pour M, (= M) ne correspond pas à

Notes de cours CAS-lIEIER&I. FREITAS

63

la convention mathématique ; cependant son avantage est de permettre d’écrire,

comme nous allons le voir : M

0, = --2 1 y z

\Y Avec la convention mathématique nous aurions eu :

M ox = - -5 y (0, étant > 0 pour les

4 tractions).

a - Contraintes et déformations

Pour que la section (S) soit en équilibre on doit avoir (voir chap. Efforts normaux)

N= j-0 (y,z)ds=O SI x

My= ox (y,z).z.ds=O

MZ= ox (y,z).y.ds=M T, = (Y, 4 ds = 0

Comme pour l’effort normal, ces équations ne définissent pas la répartition des contraintes. Pour connaître cette répartition on doit faire une hypothèse supplémentaire, l’hypothèse de Navier Bernouilli : sous Z’effet du moment fléchissant toute section droite reste plane.

Comme pour l’effort normal, les contraintes sont nulles et les seules

composantes non nulles du déplacement relatif des sections S, et Ss+ds sont :

- translation suivant Gx rotation autour de Gy rotation autour de Gz

D’après l’hypothèse de Navier Bernouilli, on a la déformation cx = ay + pz + y ; avec a, fi et y constantes.


64

D’après la loi de Hooke la contrainte normale est

M,=O 2 p=o (voir chap. précédent)

N=O 3 E(ay+y)ds=EyS 3 y =o

a y = 0 car l’origine des axes est le centre de gravité de la section

Mz=M =a f

Eay2 ds= Ea y2 ds sl I A

=E.a.l =j a=g

= I, que I’on noie I pour amplrfier l’écriture.

D’où,

M Ex =EY T1 M cTx =-

IY

I Y

lr

Les contraintes sont donc proportionnelles à

Y -- Ef

L’axe neutre (point où CT~ = 0) est la droite y / = 0 (axe Gz) ;

z G y=o- x L’axe neutre passe par le centre de gravité de la section.

Avec la convention de signe adoptée pour M on a CT, > 0 pour une contrainte de traction te--+ Es > 0 pour un allongement te+

/ x conteintes u Comme pour l’effort normal, toutes les contraintes tangentes t.., les contraintes oY et oz sont « pratiquement » nulles.

Comme pour l’effort normal la seule composante non nulle de la déformation est E X’

Déplacement relatif de 2 sections voisines

Considérons une petite tranche de poutre de longueur dx. Lorsqu’elle est soumise au moment M, on a vu que la seule composante non nulle de la

déformation est sX A4

avec : &x M=-&fY


65

L’élément se déforme donc comme indiqué ci-après. Les sections droites restent droites ; pour modifier les angles il faudrait que la déformation ait une composante suivant Gy

M - \

_-- dx(1 +E J

IY\ i\+” !M /

t Y

-- -s

-_

GV ‘il-l

(distorsion)

Une fibre située au niveau du C.d.G ne change pas de longueur.

Une fibre située au niveau de y s’allonge ae : EI. y. ax .

Le déplacement relatif de 2 sections distantes de dx est donc une rotation autour M

deGzde dq=EIdx.

La rotation unitaire, rotation par unité de longueur est donc 4 = i.

La poutre s’incurve avec un rayon de courbure de : r = dx EI 1 -=-=- d9 M 4

1 - : est la courbure. r

On peut donc écrire : & y x = - CT, =E.q =Ey r r

UT Remarque : si initialement la poutre est légèrement courbe (rayon r) le rayon final r, est tel que :

=;dx

Triangle 1 fi 0 3 d <pi = d cpo + d cp - -.-- -

Soit dx dx M dx 3 1 1 M -=-+- -=-+-

r1 r, EI r1 r, EI

Notes de cours CAS-I/EIERiH. FREITAS

66

Pour avoir le déplacement entre 2 points quelconques de la poutre il faut intégrer d<p entre ces 2 points. .

Cas des poutres droites

Si M(x) et I(x) sont constants on a

Mt Pia -PA =-

EI

b) Conditions de résistance. Module de résistance

t Y Supposons la fibre supérieure comprimée

On doit avoir

f

M --+& 0’ étant la contrainte 1

admissible en compression

0 étant la contrainte

admissible en traction

Enposant w’=‘etw=L, ondoitavoirEI3 et --<CT. M -

V’ V W’ W

w et w’ sont les modules de résistance de la section.

Exemples : pour la section rectangulaire

I-bh3 bh* -- w’=w=----- 12 6

Pour une section circulaire pleine de rayon R : 1 = II $ ; R3

w’=w==T

Notes de cours CAS-UEIERM FREITAS

61

c - Formes les mieux adaptées pour la flexion droite. Rendement d’une section

La quantité de matière étant proportionnelle à la section S, une forme est bien adaptée pour résister à la flexion droite si w et w’ sont grands par rapport à S ; on mesure ceci par le rendement de la section

v 1 P2 ZZ =- , S.v.V v.v’

p : rayon de giration

Quelques rendements

y%+

y=+ Pour avoir un rendement élevé il faut que la matière soit éloignée du centre de gravité

T ou u 2

Y”3

d - Travail de déformation

De façon analogue à l’effort normal (voir plus haut, chap. précédent), si les charges sont appliquées réversiblement.

J(d Wi)=& .E, dv=& .dv

Comme ox = +! y, pour un élément au niveau y

6 (dW, ) = ;;L: dv .

Notes de cours CAS-JIEJEJUH. FREJTAS

68

Pour une longueur de poutre dx, le travail de la déformation est :

L’énergie interne entre 2 points A et B de la poutre est l’intégrale entre A et B de l’expression.

Si la poutre est droite, de longueur !, M et 1 constants on a :

3 - LA FLEXION DEVIEE

On a maintenant M, et M, différents de zéro. Pour obtenir les effets de la flexion déviée, il suffit de superposer ceux des flexions droites M, et My.

D’où

6, (YY z> = MZ My.Z .y+---- Ces expressions supposent la convention:

EIZ EIy A& >O s ‘il tend le côté y>0

ax (Y 9 z> = s MYZ

M, >O s’il tend le côté z>O

4 .Y+7 A4, et Iw, sont les composantes de 2

Y suivant - GZ et Gy .

D’après ce qui a été dit plus haut (page 61), en adoptant « la convention de signe mathématique » on aurait :

M MY ox (y,z)=--2 I Y+Ï.z z Y

L’axe neutre est la droite d’équation:

!!EL My.Z () I .y+r = , z Y

il passe par le centre de gravité de la section.

La pente de l’axe neutre : dz 1 M -=m=-L.L dY 1, MY

Notes de cours CAS- 1 /EIER/H. FREITAS

69

Avec les conventions de signes adoptées le centre de pression c est le point de coordonnées :

Ona:

N , effort normal sollicitant la section . La pente de la droite GC est :

MY m’=tga’=--- MZ

En particulier si N -+ 0, cas de ce paragraphe, le centre de pression C s’éloigne à l’infini dans la direction

m.m’=-Y=--.-.- 4 P,z

avec pY et pz : rayons principaux de giration.

D’où GC et l’axe neutre sont 2 diamètres conjugués de l’ellipse d’inertie

3 l’axe neutre n’est pas confondu avec l’axe autour duquel se fait la flexion (axe I à GC).

M MY Les contraintes 0x (y, z) sont constantes pour z I -Y+ -. z = constante c’est à z Iy

dire sur des parallèles à l’axe neutre.

3 oX est proportionnelle à la distance par rapport à l’axe neutre.

a- Déformation de la poutre

Sous l’action de M, le déplacement relatif de 2 sections distantes de dx est une

rotation de dpz = M --z dx autour de Gz . EIZ

Notes de cours CAS-liEIER/H. FREITAS

70

Sous l’action de M, te dkglacement relatif de ces 2 sections est une rotation de M y

d’y EI = - dx autour de Gy .

Y

La rotation résultante d<p est

Cette rotation se fait autour d’un axe défini par p :

D’où cet axe est l’axe neutre (c’est bien normal)

En appelant : bY = MY M - et #z = 2

Attention aux sens dans lesquels E.Iy EIZ

07 on porte dp, et dq, avec nos

les rotations unitaires autour de

conventions de signes. Gy et - GZ, la rotation unitaire autour

de l’axe neutre est 4 = ,/m

M, et M, étant les composantes de 61 La poutre s’incurve avec un rayon de suivant Gy et - GZ, on doit porter 1 positivement dq, et d<p, suivant

courbure de r = -, le centre de 4

Gyet-GZ. courbure étant dans le plan passant par G et perpendiculaire à l’axe neutre.

b- Travail de déformation

Par superposition l’énergie interne d’un tronçon de poutre de longueur dx est

(z+g)dx.

Si la poutre est droite, de longueur 1, I,, 1,, MY et M, constants,

wi poutre

-MZJI Mfl

2E4 2EIY

71

c- Formes bien adaptées pour résister à la flexion dhiée

Il faut, par rapport aux dimensions transversales, IY et 1, élevés

3 le (( 1 » le profil en 1 n’est pas bien adapté.

Les profils creux sont bien adaptés.

4 - LA FLEXION COMPOSEE (N # 0)

Il suffit de superposer aux résultats du paragraphe 3, l’effort normal N en particulier on a :

&, (y, z) = ~ + - N My.Z+% ESEIy Iz”

0; (y,z)=-+- N M~.z+EL s IY 1 *y z

NMY M L’axe neutre est la droite - + - z. y = 0 ; il ne passe plus par le centre

s IY *z+ Iz

de gravité de la section. La contrainte oX est proportionnelle à la distance par rapport à l’axe neutre.

Pour que, si N est une compression, la section soit entièrement comprimée, il faut, par définition, que le centre de pression appartienne au noyau central de la section.

w Si N est une traction et si le centre de pression appartient au noyau central, la section est entièrement tendue.

Le déplacement relatif de 2 sections voisines se compose d’une translation parallèle à Gx et d’une rotation autour de l’axe neutre.

Le travail de déformation : c’est la somme des travaux dus à l’effort normal et à la flexion.


72

a- Centre de pression et noyau central

Soit une section quelconque (S)

G : centre de gravité de (S) S : aire de la section I, et 1, les moments d’inertie principaux.

La section étant soumise à l’effort z 1 G normal N et aux moments fléchissants

5 M, et M,, la contrainte normale en P de coordonnée (Y, 4 est :

o=N+My,Z+M~

s IY Ï’Y (1)

z

L’axe neutre est l’ensemble des points de la section où la contrainte est nulle,

c’est donc la droite d’équation (p+w MY - N 4 --y+Ï.z*

Y

Le système (N, a), défini au centre de gravité G, est équivalent à une force

unique 67 appliquée au point c, appelé centre de pression et de coordonnées :

1 M

yc =2=ey N

Z= MY

c N=ez

Soit l’équation de l’axe neutre devient :

d’où l’équation de l’axe neutre peut d’écrire,

pz et pY sont les rayons de giration de la section autour des axes Gz et Gy.

