Cours de mécanique Résistance des Matériauxamista.free.fr/telechargement/ista/Meca_bac_pro-RDM.pdf · Cours de mécanique Résistance des Matériaux I.S.T.A de Ploufragan D.L

Cours de mécanique Résistance des Matériaux

I.S.T.A de Ploufragan D.L. 174



4.1 - GENERALITES

BUT DE LA R.D.M.

Le but de la R.D.M. est de déterminer les formes les plus économiques et de calculer les dimensions

des pièces qui doivent, en toute sécurité, résister aux efforts prévus.

La sécurité d'une construction, d'un pont par exemple, est assurée si les forces extérieures :

ne provoquent pas sa rupture,

ne provoquent pas des déformations permanentes, mais uniquement des déformations

élastiques.

HYPOTHESES DE LA R.D.M.

� Le matériau est supposé :

• HOMOGENE même constitution physique et même structure en tout point.

• ISOTROPE (même propriété mécanique en tout point et suivant une direction quelconque).

� Les corps étudiés sont des poutres :

AG

B

Ligne

Lm

(Section S)

L

moyenne

A(Section S )

B(Section S )

Caractéristique d'une poutre

Une poutre est un solide long par rapport aux dimensions des sections droites (sa longueur est

supérieur à 10 fois la plus grande dimension transversale de la section droite).

Une poutre est un corps dont le volume est engendré par une surface plane S dont le centre de

gravité G décrit une ligne donnée AB appelé ligne moyenne de la poutre, la surface S restant

normal à la ligne moyenne en G. La surface S est invariable ou varie que progressivement

(lentement et de façon continue) entre A et B.

La ligne moyenne doit être plane, une droite le plus souvent, ou une courbe à grand rayon de

courbure, 10 fois au moins la plus grande des dimensions transversales.



SOLLICITATIONS SIMPLES

� Extension ou traction

La déformation de la poutre est

caractérisée par un allongement ∆L.

∆L

Avant

Après

� Compression des pièces courtes

La déformation de la poutre est

caractérisée par un raccourcissement

∆L.

∆L

Avant

Après

� Cisaillement

La déformation est caractérisée

par un glissement relatif des sections

cisaillées S1 et S2

Après

Avant

∆LPoutre

S1

S2

S1S2

� Torsion

La déformation est caractérisée

par une rotation (glissement) des

sections droites les unes par rapport aux

autres. La ligne moyenne, inchangée, est

l'axe des rotations successives des

sections droites.

Avant

Après

A B

A

B

� Flexion pure La déformation est caractérisée

par un fléchissement sans allongement

des fibres contenues dans le plans

moyen. En ce qui concerne les fibres

situées au dessus (et au dessous) du plan

moyen, il y a fléchissement avec

allongement (ou raccourcissement).

Après

Avant

Poutre

∆L



4.2 - TRACTION OU EXTENSION

DEFINITION

Un corps est sollicité à la traction lorsqu'il est soumis à deux forces qui tendent à

l'allonger.

Exemple : Un câble soulevant une charge

EFFORT NORMAL

Lorsqu'on isole le câble nous

remarquons qu'il est soumis à l'action de

deux forces directement opposées et qui

tendent à l’allonger.

Supposons que l'on effectue une

coupure dans le câble en G entre A et B. La

coupe est faite au niveau de la section droite

S située à la distance l du point B.

On pose : BG : Tronçon 1

AG : Tronçon 2 P

B

A

On isole le câble AB

A

B

P

-P

Section du câble (S)

Câble

Charge

→

→→

G

llll

Tronçon 2

Tronçon 1

On isole le tronçon 1

BB→

G

llll

Tronçon 1 Charge/1

G→

2/1Section du câble (S)

Bilan mécanique

ForcesPoint

d’applicationDirection

G

et sensIntensité(en daN)

G2/1

→

PBBCharge/1

→

? ?

Constat : Solide en équilibre sous l’action de 2 forces

Conclusion : Ces deux forces sont donc égales et directement

opposées →→

−=⇒ 1/eargCh1/2 BG

En conclusion, nous dirons que l’action exercée par le tronçon 2 sur le tronçon 1 se réduit à une

force →

1/2G , appelée EFFORT NORMAL , perpendiculaire à la section droite S et portée par la

ligne moyenne.



CONTRAINTE NORMALE

D'une façon schématique, la contrainte normale symbolisée par la lettre sigma (σ) représente

l'effort de traction en un point de la section S pour une surface dont l'aire est égale à 1.