L’axe neutre ne dépend que de la position du centre de pression c.


73

b- Noyau central

On appelle noyau central de la section (s), la surface à l’intérieur de laquelle doit se trouver le centre de pression c pour que t.oute la section soit comprimée (l’effort normal étant une compression).

Pour que la section soit entièrement comprimée, il faut et il suffit que l’axe neutre ne coupe pas (s) ; cette condition définit la limite du noyau central.

c- Exemples de recherche du noyau central

a) Cercle plein

ellipse central d’inertie \ \ f y

Par rapport au centre 0 le moment d’inertie est

1,’ noyau central

I0 = 2nrdr,xr* =y d

On a I, = I,, + I,,

Par symétrie IoX jzR4 = IoY d’où IoX = IoY = -

4 La limite du noyau central est définie par

OP’xOM=a*

D’où R 4

Le noyau central est donc un cercle de rayon égal à : R4 / Autre solution

y=R

L’équation de l’axe neutre est de la forme :

cz+fi-y =o = poury=R

on a : a=0 p=l et y=R donc p+-4”-R;‘4 Iz 8 1 R*

7r e, = 0 car a = 0

ez =o d’où c=

e-IxR2 R -- -=-- Y R4 4

le noyau central est alors un cercle de rayon a


b) Section rectangula&

-

h

T

/ c

---L-- l 5

-4- c4 ’ % iP-

lb A, 3

Par le même raisonnement que ci-dessus et en faisant confondre l’axe neutre avec chacun des 4 côtés du quadrilatère, on obtient les 4 sommets du noyau central.

Pour y=h~xx =o p=1 y =hA

I ez =O

D’où c 1 h’z--h6 / eY=--x- / h 2 12

Carp:=L bh3 1 h2 =- -=-

S 12 ‘bh 12

Notes de cours CAS-l/EIERkI. FREITAS

75

5- EXERCICES

a) Trouver la hauteur d’une poutre en bois dont la largeur est 10 cm pour qu’elle puisse supporter un moment de 1,5 t.m sachant que les contraintes admissibles en traction et compression sont 5 = 100 kg/cm2.

_-- 1 \ ~- j M=l ,5 Tm /

Ona

6M 0 =-

mar bh2

J 6M a h=-

b-o

d

.- M = 1,5 tm = 150 000 kgcm

Y-

+l Y

V

Cl-

> h=./e=3Ocm

Quels moments autour de ses axes principaux peut supporter un IPE 300. Sachant que :

Ix = 8356 cm’l I 2 = 557 cm3 v,

Iy = 604 cm’ I Y=80,5cm3 vy

Contrainte admissible, ZFO = 1,6 T/cm2

Ona: A4

o=- z I

A4=CT.~ V -

D’où M, = 1,6 xv557 = 891 t.cm M, = 1,6 x SO,5 = 129 t-cm

L’IPE précédent doit supporter M, = 1200 t-cm

eZw \

II

Trouver l’épaisseur e des plats de renforcement nécessaires.

j.%j fixation

i: Module de résistance nécessaire :

1 eir-

Ix - 1200 _ 750 cm3 ---

vx 1x5


76

VX-15cm 3

1, plats

1, nécessaire = 750 x 15 = 11250 cm4 1, . (IPE) = 8356 cm4

1, plats = 2894 cm4

- 2x(15xe)x152=6750e -(environ)

d’où e=2894=0,43cm 6750

d) On superpose 2 poutres rectangulaires égales a-l en les laissant indépendantes p-/ en les rendant solidaires

Calculer dans les 2 cas le module de résistance.