G

l

Tronçon 1

SN =σ

Dans le cas général de la traction, il y a répartition

uniforme des contraintes dans la section droite S et nous

avons :

SN

S

G 1/2 ==

→

σ

Avec : σσσσ → Contrainte normale (en N/mm2 ou MPa

(méga-Pascal))

N → Effort normal (en N )

S → Section droite (en mm2)

ESSAI DE TRACTION

L’essai de traction est le procédé expérimental le plus utilisé pour définir les caractéristiques

mécaniques des matériaux, car il permet la détermination des propriétés essentielles.

PRINCIPE :

On applique progressivement et

lentement à une éprouvette cylindrique, de

forme et de dimension normalisées (longueur

L0, section S0) une force de traction

croissante de 0 à Fmax.

Au cours de l'essai, l'éprouvette va

d'abord s'allonger, puis se déformer pour enfin

se briser. Dès lors on peut mesurer

l'allongement: 0L LL −=∆

A A A

BB

B

RuptureL

L0

S0

S

maxF→F

→

F→

maxF→



Un appareil

enregistreur trace une

courbe (ci-contre) qui

nous indique comment

varie l'allongement en

fonction de la charge

A

B

Zône de déformation plastique

∆L(mm)

Fr

Fe

C

Force (en daN)

O

Zône de déformation élastique

Nous avons : OA : Déformation élastique

ABC : Déformation plastique

Point A : Charge à la limite apparente d'élasticité (Fe)

Point B : Charge maximale (Fr)

Point C : Point de rupture (charge au moment de la rupture).

CARACTERISTIQUES FONDAMENTALES DEFINIES PAR L'ESSAI DE TRACTION

• Limite élastique : 0S

Fe = Re (en N/mm 2

ou MPa (méga-Pascal))

Avec S0 (section initiale)

• Résistance à la rupture : 0S

Fr =Rr (en N/mm 2

ou MPa (méga-Pascal))

• Allongement pour cent : 0

0

L)LL(100 −= %A L : longueur après rupture

L0 : longueur initiale

• Coefficient de striction : 0

0

S)SS(100 −= %Z S : section après rupture

S0 : Section initiale



CONDITION DE RESISTANCE A L'EXTENSION

Pour qu'une pièce sollicitée à l'extension résiste en toute sécurité, il faut que la contrainte σ soit

inférieur ou au plus égale à la résistance pratique à l'extension Rpe (Rpe est en général définie à

partir de la résistance à la rupture Rr du matériau). Soit :

MPa)(en kS

N RrRpe == ≤σ

k est appelé coefficient de sécurité adopté pour la construction de l'appareil. Il est choisi de

façon à ce qu'en cours de fonctionnement normal les contraintes normales ne dépassent pas la limite

élastique Re du matériau

k est compris entre 1,5 et 10 suivant le genre de construction. En construction aéronautique par

exemple, k sera de l'ordre de 1,5 pour certaines pièces car il faut construire léger. En construction

métallique courante k = 1,5 à 2.

DEFORMATION ALLONGEMENT RELATIF

Les expériences (essais de traction)

montrent que les allongements sont

proportionnels aux longueurs initiales dans

la zone élastique. Cette propriété est

traduite par la notion d'allongement

relatif ε :

00

0

00

0

XX

XXX

LL

LLL ∆=−=∆=−=ε

∆ L

Lo

-P P

Xo

X

L

∆X

BA

→→→→ →→→→

� L et L0 sont les longueurs finale et initiale du solide.

� ∆L représente l'allongement total de la poutre.

� X et X0 sont les longueurs finale et initiale d’un tronçon

� ∆X représente l'allongement du tronçon.

� ε traduit l'allongement d'une poutre dont la longueur est égale à 1. (pas d'unité),



LOI DE HOOKE

Nous avons vu que pour un grand nombre de matériaux, l'essai de traction montre qu'il existe une

zone élastique pour laquelle l'effort de tension de l'éprouvette est proportionnel à l'allongement de cette

même éprouvette.

Soit la loi de HOOKE : σ σ σ σ = E . εεεε

Avec : E → Module d’élasticité longitudinale ou module de coulomb (en N/mm 2 ou MPa

(méga-Pascal))

εεεε → allongement relatif (pas d’unité)

σσσσ → contrainte normale (en N/mm 2 ou MPa (méga-Pascal))

Quelques exemples de valeurs de E

Carbures métalliques 550000 Mpa

Tungstène 420000 MPa

Aciers 170000 à 280000 MPa

Aciers de construction 200000 à 220000 MPa

Cuivre 126000 MPa

Titane 105000 MPa

Bronze 100000 à 120000 MPa

Fonte 100000 MPa

Laiton 92000 MPa

Zinc 80000 MPa

Alliage d'aluminium 70000 à 75000 MPa

Verre 70000 à 75000 MPa

Magnésium 45000 MPa

Etain 40000 MPa

Béton 20000 MPa

Bois 10000 à 30000 MPa



EXEMPLES

Ex. N°1 : Soit une poutre appartenant à la charpente métallique d’un bâtiment. La poutre est en acier

E24, la limite à la rupture est de 380 MPa et la limite élastique Re est de 240 MPa. La poutre

est soumise à un effort de traction de 120 000 daN.

d

120 KN 120 KN

S

∅

Question : La section de la poutre est cylindrique et le coefficient de sécurité adopté est de 6

Déterminer le diamètre minimum admissible pour la construction.