ni et n2 : axes neutres

~~~~~ ~~~~&x~~,, module de résistance :

.A -- _ -..

b!L W = -J2 = b h2 1 h 6

(pour une poutre)

2 pour les 2 poutres

2bh2 w, = 2 w, = -

6

n: axe neutre

b c2 h)3 12

wP= h 4bh2 2w z-z

6 (I

car Wp est le module de résistance des 2 poutres.

D’où le montage « f3 » peut supporter un moment double de celui que peut supporter le montage « a 9.

e) Une poutre de section carrée est fléchie a./ suivant une médiane f3.i suivant une diagonale

(voir schéma à la page suivante)

Notes de cours CAS-IIEIERBI. FREITAS

77

Comparer les contraintes maximales et les rayons de courbure.

Dans les 2 cas l’inertie autour de l’axe neutre est I = 5

a’x2 a3 Pour le cas « a » le module de résistance est W, = - = -

12xa 6

Pour le cas (( p » le module de résistance est Wp = a4 ’ 1/z a3 w

12xa =iiJT=Jz

3 Dans le cas « p » la contrainte maximum est & fois plus grande que dans le cas « a »

Par contre, les inerties étant égales, les rayons de courbure sont égaux dans les 2 cas.

fl Une barre en acier dur, de section circulaire pleine (R = 3 cm) est soumise

à ses extrémités à une charge P = lt (fig. Ci-dessous)

M = Pa = 100 km

moment fléchissant

Calculer la contrainte maximale, le rayon de courbure entre A et B et la flèche sur l’axe de symétrie.

Entre A et B le moment est constant, il vaut

P x a = 100 tcm (la flexion est pure)

Inertie de la barre : nR4 I=-

4 = 63,62 cm4

Contrainte maximale 0 = F x R = 4,72 T/cm2

Notes de cours CAS-UEIEFUH. FREITAS

78

Entre. A et B ie rayon de courbure est constant et vaut :

EI 2100~63,62=~~4~~~

r=-G=- 100

D’où entre A et B la poutre se déforme suivant un arc de cercle ; pour cette raison on appelle aussifl&on circulaire la flexion pure.

Flèche : triangle AH0 a AH2 + OH2 = OA

3 ;+(r-f): t2

=y2 =j -+y2 -2f.r+f2 =r2 4

t2 42 e est négligeable devant les autres termes 3 f = - =

8r 8x13,4 =0,15m

g- Avec quel diamètre peut on courber un fil de fer de 1 mm de diamètre sans dépasser la limite d’élasticité CT~ = 2000 kg/cm2.

Ona(page62) o=- Ey 2 r =m_=2~1x106xo~05=525cm EY mm r fie 2000 ’

D’où le diamètre minimum de cintrage est 105 cm

h- Une barre de fer de section rectangulaire subit une variation thermique At = +40°C, +40” sur la face supérieure et -40” sur la face inférieure, et variation linéaire sur la hauteur h = 8 cm

- Dans l’hypothèse où elle est appuyée à ses extrémités déterminer la courbure de la barre

- Dans l’hypothèse où elle est encastrée à ses extrémités calculer le moment fléchissant et la contrainte maximale.

Barre simplement appuyée aux extrémités

0 Considérons une tranchée poutre de

Une fiche située à mi-hauteur ne change pas de longueur.

79

La fibre supérieure s’allonge de aAt avec a : coeJ: de dilatation thermique

La fiche inférieure se raccourcit de aAt

1 2aAt 2x1,.2x10”x40~Ooo012cm~’ Lacourbure -=&=tgqS=h=

8 ,

r

La déformation n’étant pas gênée il n’apparaît pas de contrainte.

Barre encastrée aux extrémités

fibre comprimée :s déformations sont empêchées. Pour M c !I:I,. ,M empêcher les déformations les

encastrements exercent sur la barre un

moment M-EI 2E.I.cz.t

- - = r h

La contrainte maximum est Mh

0 z-v-- max I 2

=E.a.At=2,1x106 x1,2x10-* x40=1000kg/cm2

(On peut aussi calculer cette contrainte par 0 = E y) r

w La contrainte maximum est indépendante de la hauteur h.

i-/ Une poutre en fer, de section rectangulaire est inclinée, telle que l’une des diagonales de la section soit verticale.

Cette poutre est soumise à des charges verticales (poids) qui donnent un moment

fléchissant M, horizontal. M, / / = 500 kgm, ce moment tend la partie inférieure

de la section.

Calculer la contrainte maximum et la courbure.

Avec les conventions de signes faites dans le cours on a

My> 0 3 M,= 500 si& = 300 kgm

M+O 3 M,=-500cos6=400kgm

63 IneTties : Iy = 8 x - = 144 cm’

12 83

BZ =6x--=256cmi 12

contraintes (y, 2)

30000 40000 Les sont :

oX = 2 - 144 256 y

ox en kg/cm2, si z et y sont en cm.

144 La pente de l’axe neutre est : m = tya = - -

- 400 - = 0,75

256’ 300 =3 l’axe neutre est

la diagonale (voir page 69.)

Remarque : On peut trouver directement ce résultat :

La direction du centre de pression est la verticale AB. On sait que l’axe neutre est, pour l’ellipse centrale d’inertie, le diamètre conjugué de AB.

Or d’après les propriétés de l’ellipse d’inertie énoncées (cJ: : cours de statique), CD est le diamètre conjugué de AB ; en effet Im,CD = 0

* moment d’inertie centrifuge, les distances étant évaluées suivant A3 et CD

La contrainte est maximum en A et B.

30 000 Pour B (y = 4, z = - 3) ellevaut CT, = x (-3) - 4oooox4 = - 1250

144 256 kg/cm2

En A, oA = + 1250 kg/cm2

La courbure 4 = - - ‘-JGZ r

D’où

Autre calcul de Q : @?L 30 000 1 CO~S 2,lxlO6xl44xo,8

Notes de cours CAS-IlEIERfH. FREITAS

81

j-/ Une panne d’un toit est constituée par un UAP 150 dont les caractéristiques sont indiquées ci après. Cette panne est inclinée de 22” par rapport à la verticale (voir dessin).

Les différents poids (verticaux) sollicitent cette panne par un moment fléchissant

Mf horizontal (moment autour d’un axe horizontal). (M7/ = 500 kg.m ; ce

moment tend la partie inférieure du UAP.

Calculer la contrainte maximum du UAP.

C: centre de pression

t Inerties : 1, = 93,3 cm4 1, = 797 cm4

Rayons de giration : p,=2cm

Pz = 5,9 cm

Avec les conventions de signe du cours :

MY>O M, = 500.sin 22” = 187 kgm M,<O M, = 500.~0s 22” = -464 kg m

Les contraintes sont 18700

oX (y, 2) = - z - 46400

93,3 797 y yetz encm

ox en kglcm2

La pente de l’axe neutre est (voir page 69.)

t?Z= 93,3x -464

tga =-- - = 0,29 = a=16",2 797 187

82

La contrainte est maximum en B (point le plus éloigné de l’axe neutre)

g(B)=~x4.4i-4~(7)ax(7,.5)=1329kg~~mz 1’

A titre de vérification on a figuré sur le dessin l’ellipse d’inertie : GC et l’axe neutre sont bien 2 diamètres conjugués.

k-/ Matériau ne résistant pas à la traction

Une semelle rectangulaire est sollicitée par un effort normal de compression N et un moment fléchissant M autour de Gy.

Etant donné que les contraintes, réactions du sol, ne peuvent être que des compressions, et en admettant que la répartition de ces contraintes est linéaire, déterminer ces contraintes.

Soit e l’excentricité définissant le centre de pression C.

M e=- N

Si C est à l’intérieur du noyau central, c’est à h

dire si e I ;, au contact avec le sol la semelle

est entièrement comprimée et les contraintes extrêmes sont :

N 6M =-shf bh’ N et M étant les valeurs

absolues de l’effort 1. N6M normal et du moment -- O+=-G bh2 fléchissant.

Si C est à l’extérieur du noyau central, c’est à h

dire si e > b la semelle n’est plus entièrement

comprimée 3 on ne peut plus appliquer la NM

relation 0 = s + I y


83

Etudions l’équilibre de la semelle ; ia résultante des réactions du sol doit être kgale et opposée à N

N a oma =2x-=

2N

bh’

Notes de cours CAS-l/EIEWH. FRE]TAS

/ - EFFORT TRANCHANT-

1 - GENERALITES

a) Hypothèses

La définition du repère G, x, y: z est la même que pour les chapitres concernant l’effort normal et le moment fléchissant.

On suppose que la poutre remplit les conditions énoncées en page 1 de « l’effort Normal » (dimensions transversales petites, rayon de courbure grand, section varie lentement*. . .)

SetM sont les éléments de réduction en G des forces situées d’un même côté de la section (S)

@ II est à notée que une variation de section même faible influe sur les contraintes tangentielles de façon notable alors que 1 ‘influence sur les contraintes normales est négligeable.

l Les composantes T, et T, de s suivant G, et G, sont les composantes de l’effort tranchant.

l Dans ce chapitre on étudie les effets de l’effort tranchant seul (bien qu’en dM

général l’effort tranchant soit accompagné du moment fléchissant T = - ds

l On va supposer dans ce chapitre que T, = 0 et T, # 0 (pour alléger l’écriture on pose TY = T), la solution générale étant obtenue par superposition.

b) Convention de signe

Y sens t~gonom6trique

T

/fin+ I

fG T x

P-0

Notes de cours CAS-V H. FRJZITAS/EIER

c) Relaticm entre T (T,,) et NI @kl

Considérons une tranche de poutre de longueur dx I iy

x w+dx)l charge répartie p(x)

M(x)

P4

Quand dx + 0, le premier 2ème membre vers T(x),

d’où la relation :

Ecrivons l’équilibre des moments autour de A :

M(x)tT(x++xdx- M(~+L&)- ~(X)X~ =0 \ ” ,

négligeabl (2% ordre)

Ij M(x + dx) - M(x) = T(x + dx)

dx membre tend vers la dérivée de M(x) au point x et

1

d;;’ = T(x)

le

W 69 Cette relation ne serait pas exacte si sur le tronçon dx il y avait une charge concentrée.

4

X

Considérons une section (s) d’une poutre.

En un point quelconque A de cette section agissent les contraintes tangentielles tXY et tYX sur les facettes de normale x et y, et nous savons que

tx, = tyx.

Si A vient en B (ou C) sur la surface extérieure de la poutre on a tF = 0 (sauf cas particulier où en B agirait une charge inclinée par rapport à Gy) D’où en B t,, = 0 aussi.

r Pour que la section (5’) soit en équilibre on doit avoir 1 3)

txy dS = T

DC7 s d’où tous les tV ne peuvent être nuls.

Par conséquent, sur toute la section (S) les contraintes tangentes t, ne sont pas constantes.

La loi de Hooke appliquée aux contraintes tangentielles donne

Notes de cours CAS-II H. FREITAVEIER

86

dy G est le module d’élasticité transversal y représente la distorsion

D’où en B (ou C) un petit élément dx . dy les angles restent droits

A I j

ne se déforme pas (+)) ;

rl

Par contre en A un petit élément se déforme y = $ --

Y a

Ces éléments de “ y ” différents restant juxtaposés (la matière reste continue, sans vide). La section (S) ne peut rester plane.

On ne peut plus, comme pour l’effort normal et le moment fléchissant, faire l’hypothèse : « les sections droites restent planes ».

élément non déformé

\

élément déformé

Allure de la déformée d’une Tranche de poutre

Notes de cours CAS-11 H. FREITAUEIER

87

2 - CALCUL DES CONTRAINTES DUES A L’EFFORT TFMNCHANT

a) Relation fondamentale pour le calcul des contraintes de cisaillement

x x+dx

Considérons une tranche de poutre d’épaisseur dx