Réponse : Pour que la poutre résiste en toute sécurité, la contrainte normale dans la section

droite S doit être inférieur ou égale à la résistance pratique à l’extension Rpe.

� Détermination de la résistance pratique à l’extension Rpe:

MPa3,636

380

k===

RrRpe

� Détermination de la contrainte normale σσσσ:

22 d

N4

4

d

N

S

N

⋅π⋅

=⋅π

==σ

� Détermination du diamètre d de la poutre:

Condition de résistance : MPa3,63d

N42 =

⋅π⋅

= ≤σ Rpe

Soit 3,63d

N42

≤⋅π⋅

⇒ )d(3,63N4 2⋅π⋅⋅ ≤

⇒ N4)d(3,63 2 ⋅⋅π⋅ ≥

⇒

π×

⋅≥3,63

N4d2

Finalement :

π×

×=

π×⋅≥

3,63

1200004

3,63

N4d

mm12,49d ≥≥≥≥

Le constructeur devra choisir une poutre dont le diamètre devra être au

minimum de 49,12 mm. Il pourra la choisir dans les catalogues des fabriquants

de charpente métallique.



Ex. N°2 : Une barre carrée en acier de 8 mm de coté et d’une longueur de 1,5 m supporte une charge de

2000 daN.

2000 daN 2000 daN

S

8 mm

Question : Déterminer la contrainte et l’allongement dans la tige (E = 200000 MPa).

Réponse : � Détermination de la contrainte normale σσσσ

MPa5,312mm/N5,31288

20000

S

N 2 ==×

==σ

� Utilisation de la loi de Hooke pour déterminer la valeur de l’allongement

de la tige ∆∆∆∆L.

OL

LEE

∆⋅=ε⋅=σ ⇒ LELO ∆⋅=⋅σ

⇒ E

LLLL O

0

⋅=−=∆

σ

Finalement : mm34,2200000

15005,312

E

LL O

=×

=⋅

=σ∆

En conclusion, nous dirons que la tige cylindrique s’allonge de 2,34 mm .

La tige en acier est remplacé par un tube carré en aluminium d’épaisseur e = 1 mm..

2000 daN 2000 daN

S

L

1 mm

On désire que celui-ci ait le même allongement sous la même charge que la tige

précédente (E = 74550 Mpa).



Question : Déterminer la largeur L du tube.

Réponse : La longueur finale du tube est de 1502,34 mm pour une longueur initiale de

1500 mm.

� Détermination de l’allongement relatif εεεε

00156,01500

150034,1502

L

L

O

=−

=∆

=ε

� Détermination de la contrainte normale σσσσ à partir de la loi de Hooke 00156,074550E ×=ε⋅=σ

MPa3,116mm/N3,116 2 ==σ

� Détermination de la section S du tube aluminium :

Nous avons : S

N =σ

⇒ 2mm1723,116

20000NS === σ

� Détermination de la largeur du tube :

)e4eL4(LLe)2(LLS 22222 ⋅−⋅⋅−−=⋅−−=

S

L

e

L2

(L-2e)2

L-2e

⇒ 22 mm172e4eL4S =⋅+⋅⋅+= avec e = 1mm

⇒ 2mm1724L4S =+⋅+=

Finalement nous obtenons :

1684172L4 =−=⋅

⇒ mm424

168L ==

En conclusion nous dirons que le tube en aluminium doit avoir une largeur

de 42 mm .



4.3 - COMPRESSION

DEFINITION

Un corps est sollicité à la compression lorsqu'il e st soumis à deux forces qui

tendent à le raccourcir.

F

Compression Flambage

∆L

Lo

Lo

→→→→

F→→→→

Cependant, sous un effort de compression →→→→F , une pièce peut rester droite (compression) ou

fléchir (flambage) selon que sa longueur L est

grande ou petite par rapport à sa plus petite

dimension transversale.

Dans le cas d'une compression la

longueur L est comprise entre 3 et 8 fois la plus

faible des dimensions transversales.

ESSAI DE COMPRESSION DES PIECES COURTES

On opère sur des éprouvettes cylindriques ou prismatiques, voisines de la section carrée placées

entre les plateaux d'une presse hydraulique. Au début le l'essai, les raccourcissements sont élastiques et

directement proportionnels aux charges appliquées. Au delà d'une certaine charge à laquelle correspond la

limite d'élasticité à la compression, les déformations subsistent en partie lorsque la charge est supprimée.

L'éprouvette se rompt lorsque la limite de résistance à la compression est atteinte.

Différents modes de rupture peuvent être observés :

(1) Par dilatation : concerne les substances ductiles, à résilience

élevée, comme le fer, l'acier, le cuivre, le bronze; des criques

apparaissent sur la surface.

F→→→→



F→→→→

(2) Par glissement suivant des surfaces de séparati on

obliques : concerne les substances granuleuse comme la fonte le

béton...

(3) Par glissement pour les surfaces fibreuses comme le bois sous l'action d'efforts dirigés

suivant les fibres.

Remarque : On a constaté que l'acier, le cuivre, le bronze ont une résistance à la rupture par

compression sensiblement égale à la résistance à la rupture par extension. Au contraire, la

fonte ordinaire résiste beaucoup mieux à la compression qu'à la traction.

CONDITION DE RESISTANCE D'UNE

PIECE COURTE COMPRIMEE

Pour qu'une pièce sollicitée à la compression résiste en toute sécurité, il faut que la contrainte σ soit

inférieur ou au plus égale à la résistance pratique à la compression Rpc (Rpe est en général définie à

partir de la résistance à la rupture Rr du matériau). Soit :

) (en MPaRr

RpckS

Nc ======== ≤≤≤≤σσσσ

Avec :

• σc : Contrainte normale de compression (en MPa ou N/mm2)

• N : Effort normal (en N).

• S : Section droite (en mm2)

• Rpc : Résistance pratique à la compression ou contrainte admissible (en MPa).

• Rr : Résistance à la rupture (en MPa).

• k : Coefficient de sécurité



DEFORMATION

ALLONGEMENT RELATIF

Les expériences montrent, comme

pour le cas de l’extension, que les

allongements sont proportionnels aux

longueurs initiales dans la zone

élastique. Cette propriété est traduite par

la notion d'allongement relatif ε :

00

0

00

0

XX

XXX

LL

LLL ∆=−=∆=−=ε

∆ L

Xo

∆X

L

X

Lo

F→→→→

• L et L0 sont les longueurs finale et initiale du solide.

• ∆L représente le raccourcissement total de la poutre.

• X et X0 sont les longueurs finale et initiale d’un tronçon

• ∆X représente le raccourcissement du tronçon.

• ε (< 0)traduit le raccourcissement relatif, il correspond au raccourcissement d'une poutre

dont la longueur serait égale à 1.

LOI DE HOOKE

Soit la loi de HOOKE : σ σ σ σ = E . εεεε

Avec : E → Module d’élasticité longitudinale ou module de coulomb (en N/mm2 ou MPa

(méga-Pascal))

εεεε → raccourcissement relatif (pas d’unité)

σσσσ → contrainte normale de compression (en N/mm2 ou MPa (méga-Pascal))



EXEMPLES

Ex. N°1 : Le fer H repéré (1) sur la figure supporte

un effort de compression de 50 000 daN.

Le fer est soudé sur un plat carré en acier

de coté b repéré (2). L'ensemble repose sur

un support circulaire (3) en béton de

diamètre d posé à même le sol.

3

2

1

b

d

Question : Calculer la section du fer H si la résistance pratique à la compression de l’acier de

10 daN/mm2.

Réponse : � Condition de résistance à la compression :

Rpc ≤σ =acierSN

c ⇒

Rpc

NS acier ≥

� Détermination de la section Sacier :

2acier mm5000

50000S

)

)(daN/mm

(daN

2 =≥

10

Question : Déterminer le côté b du carré (2) si la résistance pratique à la compression est de

0,4 daN/mm2.


Rpc ≤σ =carréSN

c ⇒ Rpc

NS 2

carré ≥= b

⇒ Rpc

bN≥

� Détermination de la section Scarré :

mm55,3530,450000

)(daN/mm

)daN(2

=≥b



Question : Déterminer diamètre d du socle (3) si la résistance pratique à la compression du

béton est de 2,5 daN/cm2.


Rpc ≤σ =carréSN

c ⇒ Rpc

NS

2

carré ≥⋅π=4d

⇒ Rpc

d⋅π

⋅≥ N4

� Détermination de la section Scarré :

mm8,15950,025

500004)(daN/mm

)daN(2

=

×π×≥d

EX. N°2 : Un élément d'arbre de machine AD en acier peut être représenté par le schéma ci-dessous.