Sur les sections infiniment voisines S(x) et S(x + dx) règnent

- des contraintes normales crX dues à l’effort normal N et aux moments fléchissants M, et M,

- des contraintes tangentielles dues à l’effort tranchant T, (on admet que l’effort tranchant ne donne aucune contrainte normale +

OXT =oy, =q, =O)

Les efforts appliqués à ces 2 sections sont :

SO S(x+dx)

N(x) N(x+dx) =N(x)

En fait si des charges parallèles à Gx étaient appliquées entre x et x + dx, on aurait :

N(x + dx) = N(x) + dN(x)

On exclut ici ce cas. Toutefois de telles charges « bien réparties » modij?eraient peu les résultats que l’on va établir.

88

M, (fo M, (x + dx) = M Jx) car Tz = 0

*M,(x) avec (M, 5= NI) M, (x + dxj = M,(x) + T?(x) . dx (TY = TZ M(x+dx)=M(x)+T.dx

D’où à un même niveau y = h la différence des contraintes normales est

M(x+Qw~ o,(x+d+-q(x)= I - y A (même I car la section varie lentement)

Soit (Z) la partie de la section (S) délimitée par une courbe quelconque BCD Considérons l’élément de section droite (C) et d’épaisseur dx

Soit en un point P quelconque de la courbe BCD un élément de surface dC de

(C) et soit f la contrainte tangentielle sur dC. Soient tn et tt les composantes de

? suivant la normale et la tangente à la courbe BCD en P.

Soit t la contrainte tangentielle agissant sur l’élément dz’ perpendiculaire à dC. On sait que la composante t’, de f’ sur la normale en P à la courbe BCD est

égale à tn (ti = t,).

Etudions l’équilibre de l’élément (C).dx (hachuré sur le dessin page précédente)

C projections des forces suivant Gx

s-dx. t, .dl CD

longueur sur BCD

= T.m@) moyen sur BCD avec

1.L

L : longueur de la courbe BCD

m(Z) : moment statique de C par rapport à Gz

1: moment d’inertie de la section totale (S) par rapport à Gz

Notes de cours CAS-l/ H. FREITAYEIER

89

b) Sections massives, symdtriques par rapport à 6,

a- Cas général

Soit t (y, z) la contrainte tangentielle s’exerçant sur (S) au point (y, z).

On fait les hypothèses suivantes :

l On suppose la composante t, (y, z) indépendante de z

l Habituellement on suppose que la composante t,, (y, z) est nulle.

Cependant, on sait qu’aux points B et D

du contour extérieur t est tangent au contour de la section (3 t, f 0). Par continuité on peut donc « affiner » en

prenant toutes les contraintes t concourantes au point “a” .

D’après la relation fondamentale, en prenant pour (Z) la partie de (S) située au dessus du niveau y (partie hachurée du dessin) on a (t n = t xy ) = (t 1, = t F)

3 1 t&Z,=tvCi!=;;;!Jj 1 Im(y) : moment statique de (C) par rapport à Gz II : moment d’inertie de la section totale par rapport à Gz

avec b(y) : largeur de la section au niveau y txy (y) : contrainte moyenne au niveau y

Vérifions que l’on a bien tXy dS = T (les autres équations d’équilibre de

la section (S) sont vérifiées)

Notes de cours CAS-l/ H. FREITAWEIER

90

Intégrons par parties . [““m(y). dy = [m(vl . y j” - [;. d [m(yi] Y’ ’

-1

=0 carm(y”)=Oetm(y’)=O

d[m(vl]=-b(yl.dy.y 2 + fi@)dy=-l-b(yl.y’.dy=I s [, txy .dS=T

Au premier abord il peut paraître curieux qu’ayant écrit uniquement des

équilibres de faces CF, = 0 on ait aussi s s)

t, . dS = T . Ceci est une conséquence

de la propriété t,, = tYX comme il apparaît ci-après plus clairement.

/ dx ,----I

Considérons, comme indiqué en 2.b.a (page précédente) l’élément (C).dx, partie de la poutre située au dessus du niveau y (bb’hh’ sur le dessin ci- contre).

Cet élément est soumis aux contraintes indiquées ci contre tXY, tyx et do, ; do, étant la différence des contraintes normales s’exerçant sur les sections x et x + dx.

Soit MA le moment de ces contraintes par rapport à A.

Ajoutons à cet élément bb’ hh’ le petit élément dx.dy.b(y) compris entre les niveaux y et y-dy. Ce petit élément est soumis aux contraintes indiquées ci-contre. Assemblons le à bb’ hh’ et calculons la variation dMA, du moment MA, qui en résulte.

Notes de cours CAS-II H. FREITAS/EIER

91

dliQ =-fyx. b!yl.dx.dy+tny b(‘y).dy.dx-d ax(y) .b(yi.dy.- [ 1 2 ,

infiniment petit du 3ème ordre z 0

3 dMA=(- t,,+t,,).b(y).dx.dy = 0 puisque tyx = tx,

Comme y=~” MA = 0, il en résulte que pour la tranche complète de poutre on a :

Expression de t,, au niveau du centre de gravité

m(y) est maximum au niveau du centre de gravité (y = 0), d’où t,.b est

maximum pour y = 0 ; par contre il n’est pas obligatoire que la contrainte t,, soit maximum au niveau du centre de gravité. Cependant pour les sections courantes, tX. est maximum au niveau du centre de gravité ; c’est pourquoi on cherche à calculer t,,(O) en particulier.

Soit F la somme des contraintes normales pour y > 0 (ou y < 0) dues à la flexion MZ=M

Ona: F= >O

bras de levier

l f Cette orme est surtout utilisée T

d’où tJ$ = l en B.A. où le bras de levier z se b(o). z

calcule facilement.

Notes de cours CAS-II H. FREITAWEIER

92

Section réduite pour le calcul des contraintes :

C’est ia section S* telle que :

s*L- t xy max

~3 On a toujours S* < S

/3 - Applications

p 1 - Section rectangulaire D’après les hypothèses en 2.b.q txz=O 3 t=txy

iy h’

‘=bE

d’où la section réduite

t (y) est maximum pour y = 0 3 T 2

t =-.- - MM 2’bh

(ici Ie « z » est bien égal à - h) 3

S*&=- 28 3 3

L’étude rigoureuse de la section rectangulaire est possible, cette étude montre en particulier que pour y = 0 la contrainte t,, n’est pas constante ; elle est maximum

aux points extrêmes de la section 3 T

où elle vaut tmm = ai. - . -, elle est 2 bh

3 T minimum en G où elle vaut I,,,~~ = p. - . -

2 bh

Notes de cours CAS-l/ H. FREITAUEIER

93

Les valeurs de ü: et B sont données dans 1.e tab!eau ci-après en fonction de i et

pour le coefficient de Poisson v = 0,3.

-- y; 2 j 1 -il,5 0,25 1

a 1,033 / 1,126 1,396 , 1,988

j3 0,983 0,940 0,856 0,805

Qn voit que l’hypothèse tXy (y, z)

indépendante de z est d’autant meilleure que la poutre est haute. Pour une poutre « plate » b < h elle n’est pas bien bonne.

/32 - Section circulaire

a II, nR4

I=- 4

Le centre de gravité g du segment hachuré est tel que (voir page cours de statique)

Gg=+R. sin38

e - sin 8. COS 8

Surface du segment : 6R2 - R2 sinBcos0 = R2(B - sirAcos8)

Moment statique du segment : 2

m(0) = 3 R3 sin3 0

Remarque : en CC d » on peut estimer tC et donc la contrainte

I / t, (0) 4 T résultante F = - = - - - sin 6. Calcul analogue pour un point quelconque dl de sine 3-S

« dd ».

4.T 4 T 3 T,,(0) est maximum pour 6’ = z soit tmax = =- -

3nR2 3-S

Notes de cours CAS-I/ H. FREITAS/EIER

94

la surface réduite est : 3 3 i S*=7?rR2=-S 4 /

Nota: pour la section elliptique on trouve aussi: S’ = :S

L’étude rigoureuse du cisaillement sur la section circulaire montre

Pas

z -

constante le long de Gz, t est maximum en G 3+2v

t =- ‘Y n’ax 2 + 2v

lignes de Wsaillement (enveloppes de 1)

V=O pour

,v = 0,3

où T -

‘s

elle vaut

=a or ‘3s

a=l,12 p=o,75

a=l,04 p=O,92

avec

que t n’est

9+6v a=

8+8v

t est minimum en D et B où elle vaut

2+4v T 4 T 6+12v t mrn =2+2is

-=p.7.s avec p= 8+8v

p3 - Losange

ah3 I=-

6

m(y)=+.@.

= -& (h - y)’ (2y + h)

avec S=a.h

Notes de cours CAS-l/ H. FREITAYEIER

95

h La dérivée de &,(y) par rapport a y s’annule pour y = 4

2 t = =- - xi’ MM

au centre de gravité txy (0) = f

Comme 1 ‘on vient de le faire pour la section circulaire, on pourrait, en utilisant les hypothèses faites en 2 b a, estimer la composante txz

c - Sections constituées de profils minces, symétriques par rapport à Gy

a - Cas général

Aux points de a surface (i, j) la contrainte tangentielle 7 est tangente au contour de la section (en effet tl = 0 d’où tls = 0)

Les hypothèses faites en 2 ; b . a ne sont plus bien adaptées au cas présent, aussi on les remplace par : sur l’épaisseur (i j) t est constante et parallèle au contour de la section (avec toujours (3, = GY = Gz = 0)

A dûes à T

D’après la relation fondamentale du 2.a) en prenant pour aire (C)* la partie hachurée (dessin ci-dessus) on trouve :

i-l t T.m m : moment statique de l’aire hachurée par rapport à Gz =-

I.e avec .* I : moment d’inertie de toute la section par rapport à Gz

e : épaisseur du profil à l’endroit considéré.

Notes de cours CAS-l/ H. FREITASIEIER

96

* (E) part d’une section où t =I: 0 (axe de symétrie ou bord extérieur)

Vérification de p i s) roiection sur--G de t . dS = T t. COS a .e .ds = T soit j si

On sait que I ,d

t.Xy . -E-- . dy = T COS p

h t, =t .cosq7

2 dy = ds . COS~

Changement brusque de direction du profil

Dans les sections voisines du changement de direction : ij, jj ‘, (ii’) on peut admettre que t est encore au contour de la section et

T.m la calculer par t = -

I.e ’ Dans la

(V) on peut par continuité en déduire approximativement l’intensité et la direction de 7.

En général on se limite à la vérification des contraintes pour les sections : ij, jj’, (ii’). P - Applications

pi - Profil circulaire évidé

1 I=nR3

Le centre de gravité g d’un arc

d’ouverture 2 8 est tel que Gg = 23 sin 6

e d’où

m(e)=R.e.e. R sin B

=R2 .e.sine e

4 partie hachurée

d’où t(t?)=--&sinB =$Si& avecS=2n Re

Notes de cours CAS-l/ H. FREiTAS/EIER

97

t (0) est maximum pour 2T t,,,, =-----

S

d’oti la section réduite :

p2 - Profil en 1 symétrique par rapport à Gy et Gz

2 I=4be’h2 +jeh3

: Ailes m(z) = (b - z) e’h

t(z) = 3 T . (b - z) h

12bh2e’+2eh3 t(z) est maximum pour z = 0

: Ame m(yl=2be’h+e h2 - y2

3

t(y) est max pour y = 0 2e.h = aire de l’âme ; posons Sâme = 2 e h

et eh

n=-3 e’b

0,25 0,5 n

t T ‘+a T

nrax = t(0) = - ~ = a - Le * 1 + ? - kW.

6

1 2 I l

Les valeurs de a et 0 sont

a 1,02 1,04 P 0,96 0,92

1,07 1,12 données dans le tableau ci- 0,86 0,75 contre en fonction de n.

Pour les profilés métalliques courants on a

98

e’22e , h 2 2b 3 n 5 1 3 t(y) est pratiquement constant sur toute la

hauteur de l’âme et vaut : T - D s

s * = Sâ”,, . Lîm

On peut donc dire que dans les 1 courants l’effort tranchant est supporté par l’âme (le moment fléchissant étant supporté par les ailes).

p 3 - Caisson 1c1/

on se ramène au I précédent

d- Sections intermédiaires

m Y t

XY

4.4 d’

3-

G

problème: direction de t?

ici pas de problème: test vertical