P1P2

A (7000N)B (10000N)

C (5000N)

x'

→→→→→→→→

→→→→

→→→→

80 200 80

360

∅30

DD (2000N)

xCA B

∅ 45 ∅30

Au point A, l’arbre reçoit de l’arbre située à gauche l’effort →A . Au point B une butée à

bille non représentée donne l’action →B . Au point C, l’arbre reçoit l’effort longitudinal

→C ,

provenant d’un réducteur à vis tangente, non représenté. Enfin, au point D, l’arbre reçoit de

l’arbre située à droite l’effort →D .

Donnée : E = 210000 N/mm2 (Acier mi-dur )

Question : Calculer la déformation totale de l'arbre AD due aux forces →A ,

→B ,

→C et

→D .

Réponse : Pour répondre au problème posé, il faut étudier indépendamment chaque tronçon

composant l’arbre AD.



� Etude du tronçon AB

• Détermination de l’effort normal ABN→

:

On isole le tronçon AB

A (7000N)x'

→→→→

80

∅30

xA

Sectiondroite (S )

N→→→→

ABB

AB

Le tronçon AB est en

équilibre sous l’action des

forces →A et ABN

→, donc nous

avons :

→→→→=+=∑ 0NAF ABExt

Soit projection sur l’axe XX’ : 0AN'xx/)F('proj ABExt =−=∑→

⇒ N7000ANAB ==

Le tronçon AB est sollicité à l’extension car le sens de l’effort normal

tend à tirer la matière.

• Détermination de la contrainte normale σσσσAB :

Nous avons : MPa9,9mm/N9,9

430

7000SN 2

2AB

ABAB ==

×π==σ

• Détermination de l’allongement ∆∆∆∆LAB :

Le tronçon AB étant sollicité par un effort de traction alors la longueur de

ce dernier va s’allonger, soit :

AB

ABAB L

L E . E .

∆== εσ

⇒ mm0038,0210000

809,9

EL

L ABABAB

=⋅×==∆ ⋅σ

� Etude du tronçon BC

• Détermination de l’effort normal BCN→

:

On isole les tronçons AB + BC

A (7000N)B (10000N)x'

→→→→→→→→

80 200

CA B

∅ 45

N→→→→

BC

Sectiondroite (S )BC

x



Les tronçons AB + BC sont en équilibre sous l’action des forces →A ,

→B et

BCN→

, donc nous avons : →→→→→

=++=∑ 0NBAF BCExt

La projection des forces sur l’axe XX’ nous donne :

0BAN'xx/)F('proj BCExt =+−=∑→

⇒ N3000100007000BANCD −=+−=−=

Le tronçon BC est sollicité à la compression car le sens de l’effort normal

tend à comprimer la matière.

A (7000N)B (10000N)x'

→→→→→→→→

A B

∅ 45

N→→→→

BC

Sectiondroite (S )BC

x

• Détermination de la contrainte normale σσσσBC :


445

3000SN 2

2BC

BCBC ==

×π==σ

• Détermination de l’allongement ∆∆∆∆LBC :

Le tronçon BC étant sollicité par un effort de compression alors la

longueur de ce dernier va diminuer, soit :

BC

BCBC L

L E . E .

∆== εσ

⇒ mm0018,0210000

2009,1

EL

L BCBCBC

=⋅×==∆ ⋅σ

� Etude du tronçon CD

• Détermination de l’effort normal BCN→

:

On isole les tronçons AB + BC + CD

A (7000N)B (10000N)

C (5000N)

x'

→→→→→→→→

→→→→

80 200 80

DxCA B

∅30 Sectiondroite (S )DC

N→→→→

CD



Les tronçons AB + BC + CD sont en équilibre sous l’action des forces →A ,

→B ,

→C et CDN

→, donc nous avons :

→→→→→→=+++=∑ 0NCBAF DCExt

La projection des forces sur l’axe XX’ nous donne :

0CBAN'xx/)F('proj CDExt =−+−=∑→

⇒ N20005000100007000CBANCD +=+−=+−=

Le tronçon BC est sollicité à l’extension car le sens de l’effort normal

tend à tirer la matière.

• Détermination de la contrainte normale σσσσCD :


430

2000SN 2

2CD

CDCD ==

×π==σ

• Détermination de l’allongement ∆LCD :

Le tronçon BC étant sollicité par un effort de compression alors la

longueur de ce dernier va augmenter, soit :

CD

CDCD L

L E . E .