Les ailes n’ayant pas de dimension prépondérante, on ne peut pas y connaître à priori la direction de 7 . Que peut-on faire ?

En un point P on peut estimer que ? a pour composantes :

t -T.m(V XY -

I.e ’ valeur moyenne entre d et d’

t = T* m(V XY I.e ’

valeur moyenne entre b et b’

Notes de cours CAS-II H. FREITAUEIER

99

e - Cas où GV n’est pas axe de symétrie - Centre de torsion

sens r$ .Q

f

-- z

Si on applique les résu Gy ona:

figure 1

e -

Z'---

d

figure 2

tats trouvés pour les sections symétriques par rapport à

txy .dS=Tj =T ou t.cosp . e . ds = T ’ v J

2 les contraintes txy équilibrent pro~ecrmn de i- sur G bien I ’ effort tranchant Ty = T

fil? 1 &. 2

Cependant le moment M, des contraintes 7 par rapport à z est différent de zéro, or par hypothèse le seul effort en G est T,.

M, = h,z).z+t, b,z).y)dy.dz ou MI = 1-t .e.d.ds SI

3- 4

fig. 1 en général txz 2 0 fig. 2

D’où on ne peut plus appliquer tels que les résultats des paragraphes 2 b et 2 c relatifs aux sections symétriques.

Afin que le moment des contraintes par rapport à Gx soit nul on corrige les contraintes tangentielles*

txy=z (ou t=$) en leur ajoutant celles produites par un moment de

torsion égal au - Mx que l’on vient de calculer.

a9 On convient de dire que ces contraintes sont dues à T et les autres dues au -MX

(provoqué par T), bien qu’elles soient toutes dues à T, seul effort appliqué. Cette décomposition est un artijke de calcul,

100

Ainsi on bien : l(txy +t’JdS = IIXJ dS+ pxy dS=Ty

& -i.. -J 4 dues à TY -M, =Ty =0

I! s) ;, (y, 4. Y - txy fi, 4. &Y. dz + l, [+ tiy (v, 4 y - t:, &, 4. zldydz = 0

v J \ v / =-FM, =M,

(L ‘écriture serait analogue pour une section constituée de projîls minces).

l Le calcul des contraintes tangentielles (t’xy, t’,, ou t’) dues au moment de torsion est développé au chapitre sur la Torsion.

Centre de torsion : c’est le point C de Gz @IF$ défini par GC = Mx --, c’est à T

C

z-

dire le point par rapport auquel le moment des comraintes ? dues à Ty seulement est nul.

t y On a bien

M &-M,+CGh~=A4&-- xT=O

T

Le centre de torsion ne dépend pas de T (M, est proportionnel à T, d’où GC est indispensable de T), c’est une caractéristique de la section.

D’où si une section non symétrique est sollicitée par T sa déformation sera la somme des déformations dues à T (calculées comme si la section était symétrique + voir ciaprès), et des déformations dues au moment - M, (voir chapitre Torsion).

3 le déplacement d’ensemble relatif de 2 sections voisines est la somme d’une translation verticale (// à Gy) et d’une rotation, somme qui est égale, comme on va le voir (&), à une rotation autour du centre de torsion.

D’où si une section non symétrique par rapport à Gy est sollicitée par TY (passant par G) elle va tourner (autour du centre de torsion) ; pour qu’elle ne tourne pas il faudrait qu’elle soit sollicitée par T, passant par le centre de torsion C(=M,=O).


101

{kzzJj : C appartient à Gy si la section est symetrique par rapport à Gz. Si elle ne l’est pas, pour déterminer C, il faut considérer aussi les effets d’un effort tranchant,T, (analogues à ceux de T,). C a alors pour coordonnées :

(&j : Soit une poutre console et (S) une section droite de cette poutre. (3 ,{

l Au centre de torsion C de (S) appliquons une force T parallèle à Gy ; cette force produit au c .d.g. G de la section (S) les déplacements :

G Sy // à Gy

B, rotation autour de Gx : Qx = 0 par définition de C

l En G appliquons au moment de torsion M, , il produit en C les déplacements :

l D’après la théorie de réciprocité de Betti Maxwell (voir loin dans le cours) on a :

sous l’effet d’un moment de torsion, la section

T x S ;I = Mx x 0,a 8,~ tourne autour du centre de torsion =o

(d’où l’ appelation)

l Comme pour les déformations l’énergie interne est égale à la somme : Wi due à T, P~US Wi due à “- Mi

Notes de cours CAS-I/ H. FREITAVEIER

P2

Z-

102

/Y3 - Exemples de ditermination de centres de torsion :

z 4

C

Z

C

‘t(h) le’

Ailes : T

m(A) = il.e.h z t(A) = i. A h I : inertifGz du c

M’ / &fest(~) df32orles =-2 %

f-;lh.e.h.dA

T =--* h2.b2.e I

L

r h

Ame : on sait que t(yl.e’.dy=T h

=M’

/

c des tb)6m, = + T . d x

I

d’où la position du centre de torsion / (e’ n’intervient pas)

P3

ty d=&31++4vvxR 15X

avec, v : coefficient de Poisson C est à droite de G

Pourv=O, d=0,51.R

G est défini par 4R

a = - 37r

=0,424.R

103

I1 et I2 : inerties des ailes par rapport à G,

T : effort tranchant vertical sollicitant le t-+

0na t, dS=Tx 4

-Il + 12

t, dS=T. 12

II + 12

z j d=bxI,+12 1 Les caractéristiques de 1 ‘âme n ‘interviennent pas.

S(2 cp) = 2 R.cp.e

G : centre de gravité S(29) : Og = Rsinp

P M(2q) = 2.R2.e.sinq.sin(B+q)

t(2q)=:.2R2 .sinp.sin(B+p)

1 : inertie de 3

par rapport à Gz

M),a,des f(q)=: J”:>R’. sin.q.sin(Bi-p).R.e.2Rdp >

I=R3e n-O+ f sin20

7

/ox- x-t%siyEB.cos~

C --------

Soit d= 2R pour 8=0

Notes de cours CAS-II H. FREITASIEIER

104

f - Contraintes tangentielles longitudinales

f y l

Comme t,,, = t,, les plans longitudinaux de normale G-y ont tendance à glisser les uns par

lf"XY rapport aux autres. 11 est donc nécessaire de t -

YX

3 -

X verifier ce point, en particulier pour les

-__.- G poutres composites :

- poutres métalliques constituées de plusieurs profilés assemblés par rivets, boulons ou soudure.

- Poutres en bois formées de plusieurs poutres clouées, boulonnées ou collées.

- Poutres en B.A. : les armatures étant solidaires du béton grâce à l’adhérence.

Pour toutes ces poutres il faut vérifier avec soin les assemblages des diverses parties : rivets, boulons, soudures, clous, collage, adhérence armature - béton + (« entraînement des armatures »)

3 - DEFORMATIONS DUES A L’EFFORT TRANCHANT

t iy

, dv

D’après la loi de Hooke la distorsion est

y=;

X -

Si y était constant sur toute la section (ce qui revient à dire “si les sections droites restaient planes”) le déplacement relatif de 2 sections voisines distantes de L!K serait une translation dv parallèle à Gy de :

S : aire de la section

Notes de cours CAS-I/ H. FREITAYEIER

105

y n’étant pas constant, la translation dv est

différente (plus grande) de T

-di, le GS

coefficient de proportionnalité x dépendant de la section.

+x dv=x.

T -.dx GS

La distorsion moyenne est donc T

Y,, = x - GS (X>l)

Pour une section donnée on détermine x en écrivant la conservation de l’énergie s

(voir paragraphe 4). On appelle S, = - section réduite, relative au calcul des x

déformations (à ne pas confondre avec celle relative au calcul des contraintes S* ; en général SI f S*).

Relation entres les coefficients G, E et v

Considérons un petit élément carré soumis aux contraintes tangentes t. Les points C et D viennent en C’ et D’. Les contraintes principales (voir chap. sur contraintes) sont dirigées suivant les diagonales du carré et valent k t (traction suivant AD’ et compression suivant C’B. Compte tenu du coefficient de Poisson v, la fibre AD s’allonge de :

E=-$+vt)dx,h

Considérons le triangle AKD’ : 2

106

Soit en négligeant les infiniment petits y2 et E* : 3 + 2y

+ 1

= 2

L rl +

--. 2 t.(l+v E 1 A

V=O,5 V=O

4 - TRAVAIL DE DEFORMATION (Energie interne) a-l

dy

Un petit élément cisaillé de volume dV = dx.dy.dz,

lorsque le cisaillement croît de 0 à t (réversiblement), recoit l’énergie.

-

dWi =‘(t.dy.dz). ydx =&&=;;dv 2Yz-- 2 déplacement

Une tranche de poutre de longueur L!X reçoit, sous l’effet de T, l’énergie

y= 6

-dV=dx +&y .k 2G 2G

Pour les sections massives (voir dessin page 87)

l En négligeant txz, t=t =T-m(yl xy Lb($)

dAS=b(yl.dy

D’où W, =dx.

1 1 “m2

I

En posant s = 7 I

$ -pY Y

l On peut tenir compte de t,,en utilisant les hypothèses faites en 2ba.

On a alors :

Notes de cours CAS-II H. FREITAYEIER

4 t 8

t=--- 1

COSp ‘3

dS = dy . dz

Comme tg p = -5 ona: P

1 m* =- - 1 ( I* b*

I+tg” p).dy.dz

dz=bb)++b/yi.’ ;î’

3 y= T2 dx 2 GS,

Pour les sections constituées de profils minces

s __N

abscisse curviltgne t= T*m(s) dS=e(s).ds xavecI=I -ds I.e(s) S, I2 lasccrion e

Remarque : 1

s peut s ’ écrire. t2 .dS 1

Ainsi la tranche de poutre de longueur dx reqoit l’énergie FJ( T2

= ~ dx , écriture 2GS,

analogue à celles trouvées pour l’effort normal et le moment fléchissant.

L’énergie reçue par la poutre s’obtient en intégrant T2

- di le long de la 2GS,

poutre.

Considérons à nouveau la tranche de peutre de longueur dx, soumise aux efforts tranchant T.

T est pour cette tranche un-e face extérieure

Le travail externe fourni par l’effort tranchant quand il passe réversiblement de 0 à T est :

Le travail (interne) emmagasiné par tranche

est : w, =72& 2GS,

Conservation de l’énergie 3 Wi = W,

soit T2 T2

-----dx=x-- s

2GS, 2GS dx=C?, =-

x

D’où la section réduite qui intervient dans le calcul des déformations est la même que celle qui intervient dans le calcul de l’énergie interne. On a noté ces 2 sections réduites S 1.

b - Calculs de sections réduites SL(exemples)

a - Rectangle : de largeur b et de hauteur h (voir dessin page 92)

Notes de cours CAS-11 H. FREITASIEIER

p - Ellipse

; b(h1.i / 1

l

I = % ab3 (inertie par rapport à G3 >

Posons cose=y b

Onaalors dy=-bsin6

d’où

Au passage calculons S* :

t(ul =

&=- 1 s s, I2 b

en négligeant txz

-.sin6 6.d8= IO

9.7tab

t lm7.x = t, = 4T 4T =- -

3jzab 3-S

=3 3 3

S*=2xab=qS

Remarque : en tenant compte de t,, comme indiqué en page 106 on aurait trouvé

pour T dirigé suivant Gz on aurait

Valeur peu différente de celle que l’on vient de calculer.

Notes de cours CAS-I/ H. FREITAYEIER

Ii0

Par exemple pour le cercle : (a = b = R)

- en négligeant t,, s, +=0,900.s S=xR2

- en tenant compte de tXz s, = 0,844 . s

* le calcul rigoureux (théorie de l’élasticité) donne SI = 0,85 1 .S (ces deux valeurs

sont très proches).

y - Losange : sans tenir compte de t,, s =- s I 31’

6 - Profilés minces

/’ 1 / c On a vu qu’approximativement t est

constante sur la hauteur de l’âme et T

vaut t=- As âme

z pour l’âme la distorsion est sensiblement constante et vaut

T

Y = G . Sd,,

3 la déformation de la poutre est T

E - Tube mince

t(Q) = -& sin B (voir page 95)

nt2 (6). f. Rv. de 03

sin2 6 --&-$Y=[ ’ -;;ie2’ dB

1 1 ----=-a SI nRe

S, =nRe=c e

5 - POUTRE DE HAUTEUR RAPIDEMENT VARIABLE (Effet Résal)

Soit (S) la section d’une poutre de hauteur variable

Supposons (S) sollicitée en flexion simple

La somme F des contraintes situées d ‘un même côté du centre de gravité (y > 0 ou y < 0) est :

F = g + z étant le bras de levier z

Etudions comme on l’a fait en 2 . b . a l’équilibre de l’élément hachuré de longueur dx, situé au dessus du centre de gravité.

Ona:

di . b(o). txy (0) = F(x + a+) - F(x) = T. ak

(maintenant z est variable)

A4 dh dz dh

On peut admettre : - = h 3 txy (0) = T-h.Z T-++tga’)

z b(o).z = b(o). z

Tout se passe donc comme si l’effort tranchant était M dh

T’=T-hZ=T-+p+tga’j

T’ s’appelle : effort tranchant réduit.


112

Attention : IrI n’est pas forcément inférieur à /T/ 1T’l < ITI ! I I / si IMl augmente en même temps que h

I 1 T’, > ;T/ dans le cas contraire.

Par exemple, pour le dessin du haut de la page précédente on a IT’I > 1 T/

Explication intuitive : prenons la section sur appui d’un pont caisson à inertie

A4 La contrainte normale est, 0x = T y ; ces

contraintes équilibrent le moment M. Mais étant donné que la membrure inférieure

est inclinée, la contrainte résultante 7 qui s’exerce sur la facette inclinée est parallèle à la membrure. D’où il apparaît une contrainte tangentielle t < GX . tga qui s’oppose à T.

La somme de ces contraintes tangentes est A4 7tgazT’=T-+a

Voir développement de ceci au chapitre sur Les poutres de hauteur variable.

Lorsque la section est sollicitée en flexion composée il y a un autre terme correctif :

DC7 Voir par exemple R , d . M tome I de COURBON édité par DUNOD

6 - CAS OU LA SECTION RESTE PLANE

Notes de cours CAS-l/ H. FREITASKIER

113

Dans l’exemple ci-dessus, si le rivet est « fans jeu » dans son trou, par suite du frottement on a même aux points de la sur:ace du rivet (23 ou Cj, txy + 0.

Dans ce ca5 on peut admettre que la répartition des contraintes de cisaillement est uniforme SUT toute la section du rivet

I

t -T-F+ T est max pour la section BC et vaut F

“-S-S F pour la section BC 1 et que par conséquent les sections

droites du rivet restent planes.

114

7- EXERCICES

Exercice 1 :

Exercice 2

4000 daN

Une poutre de section rectangulaire sur appuis à ses extrémités porte une force concentrée unique. Calculer la contrainte de cisaillement maximale dans la poutre. Calculer également la contrainte de cisaillement en un point situé à 2,50 cm en dessous de la face supérieure de la poutre dans une section à 50 cm à droite de l’appui A . .

Soit la poutre en T portant la charge concentrée P = 4000 daN (cf. fig.)

Calculer la contrainte de cisaillement à 2 cm de la face supérieure de la poutre dans une section à l’encadrement.

Exercice 3

Une poutre de longueur 1, uniformément chargée (p/m). Calculer la flèche à l’extrémité B due à l’effort tranchant T

b c-l Section de la poutre

Notes de cours CAS-II H. FREITAUEIER

115

Exercice 4 :

Calcul d’une cheminée

Coupe I - I

1”) Calculer les sollicitations (M, N, T) le long de la cheminée.

2’) En pied de la cheminée (A), calculer :

a> CT , les contraintes normales et t, contraintes de cisaillement.

b) Calculer l’effort normal F p (précontrainte centrée) qu’il faut appliquer pour que la section A soit entièrement comprimée.

4 Calculer les nouvelles contraintes 0.

3’) Semelles

4 Calculer e (épaisseur) pour que la semellekol reste entièrement comprimée.

b) Calculer le coefficient de glissement semellekol nécessaire pour qu’il n’y ait pas de glissement.

Notes de cours CAS-l/ H. FREITAWEIER

II6

i- INTRODUCTION

3 et i@ étant les éléments de réduction en G des forces situées d’un même côté de la section (S) [à droite pour la figure ci- contre], le moment de torsion (Mx) est le composante de i$ sur & .

Ce chapitre est consacré à l’étude des effets du moment de torsion.

Convention de signe : on garde la convention mathématique.

Exemple de poutre soumise à un moment

Le moment de torsion est : F. d

Notes de cours CAS-W. FREITASMER

2- POUTRES DE SECTION CIRCULAIRE

a> Cormtraintes et déformations

On fait les hypothèses suivantes :

- les sections droites restent planes (symétrie) - le déplacement relatif de 2 sections

voisines se réduit à une rotation X

dO=O.dx d’axeGx 4 rotation par unité de longueur

L’expérience, et les calculs faits selon la théorie de l’élasticité montrent que ces hypothèses sont correctes dans le cas de la section circulaire nous verrons qu’elles ne le sont pas pour les autres sections.

I SECTION: x+dx SECTION AA

d% k--f a

Considérons un petit élément - surface dS - épaisseur & - à la distance r du centre G

La rotation de 3 - les angles du type b’a’a ne restent pas droits, leur

distorsion est : y = aa’ r.d8 -.---=------=r.@

dx ah

- les angles du type e’a’a restent droits - un côté du type ab ne change pas de longueur

118

- la longueur d’un côté du type a’a devient :

a’a,

son allongement est donc : d x . $-, allongement que l’on

peut en général négliger (y2 « 7)

D’où le moment de torsion M, provoque sur la facette dS une contrainte tangentielle t(r) = G . y = G . r . 0, t(r) étant perpendiculaire au rayon correspondant.

S C’est la seule contrainte sur dS si on néglige l’allongement des fibres longitudinales (type a’a) {* voir 1.5).

Bien sûr, propriété des contraintes tangentielles, t existe sur les facettes perpendiculaires à dS (dessin ci- contre)

Pour déterminer quantitativement t(r) il faut calculer la rotation unitaire o . Pour cela il faut exprimer que le moment par rapport à G du F(r) est égal à M, [équilibre de la section (s)].

Soit M, =

ZR” On appelle le terme - rigidité à la torsion et on le note K

7TR’ [ 1 K = - 2 2

On peut remarquer que K est ici le moment d’inertie de la section (S) par rapport au point G.

M Récapitulation : la rotation unitaire est 0 = ---A-

TR’ avec K=-

G.K 2

Notes de cours CAS-IRI. FREITASIEIER

119

-44 i La contrainte tangentielle t(r) à la distance r de G est ,

I t(r) = G .@a r = -$-. 1

b - Travail de déformation

Le petit élément ci contre de volume dV = r dq . dr . dx, quand la contrainte tangentielle croit réversiblement de 0 à t, reçoit l’énergie :

cF(dv)=&rdp.dr. ydx = jty.r.dp.dr.dx 2-g--- deplacemnt Y

Une tranche de poutre d’épaisseur dx regoit l’énergie :

t

Ce qui est bien normal puisque Mx .o.dx

2 . est le travail (W,) fourni par le

couple M, (appliqué réversiblement) qui tourne de @ . dx

Wi peut s’écrire aussi : dy. = M,.Odx A4; h G.K.02 dx

2 =2.G.K = 2

Notes de cours CAS-M% FREITAYEIER

Entre 2 points A et B l’expression précédente,

120

de la poutre, l’énergie interne s’obtient en intégrant Si la poutre est droite, de longueur J!, M, et K constants I

on a:

c) Cas de la section circulaire creuse

- - t(r) Tout ce qui précède s’applique à la section circulaire creuse en prenant

les bornes des intégrations étant R, et R, au

lieu de 0 et R

La rigidité à la torsion K est toujours le moment d’inertie polaire de la section par rapport à G.

d) Exercices

dl/- Déterminer tmax, la rotation 8 de la section A et le Wi pour une barre de fer $5 cm, longue de 2,50 m et soumise à un moment de torsion M, = 185 kg.m

5 2 x 18500 II t %’ max B’ A /

c = 2T x (2,q3

= 754 kg/cm2

.-i Mx=l 85 kgm

k---2~50m t K-ax2,5’ -

2 =61,4cm~

G= E 2,1x 106

2(1+8)=2(1+0,3) = 808 500 kghn’

Rotation unitaire : A4

0 = --z- = 18 500

G.K 808500x61,4 =3,73x10-’ rdcm /

Rotation de la section A (par rapport à B, qui ne tourne pas) :

8 =o. t = 3,73 . 10w4. 250 = 0,0932 rd soit 8 = 5”,3.

Notes de cours CAS-l/H. FREITASMER

121

w _ 18500’ x 250 --- 862 kg x cm

1-2x8o85oox61,4

d2/- Quelle largeur doit avoir une barre de fer 4 = I cm = 2R pour qu’elle puisse subir un angle de torsion de 90” entre les 2 sections extrêmes et ceci sans que t,, dépasse 925 kg/cm2.

I,

On a 0, -8, =5=0 =3 la rotation unitaire est O= -&

B-A

j Lx ,[email protected]

2t ~ tmG.B.R 808500.~~0,5=~~~~~ - =

t max 2x925

d3/- Une barre de section circulaire est encastrée aux 2 extrémités. Cette barre est soumise à un moment de torsion M, appliqué à la distance « a » de l’une des extrémités (voir figure).

Déterminer les efforts dans la barre.

Le problème est statiquement indéterminé.

Soient M’x et M”x tous les barres “a” et “b”

’ B OnaM’,+M”,=M,

B Pour la barre “a” la rotation du point C est :

Pour la barre “b” la rotation du point C est : ev’ _ IWx . b -

c GK

On doit avoir (compatibilité des déplacements) 6;. = 8,

122

Remaraue : ces résultats resteraient vrais même si la section n’était pas circulaire.

M- Sur un arbre en fer de 8 cm de diamètre est fixé un volant en fer de $0 cm de diamètre et 5 cm d’épaisseur (constante). Tandis que l’arbre tourne a n =60 tours par minute on bloque brusquement une des extrémités de l’arbre, celle distante de 1 = 1,00 m du volant.

Calculer le moment de torsion auquel est soumis l’arbre ; la contrainte tangentielle maximum et l’angle dont tourne encore le volant après le blocage.

Si y est la masse volumique du fer, le moment d’inertie du volant par rapport à son axe de rotation est :

( p=4ocm) I

LU

l

(R=rlOcm)

Jo = JrJ.dm= p.y.e.dS=y.e J r2dS = ye.f

volant

soit

J, = 7800 kg/m3 x 0,05 m x 7r x o,44

2 m4 =15,68 kgx m2

1 L’énergie cinétique du volant est : Ec = 2 J, . u) 2, u) étant la vitesse angulaire

w 2xtn 2~x60 z---z 60 60

=2?cg

-

zEc = 15,7x2x

2 = 309,57 Joule

On néglige l’énergie cinétique de l’arbre.

Cette énergie cinétique, quand on bloque l’extrémité de l’arbre, se transforme en énergie élastique dans l’arbre (Wi).

D’après le principe de conservation de l’énergie on a AE, = AWi

En particulier si on se place entre les instants

(1) où on bloque l’extrémité de l’arbre et (2) où le volant change de sens de rotation.

Notes de cours CAS-1kI. FREITAWEIER

123

On a : instant (1) : E, = 309,57

E, = 0 (car w =O)

Instant (2) :

Wi = O (pas d’effort dans l’arbre)

g,( _ MX .e -- ’ 2GK

AE, =309,57=310

310x2x793,1x108x0,0402x10” =I 406x10,Nm > .

soit : 14060

9,Sl =1433kgxm

G = 808 500 kg /cm2 = SO,85 x 108 kg/m2 = 793,14x 10’” N/m2