∆== εσ

⇒ mm0011,0210000

808,2

EL

L CDCDCD

=⋅×==∆ ⋅σ

� détermination de la déformation totale de l’arbre AD

La déformation totale est : CDBCABAD L L L L ∆+∆−∆=∆

⇒ 0011,0 0018,0 0038,0 LAD +−=∆

⇒ mm0031,0 LAD =∆ d'allongement



4.4 - CISAILLEMENT

DEFINITION

Une poutre est sollicitée au cisaillement lorsqu'elle est soumise à deux forces égales et opposées qui

tendent à la séparer en deux tronçons qui glissent l'un par rapport à l'autre dans le plan d'une section

perpendiculaire à la ligne moyenne.

� Différentes phases du cisaillement d'une plaque de tôle

Tronçon 1

Lame mobile

Lame fixe

Tôle1 2 1 2

Tronçon 2

EFFORT TRANCHANT

Le cisaillement se traduit par un glissement

de S2 par rapport à S1 (S1 et S2 sont les sections

droites confondues avec S ).

Solide (S)

S1 S2

G

∆LTronçon 1 Tronçon 2

F→→→→

-F→→→→

On isole le tronçon 2

Section droite (S)

G

Tronçon 2

O x

y

F→→→→

G→

1/2

Bilan mécanique

ForcesPoint


G

et sensIntensité(en daN)

G1/2

→

FAF→

? ?

Constat : Solide en équilibre sous l’action de 2 forces

Conclusion : Ces deux forces sont donc égales et directement

opposées ⇒ →→

−= FG 2/1



En conclusion, nous dirons que l’action exercée par le tronçon 1 sur le tronçon 2 se réduit à une

force →

2/1G , appelée EFFORT TRANCHANT , parallèle à la section droite S et passant par le

centre de gravité G

G

Section droite (S)

F→→→→

G→

1/2

Remarque : Par habitude, l'EFFORT TRANCHANT est appelé →T

CONTRAINTE TANGENTIELLE

Dans le cas général du cisaillement, il y a répartition uniforme des contraintes tangentielle dans la

section droite S et nous avons : S

T

S

G 2/1 ==→

τ

Avec : ττττ → Contrainte tangentielle (en N/mm 2 ou MPa (méga-Pascal))

T → Effort tranchant (en N )

S → Section droite (en mm 2)

F→→→→

Section droite (S)

ττττ



CONDITION DE RESISTANCE AU CISAILLEMENT

Pour qu'une pièce sollicitée au cisaillement résiste en toute sécurité, il faut que la contrainte

tangentielle τ reste inférieur ou au plus égale à la résistance pratique au cisaillement Rpg (Rpg est en

général définie à partir de la résistance à la rupture par glissement Rg du matériau). Soit :

) (en MPakS

T RgRpg ======== ≤≤≤≤ττττ

Avec : • τ : Contrainte tangentielle de cisaillement (en MPa ou N/mm2)

• T : Effort tranchant (en N).

• S : Section droite (en mm2)

• Rpg : Résistance pratique au cisaillement (en MPa).

• Rg : Résistance à la rupture par glissement (en MPa).

• k : Coefficient de sécurité

DEFORMATION ELASTIQUE

Lame (1)

Lame (2)

AB

Tôle (3)

La déformation dans le cas du cisaillement se

caractérise par un glissement des sections droites

les unes par rapport aux autres.

Le glissement est mesuré par l'angle γ

(gamma) appelé angle de glissement.

Unité de gamma (γ): Le radian (rad)

AB

∆L

S

γ

1

S2

F→→→→

-F→→→→

Supposons que les actions →→→→F et

→→→→−−−− F sont distantes l'une de l'autre de ∆∆∆∆L (∆L tend vers 0).

Les sections droites comprises entre S1 et S2 glissent les unes par rapport aux autres de la même

façon. γ mesure cette déformation.

Les essais de cisaillement montre que, dans le domaine

élastique →→→→T est proportionnel à γ (donc à τ), tel que :

⇒ γγγγττττ ⋅⋅⋅⋅======== GS

T

Le facteur de proportionnalité G est le module d'élasticité transversal (G est l'analogue de

E, module d'élasticité longitudinal)

Exemple : Pour les métaux, E4,0G ⋅⋅⋅⋅≈≈≈≈

Concernant les aciers, si E = 200 000 N/mm 2 alors G = 80 000 N/mm 2



EXEMPLES

Ex. N°1 : Calculs des articulations cylindriques

La liaison pivot entre la chape 2 et le tirant 1 est réalisée

par l'intermédiaire de l'axe cylindrique 3. L'action exercée par le

tirant est →F (= 1000 daN).

F→→→→

1

3

2

Pour réaliser la liaison entre le tirant 1 et la chape 2, deux solutions sont envisagées.

A

B B

A

D

Cd

Solution 1 Solution 2

2d1

F→→→→

F→→→→

Les axes 3 des solutions 1 et 2 sont réalisés à partir du même acier, la résistance

pratique au glissement adoptée par le constructeur est Rpg = 5 daN/mm2.

Question : Calculer les diamètres d1 et d2 à adopter pour la construction des deux solutions.

Réponse : � Condition de résistance au cisaillement pour les deux solutions :

Rpg ≤τ =ST

⇒ 2mm200

51000T

S ==≥Rpg

� Détermination du diamètre d1 :

2004d

S2

1 ≥⋅π= ⇒ mm164200

d1 =π

×≥

� Détermination du diamètre d2 :

2004d

2S2

1 ≥⋅π×= ⇒ mm3,112

4200d2 =

π××≥

Bien remarquer que dans la solution 2 il y a deux sections cisaillées.



4.5 - TORSION

DEFINITION

Une poutre est sollicitée en torsion chaque fois que les actions exercées aux extrémités se

réduisent à deux couples égaux et opposés d'axe la ligne moyenne.

M

A B

-M

ligne moyenne

Hypothèses :

� Les poutres sont cylindriques;

� Le matériau est homogène et isotrope;

� Les déformations sont petites et restent élastiques;

� Les sections circulaires de la poutre restent circulaires.

EXPERIMENTATION « Cas d’un tournevis »

d =7 mm M = 2,4 m.daN

BA

L = 200

BAM = MB

M = -MA

Le tronçon AB de la tige (AB = 200 mm, d = 7 mm) est soumis à une sollicitation de torsion.



CONSTATATIONS

Les sections droites avant déformations restent droites après déformations, elles restent planes et

perpendiculaires à la ligne moyenne.

A B ligneG

Co K D

A B

M

G

C D

αz

α

ZL

B

MA

moyenne

D'

K'ligne

moyenneK

Les fibres initialement parallèles à l'axe de la po utre s'enroulent suivant des hélices

autour de cet axe. La variation de longueur d'une f ibre est négligeable.

Les sections droites tournent ou glissent en bloc l es unes par rapport aux autres

(rotation autour de la ligne moyenne).

L'expérience montre que les rayons GK restent droits dans le domaine élastique, ils s'incurvent dans

le domaine plastique.

Partant de ces résultats, nous pouvons dire que l'a ngle de rotation � entre deux

sections droites est proportionnel à la distance e ntre ces deux sections

�� θθθθ====αααα

====αααα

ZL

Z

θθθθ en rad/m

avec θθθθ = angle unitaire de torsion par unité de longueur

Exemple : Pour un couple de 2,4 m.N, l'angle de torsion qui est mesuré est 14°6 pour une longueur AB

de 200 mm.

Déterminons l'angle unitaire de torsion θθθθ.

Nous avons m/73mm/073,0200

614

L°=°=

°=

α=θ

Résultat en radian : m/rad274,1180

73 =

×π=θ



EQUATION DE CONTRAINTE

Etudions l’équilibre du tronçon AB du tournevis (longueur: L , section : S).

(S)Tronçon 2

A B

M

G

ZL

B

MAligne

moyenne

Tronçon 1

Ce dernier est soumis à l'action d'un moment MA en A et d'un moment MB = - MA en B.

� Isolons le tronçon 2.

Bilan mécanique

• L'action du moment MA sur le

tronçon 1

• L'action du tronçon 2 sur le

tronçon 1. La liaison entre 2 et

1 est modélisable par une

liaison encastrement au point

G, nous avons donc :

Tronçon 1

A

M

G

T

MA

ligne

moyenne

y

z

R2/1→

xS

�� une résultante : →→→→

1/2R

�� un moment suivant l'axe )z,A(r

: MT

� Appliquons le principe fondamental de la statique au tronçon 2 :

� →→→

==∑ 0RF 1/2ext

� 0MM)F(M TAextG =+=∑→

⇒ AT MM −=

Les efforts intérieurs exercés dans la section (S) par le tronçon 1 sur le tronçon 2 se

réduisent à un moment MT tel que :

BAT MMM ====−−−−====



En torsion dans le cas de petites déformations, les contraintes normales σ sont négligeables

(l'allongement des fibres est négligeable).En conséquence les contraintes, dans la section droite (S), sont

caractérisées principalement par des contraintes tangentielles τ, c'est à dire des contraintes de

cisaillement, tel que :

γγγγ⋅⋅⋅⋅====ττττ G

avec G : Module d'élasticité transversal (en Mpa);

γ : Angle de glissement (en rad).