K= 7cxxd ~ = 402 cm’ = 0,0402 x 1 O-’ m’

2

z La contrainte maximum est 4 x 143300

t = Max 402 = 1326 kg/cm2

3 L’angle est :

e=~x~=“x~=Zij;~~~xe=O,044lrd Mx

soit 0,0441~~=2,53~ 32

3- SECTIONS DE FORME OUELCONOUE

a) Généralités

a - L’expérience, et les calculs faits selon la théorie de l’élasticité, montrent que, excepté pour la section circulaire (pleine ou creuse), les sections droites ne restent pas planes.

Prenons par exemple une section rectangulaire

Notes de cours CAS-l/H. FREITAVEIER

124

En traitjn : avant déformation En trait fort : après déformation

y = aie - a,be, = aia, - ebe, y = a’b’e’- a;b’e; = a’b’a; + e’b’e;

au, ee, au, -e.ëlLh+ Gb

=dx-z<dr- di *

=a’a; : e’e; ,ata; - ---o-c& dx di dx

w 0 : rotation unitaire (rotation relative de 2 sections distantes de 1 ‘unité) Cette rotation se fait autour du « centre de torsion » qui est G ici (par symétrie)

Le gauchissement des stations se traduit par :

La fibre be s’incline dans le plan abe en bel, atténuant la variation de l’angle droit abe, tandis que la fibre s’incline en b’e’l accentuant la variation de l’angle a’b’e’.

Par conséquent, les déplacements aa et a’a’ 1 étant proportionnels à la distance par rapport au centre de torsion (comme pour la section circulaire), les distorsions y ne le sont plus

Enb: y C%=C~.% enb’: y> C$=o.Gb

Il en résulte que les contraintes tangentielles t=G.y ne sont plus proportionnelles, en général, à la distance par rapport au centre de torsion. En particulier t n’est pas maximum en général aux points les plus éloignés du centre de torsion. Pour la section rectangulaire t est nul aux 4 sommets*, il est maximum au milieu des grands côtés.

Notes de cours CAS-M-I. FREITASIEIER

125

Remarques

3 --v

t; t

I tj “In t

Sur les points du carton exterieur Y est tangent au contour

ti = 0 =3 tn = 0 =3 f est tangent au contour

p - Calculs des contraintes et des déformations

Excepté pour la section circulaire ($2) et pour les sections constituées de profils minces (tubes minces 5 3.~) on ne peut pas faire d’hypothèses permettant un calcul simple de t et o .

Pour une section quelconque il faut donc avoir recours aux calculs complexes faits selon la théorie de l’élasticité. On peut toutefois s’aider des deux analogies suivantes :

l Analogie hvdraulique :

i i i

\i I

Considérons un récipient cylindrique, profond, de section égale à celle de la poutre, contenant un liquide incompressible, sans frottement soumis à un mouvement de rotation autour d’un axe vertical.

Les équations aux dérivées partielles qui permettent de résoudre ce problème d’hydraulique sont les mêmes que celles de la théorie de l’élasticité pour résoudre le problème de torsion, la vitesse v’du fluide remplaçant la contrainte tangentielle t , les lignes de courant remplaçant les lignes de cisaillement.

Notes de cours CAS-l/H. FREITASIEIER

126

q L.es deux phénomènes ont même « allure », en particulier :

- Près des bords du récipient les lignes courant sont bien tangentes au contour du récipient.

r-- v=o

r-l

- Dans les angles il y a formation de zone « morte » ,’ **-- ---.,

T \ \ : où la vitesse du liquide est nulle (t est nulle aux

\ V ‘. ,I l -----_--’

angles .)

n Cette analogie ne simplifie pas l’étude de la torsion, les difficultés pour résoudre les équations sont les mêmes dans les deux cas et l’étude expérimentale quantitative faite selon le modèle hydraulique n’est pas facile.

Cependant le phénomène hydraulique étant plus intuitif que le phénomène élastique cette analogie donne des renseignements qualitatifs.

Par exemple pour une section rectangulaire il est clair que la vitesse du liquide (et donc t) est maximum au milieu des grands côtés (points B et B’)

l Analogie de la membrane

Soit une membrane d’épaisseur constante d’épaisseur fixée et tendue uniformément sur un contour plan égal à celui de la section de la poutre ; si on soumet cette membrane à une pression normale d uniforme on a les correspondances suivantes :

effort de tension par unité de

longueur

membrane -’

H

1, i I- l -q

t

I I-

./’ l- I I-

H

- les lignes de niveau de la membrane sont confondues avec les lignes de cisaillement.

- en un point la contrainte de cisaillement est égale à la pente maximum de la membrane en ce point.

Notes de cours CAS-M-I. FREITAS/EIER

127

- le moment de torsion Mx est égal au double du volume balayé par la membrane pendant sa déformation.

Appliquons cette analogie à une section rectangulaire allongée

La membrane ne supportant pas de moment, sa déformée est une courbe funiculaire de la charge q.

412 Ona OH=- -Y Sf

l La déformée de la membrane a pour équation :

r=4fp b2

Le volume balayé par la membrane est :

V A 4f -= - a

bf 2j -X2 .dX=+bf b2

d’où Mx =2V=$.bf .a

3M af=-.-" 4 ab

Au point X la pente de la membrane est

-=8f,=6x dx b2

ab3 x =t(x)

*contrainte de cisaillement au point X

La contrainte t(X) est maximum pour X = k g (bords)

b - Sections massives

a - Contraintes et déformations : on donne ci-après les sections les plus courantes des résultats issus en général de la théorie de l’élasticité.

Notes de cours CAS-VI-I. FREITASiEIER

128

m Ellipse

. Y

a I’ I .

On trouve que les lignes de cisaillement sont des ellipses homothétiques

Sur un rayon t est parallèle à la tangente au contour extérieur issue de l’extrémité du rayon.

Le long d’un rayon t est proportionnel à la distance du centre G mais le coefficient de proportionnalité varie d’un rayon à l’autre

2M l Au point de coordonnées x et y, t(~, y) = 2. 2.d

a’ b”

t est maximum aux extrémités du petit axe :

aux extrémités du grand axe le cisaillement est t, = 2M, b

= - . t,, xa’b a

La rotation unitaire est : A4 a2+b2

0 = x G ‘za3 b3

{le centre de torsion est G)

3 la rigidité à la torsion est : K = n a3 b3

a2 +b’

La section se gauchit, les axes restant dans le plan primitif, les 2 quadrants hachurés se baissent, les 2 autres se soulèvent.

* Rectangle : A4

On a : tmm = a . --z- @=p Mx / ligne de cisaillement a.b2’ G.a.b’

/’ I

-. tmax Les coefficients a et p sont donnés par le tableau

k a I, suivant en fonction du rapport n des côtés.

Notes de cours CAS-X-I. FREITAWElER

129 129

P P 7,114 7,114 5,82 5,82 5,ll 5,ll ’ ’ 4,67 4,67 4,37 4,37 4,Gl 4,Gl 3,8G 3,8G 3,43 3,43 3,2G 3,2G 3 3

Formules approchées de a et l3 :

la M 4.u51 I I- ‘,n’-1,81x -

F 2+n2

I+n2 =- 3,557-0,561 1 i Il l-n =

- 2 I-t-vr

n=a b

Pour le rectangle allongé [a >> b] on a a = p = 3, on retrouve bien pour t,, le résultat obtenu par l’analogie de la membrane.

n Triangle équilatéral

lignes de cisaillement

n Triangle isocèle

A4 t max = 20 x

a3

@)O Mx M z. s = 46,19 Ga’ (centre de torsion : G)

Al? a” -K=--- -- 80 a4 - 4619

M t mnr =15-”

ab2 au milieu du plus long côté

a i; &!!L a3 .b3

avec K= GK 15a2 +20b2

Notes de cours CAS-l/H. FREITAWEXER

130

n Serment circulaire

R cIliE 2cx

\ ‘t max

n Section circulaire

0 t’-/ max a y

A4 t z---L.- mM C.R3

@2!L G. K.

K =c’R

M t =--AL

maï C R3.

Q= Mx G.c’R4 Y ’

K

E 45" 0,0712 60 90 0,227 120 0,35 180 270 300 360

C' 0,0181 0,0349 0,0825 0,148 0,296 0,528 0,686 0,878

. Polygone convexe quelconque

Approximativement on a :

&M, avec K = S’

GK 40.1,

S : aire de la section

I, : moment d’inertie de la section

par rapport à G

A4 . t mar =A.G.O=c.-” avec c =

K

. D est le diamètre du plus grand cercle inscriptible dans la section

Où . r est le rayon de courbure du contour de la section au point du

contact avec le cercle précédant

. S : aire de la section

Notes de cours CAS-l/H. FREITASIEIER

131

A titre de « test » on va appliquer ces relaticns approchées à des sections où l’on connaît t,, et 0 rigoureusement.

D’

m

G D=R

A

9% EnA, r=co

ZRR” 1, =-

+9x2-64 8 73m.

R"=0,393R"i-0,110R"=0,503R" / L /L

K= E4.R8 40~0,503. R4

=0,302

R t = I?zM T2Xip2XR4

1+0,15 I+ -

16x1,57xRJ

valeur exacte. M, 0,35.R'

A Section circulaire

S=ltR2

D=2R

r=R

?2R4 1, =-

2

,4 R L la valeur exacte est 0,296 R4

K= rr4R84 x3 R4

40%

=--=1,55R4 20

M x= K - 0,296 0,312.R3

valeur exacte : 5 R 4

A Carré de côté « a »

M valeur exacte : x

5R’

Notes de cours CAS-MI FREITASMER

132

S=a*

D=a

K= a8 =a4 a4 4ox< 667

valeur exacte : - 7,114

6

t mBy =l+b [l+O,LS(~-0)]$6,67=4,5+

16a4

valeur exacte M

4,80X a3

p - Energie interne

Toujours avec les hypothèses habituelles concernant la. réversibilité dans l’application des charges, une tranche de poutre de longueur dx emmagasine l’énergie :

Wi=W,= ;M,[email protected] = M; .dx G.K.@* .dx 2GK= 2

4

conservation de l’énergie

y - Exercices

l y1 .- Comparer tmax et 0 dans une barre de section rectangulaire (a/b =3) et dans une barre de section circulaire de même aire ; les 2 heures étant soumises au même M,.

Ona:S=ab=3b2=xR2 3 b=R F ir

M Dans le rectangle t,, = 3,74. --L =

3b.b’

Dans le cercle t’ 2M

mar = --..--z @‘= 2Mx 52R3 G.nR’

0=3,80 Mx G.36.b’

Notes de cours CAS-l/H. FREITASEIER

133

,,=3,74xxR3 13=, 827 E-3,80 rR’ t

xR2.R 1~ ’ -- -= Lx 0’ 2 ‘rR2 zR2 1,814

3

s une section circulaire est mieux adaptée qu’une section rectangulaire pour résister à la torsion.

l y2 .- Une barre de section circulaire (rayon R) et une barre de section carrée (a . a) sont soumises au même moment de torsion MX. Calculer a en fonction de R pour que les 2 barres aient même t,,.

On doit avoir : w _2M 4,804. - - 2 a3 TTR’

Le rapport des sections est ‘* 1,96

-P--z],22 nR2 rR2

0 y3 .- Une poutre de section circulaire (rayon R) et une poutre constituée de deux ?4 cercles de rayon R accolés sont soumises au même moment de torsion M,. Comparer leur t,, et 0

pour la section (2) :

(2)

pour la section (1)

t 0 a “-=2,25

t’ -=2,65 0’ max

M.

t max =2,86x ?4 M -=1,43.-” ZG R3 R3.

“A 5 0=3,38x- =x6 GR” =1’69 R”

t’ 2.M M

max =-.---5-=0,636-x I;ïR3 R’

@f-3 A4 - -=0,636-x- n R” R’

Notes de cours CAS-VH. FREITASIEIER

134

c - Sections constituées de profils minces

a - Profils fermés

(Cl t .’ ‘Z,

II t e ,j--

333

i ‘,i’@

x -

D’après la relation fondamentale obtenue au chapitre précédent 9 2a on a

1 =-

L CD

si T=O ona tn . dt = 0 CD

Appliquons cette relation au cas présent :

Le tube étant mince on peut admettre que sur ij If1

est constante et t est parallèle à la tangente au contour en i (ou j). idem pour i’j’

z la relation précédente devient t.e = t’.e’

Cette relation est vraie quelque soit la section ij considérée, on a donc

T . e = constante = 4 l

[Ceci est bien normal si l’on fait l’analogie hydraulique, 4 étant le débit]

On peut retrouve directement la relation te=constante, en écrivant l’équilibre suivant x de l’élément ci-contre :

t.e.dx- t’.e’dx = 0

Calcul de b

Par rapport à un point 0 quelconque le moment des contraintes t doit être égal àM,

Notes de cours CAS-M-I. FREITASMER

135

=3 M, = j&j t . e . dh . r = Q, ,icr, r . dk = 2 .$ . S

S étant l’aire délimitée par (IY)

(en effet, r.dh est 2 fois l’an-e du triangle hachuré >

avec e, épaisseur du profil à 1 ‘endroit où 1 ‘on calcul t

Si e n’est pas petit, t = Mx 2.S.e

est la contrainte normale moyenne sur ij.

Calcul de la rotation unitaire

- Cette rotation se fait autour du centre de torsion, en général différent du centre de gravité ; on calcule la position de ce centre de torsion comme indiqué au chapitre précédent.

- On calcule la rotation unitaire 0 en appliquant le principe de conservation de l’énergie

1 w, =2.M” .o.dx

, A étant la longueur de la courbe (II)

s

Notes de cours CAS-l/H. FREITASMER

136

0 La rigidite à la torsion K est I K = - 4s2

I lK= 4.S2 .e

si e = con.stante I A

0 L’énergie interne s’exprime toujours sous la même forme :

Cas des tubes minces multicellulaires

?our 2 cellules

Soient SI et S2 les aires délimitées par rl+r3 et lF2+lY3

Les rotations sont analogues à celles du tube monocellulaire

D’après la relation tx .d!=O CD on a : tl.e,=t3.e3+t2.e2 [conservation du débit en hydraulique]

On a aussi tl.el = constante, appelons $1 cette constante : tl . el = $1 ----

De même tz .ez = bz et if .el= (bu on a la relation 41= 62 + $1

Pour que la section soit en équilibre on doit avoir (comme pour le tube monocellulaire)

M, = I: rdit+t.e.dl.r= I

t,.e,.r.dA + t,.e,.r.dA = t, .e, .r.dA J-2 t-3 I 1 2 I

D’où AL?, = 2.$!&s, + 242 .s,

Posons Ml = 2 41 SI et MZ=2(b2.S2 M1+M2=MX

137

Considérons la cellule SI : 6I = Ml dA i - 4.G.S: !+r3 e

Considérons la cellule S2 :

Les rotations unitaires doivent être les mêmes = 0, =o,

i M, =2.q$ S, +2.$* .S, (1)

Récapitulons :

244 4 I

dA 2.4, .S, d/Z 4.G.S; I+~X y= 4G.S; e I 2-l-3 (2)

1 A = 4 - #2

i 41 t, =- 4’ h e1

t, =y e

t, =--y- e

Les équations (1) et (2) donnant $1 et $2

L’équation (3) donne $3

Les équations (4) donnent tl, t2 et t3

On va expliciter l’équation (2) pour

(2) s’écrit : 4 1. Sl

p - Profils ouverts

(3)

(4)

el= constante e2 = cte et e3 = cte

LEÏL- 1 7-i----- -l ‘1

Il

La théorie de l’élasticité et surtout de nombreuses expériences montrent que t,, et 0 sont pratiquement (‘) les mêmes p our une section rectangulaire allongée et pour la même section mais repliée de façon quelconque

D’OÙ,

e I

5

Poure<< f: -

138

les coefficients a et p sont ceux du tableau page 12 1. e n étant maintenant le rapport - e

! : longueur du profil e : épaisseur du profil

a=p=3

En outre, si la section comprend plusieurs épaisseurs, on extrapole les

expressions précédentes en remplaçant : e . e3par c e, .ef (.!l : longueur du

profil d’épaisseur ei ) et en admettant que l’on a toujkrs t = G . o . e.

Energ;ie interne : elle a toujours la même expression :

3Mx c li . e,3 On a ainsi 0 =

G.xli.e; K=’ 3 la

rotation se fait autour du centre de torsion.

Pour le profil ei, près du bord extérieur on a : M

[email protected],=-Y e = 3.Mx .ei

K ’ ’ c lj ,e,T

ti est maximum là où l’épaisseur est la plus grande : A4

t max =Le

K m7.x

w l =-.Mx .e.dk=- I 2

‘-m= f .G.K.s’.& 2 G.K

c lj .e’ Nota * (l) Certains auteurs « affinent » cette expression : -* K=V X’

3 Avec ?f7 = l,oo pour section L

?j = 1,12 ‘9 en U couché ?jJ = 1,15 0 T ‘I = 1,20 0 1

Notes de cours CAS-VI-I. FREITAS/EIER

139

y - Exereiees

y:) Les 2 sections ci contre étant soumises au même moment de torsion M,, comparer leurs t max et 0

Pour le tube fermé on a :

@=M” GK

avec IC=I, =2nR3 e

M t =--LR= Mx

max K 2xRe2

Remarque : pour e « R on trouve les mêmes résultats en utilisant les formules du 5 2 relatives à la section circulaire ou celles du 5 3c.a relatives aux tubes minces.

Pour le tube fendu

~ 0’ 3 x 2jzR3e 3R2 ,,1 o=

=- 2nRe3 e2

tm, JR =->>I t MM e

3 Le tube fermé résiste bien mieux à la torsion que le tube ouvert. Plus généralement les profils fermés résistent bien mieux que les propls ouverts à la torsion.

lignes de cisaillement 2cm ,/--

I / _-

1 15cm ,j

Une poutre en fer a la section ci-contre

Calculer le moment de torsion admissible M, sachant que la contrainte de cisaillement admissible est i, = 900 kg/cm2

Calculer alors (pour M, = gX) la rotation 8 qur 2,20 m de longueur (G = 800 000 kg/cm2)

On applique les relations pages et . S=14x18=252cm2 =MI =90Ox2x252x1=453600kgxcm

(épaisseur la plus petite)

Notes de cours CAS-M-I. FREITAYEIER

140

- 1.2 cm

E lignes de cisaillement IlIlLik Calculer t,, et 0.

3 x 7200 t = = 798 0 mM kg/cm2

6

18,8x 1,22

n! @= 3 x 7200

I IOcm 1. 8OOOOOx18,8x1,23 =8,3x10-’ rg,,,

J- -zc2 14 18

e -y+2y=50

@= 453 600 4 x 800 000 x 2522

x50=1,12x10‘“~~m

Rotation sur 2,20 m : 8= 1,12x 10-4x220=0,0246rd= 1,4”

Remarque : si on modifiait la section en lui ajoutant 2 ailes (figure ci-contre) sa résistance à la torsion serait pratiquement inchangée.

I lignes de cisaillement

La contribution des ailes peut s’estimer à

~ 2.1.e3 2.10.23 = = = 53 cm -/ 3 3 , rigidité

qui à comparer à K = 4 x 2522

=5100cmJ 50

3 La contribution des ailes est bien négligeable.

Y3’ La cornière ci contre est soumise à M, = 72 kg.m

141

Y4 L’IPE 220 ci-contre est soumis à M, = 100 kg.m

Calculer t,, et 0 @ = 800 000 kg/cm*

@A avec GK

K=(2xll~0,92~ +20,2~0,59~)~;=7,lcm’

Le catalogue donne K = (J) = 8,86 cm4

En appliquant le coefficient correctifS = I,2 @age . ...) ona:K=1,2x7,1 =8,52~8,86

* tmm = 10000

7,l x 0,92 = 1296 kg/cm’

+ dans les ailes

dans l’âme 10000

t = 800000 x 7,l

= 0,00176rdlcm soit 1O’lm

Remarque : Le tube mince ci-contre a même section que 1’IPE 220 (32,16 cm2), son épaisseur e = 0,762 cm est l’épaisseur moyenne du IPE 220.

Si on soumet ce tube à M, = 100 kg x m

10000 t = 2 mM 2~x6,72~ x0,762 46,3 kg/cm

@= 100 000 = 0,000 2i2~6,72~ x0,762x800000

0086 yyrn

Ceci démontre bien que les profils ouverts ne sont pas du tout adaptés pour résister à la torsion.

Conséquence (exemple) un port courbe étant soumis à de la torsion doit avoir pour section :

et non vI

142

4- DIRECTIONS PRINCIPALES ET CONTRAINTES PRINCIPALES

l@e de cisaillement

45”

\ -1 \ 02 01

k/ /- /

: t

-T?Z&@ - dS.= \ z (-3

t’ /\ dS’i t

contraintes principales

OI= +t

u2=-t

--ligne de cisaillement

Sur les sections droites (S) le moment de torsion ne donne (en lère approximation) que des contraintes tangentielles f .

Plaçons nous en un point quelconque P de la section (S), et considérons en P la facette dS’ perpendiculaire à ?.

Sur dS’ règne une contrainte tangentielle t ’ telle que :

Plaçons nous maintenant dans le plan défini par t et ? ’ .

En P les directions principales font f 45’ avec t

Et les contraintes principales sont o1 = + t (traction)

et o1 = + t (compression)

Exemple : bâton de craie de section circulaire Si on soumet le béton à un M, suffisant il se casse suivant une surface hélicoïdale, la cassure étant I aux contraintes principales de traction

143

Remarque : ce qui précède s’applique aussi à l’effort tranchant (voir fig. Ci- contre).

5 - CONCENTRATION DE CONTRAINTES

a) Les résultats que l’on vient d’obtenir restent bons si la section varie lentement.

Exemple : pour un arbre conique de section circulaire le calcul rigoureux est possible.

Ce calcul montre que :

t max =kx y =k 2M~ x- Tir3

\ 2 , 1,, calculé comme si la section était constante

k est donné par le tableau suivant en fonction de a

a 10" 15 20 30

k 0,99 0,98 0,96 0,91

b) Par contre si la section varie brusquement les résultats que l’on vient d’obtenir ne sont plus bons, il y a « concentration de contraintes » aux changements brusque de section.

144

Exemple :

t max =k.$ ,

avec k étant donné par le tableau ci-dessus.

D=ZR

d = 2.r

t max ck.3

m3

k= (D-d+2p)(d+2p)2 +4p2(D-d-2p) ww + 4P)

Pour une gorge en % cercle d= D-2p

Ona k= 2D D+2p

Pour une petite gorge k est voisin de 2.

Il y a également concentration de contraintes quand la section présente des « accidents ».

‘i ‘-, t grand

-. ‘.____

t élevé

1).-

C’est intuitif lorsqu’on fait l’analogie hydraulique : aux « accidents » le régime est turbulent z la vitesse est grande. Pour diminuer les tourbillons il faut des arrondis ; c’est ce que l’on fait aussi pour diminuer « t ».

Notes de cours CAS-M-I. FREtTASMER

144

6- TENSIONS SECONDAIRES

On a vu, (page 119) que sous l’effet du moment de torsion les fibres longitudinales s’allongent un peu : une fibre de longueur initiale dx s’allonge de

117

Sa déformation est : - soit O2 .r2

r étant sa distance du centre de torsion. 2

2

Ce sont les fibres les plus éloignées du centre de torsion qui s’allongent le plus.

Cette déformation longitudinale entraîne une contrainte normale CT,. La somme de ces contraintes cX sur la section (S) est égale à l’effort normal N :

(1) N est nul si les sections d’extrémité de la barre sont libres de se rapprocher.

(2) N est une traction si les sections d’extrémité de la barre ne sont pas libres de se rapprocher.

Dans le cas (2) O2 r2

ox =E.E, =E- 2

Dans le cas (1) la barre va subir un raccourcissement d’ensemble a0 et on aura

ox =E(q -&,)=E

E, est tel que I S)

0, .dS=O soit lsj [y-c,,)dS=O

On constate que pour les sections massives (type section circulaire ou tube fermé) ces tensions secondaires oX ne sont pas élevées, par contre pour les sections allongées elles peuvent l’être.

Pour approfondir 1 ‘étude des profils minces se reporter au livre : « Pièces longues en Voiles minces » par B. Z. VLASSOV Edition Eyrolles

Notes de cours CAS-I/H. FREITASMER

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