A G

C

Z

K

A G

Cα

MA K'K

MT

Génératice

γ

ρ

Rayon : R

z

(S )0 (S)

Considérons un cylindre d'axe )z,A(r

de

longueur Z et de rayon R.

Soient S0 et S deux sections droites distantes

de la cote Z et considérons la génératrice CK.

Appliquons un moment de torsion MA. Cela

a pour conséquence la rotation de la section (S)

autour de la ligne moyenne d'un angle α.

Autrement dit l’extrémité de la génératrice (point

K)se retrouve au point K’.

Soit ρ la distance du point K au centre de

gravité G, nous avons

α⋅ρ= 'KK

En supposant γ très petit, nous avons : ZCK

'KK)tan(

α⋅ρ==γ≈γ

⇒ θ⋅ρ=α⋅ρ

=γ Z

Cette relation permet de définir la contrainte de cisaillement ; soit la définition :

La contrainte de cisaillement ττττ en un point M est proportionnelle à la distance ρρρρ (rhô) de ce point au centre de gravité :

θθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅ρρρρ====γγγγ⋅⋅⋅⋅====ττττ GG

avec : •••• ττττ : Contrainte tangentielle ( en Mpa )

• ρρρρ : Distance séparant le point du centre de gravité de la section S (en mm )

• θθθθ : Angle unitaire de torsion ( en rad/mm )

• G : Module d’élasticité transversal ( en MPa ). Pour la plupart des matériaux G = 0,4.E



Remarque : ρ varie de 0 à R ( avec R :

rayon de la poutre). Nous

constatons donc que la

contrainte varie suivant la

distance ρ comme le

montre la figure ci-contre.

Les contraintes sont

maximales à la périphérie

des pièces. Par conséquent,

S'il y a rupture par torsion la

rupture commence sur la

surface de la pièce.

τmax

τ

ρρmax

(=R)

R

EXPRESSION DE L'ANGLE UNITAIRE DE

TORSION θ

Nous avons vu que :

0MM)F(M TAextG =+=∑→

⇒ ∑ ρ⋅∆⋅τ==−= SMMM BAT

⇒ ( )∑ ρ⋅∆⋅⋅θ⋅ρ= SGMT

⇒ ∑ ρ⋅∆⋅⋅θ= 2T SGM

⇒ SGM 2T ∆⋅ρ⋅⋅θ= ∑

τ

ρ

R

∆S

(S)

G

On appelle SI 2O ∆⋅ρ= ∑ le moment quadratique de la surface (S) par rapport au point G (ou G

est le centre de gravité de la section (S)).

Soit OT IGM ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅θθθθ==== ou encore

O

T

IG

M

⋅⋅⋅⋅====θθθθ

Avec :

• MT : Moment de torsion ( en mm.N )

• θ : Angle unitaire de torsion ( en rad/mm )

• IO : Moment quadratique (en mm4 )

• G : Module d’élasticité transversal ( en MPa ).



Remarque : Dans le cas d'une section circulaire 32d

I4

O⋅⋅⋅⋅ππππ

====

Cas d'un arbre creux : (((( ))))

32

dD

32

d

32

DIII

4444

creuxpleinO−−−−⋅⋅⋅⋅ππππ

====⋅⋅⋅⋅ππππ

−−−−⋅⋅⋅⋅ππππ

====−−−−====

avec : • D : Diamètre extérieur ( en mm )

• d : Diamètre intérieur ( en mm )

Par ailleurs, comme avons θ⋅⋅ρ=τ G nous obtenons l’expression : O

T

I

M ρρρρ⋅⋅⋅⋅====ττττ

CONDITION DE RESISTANCE

Nous savons que la condition de résistance d’une pièce sollicitée au cisaillement se traduit par la

relation : Rpg≤τ (avec Rpg, résistance pratique au glissement).

Or nous avons vu que O

T

IM ρ⋅=τ est fonction de la distance ρ , par conséquent τ est

maximum lorsque ρ est également maximum. Posons RV max =ρ= (rayon de la poutre)

La condition de résistance, dans le cas de la torsion s’exprimera par la relation :

=⋅

=ρ⋅

=τ

VI

M

I

VM

I

M

O

T

O

T

O

maxTmax ⇒

Rpg

VIM

O

Tmax ≤≤≤≤

====ττττ

Avec :

• maxττττ : Contrainte tangentielle maximal ( en MPa )

• MT : Moment de torsion ( en mm.N )

• IO : Moment quadratique (en mm4 )

• V : Distance séparant la fibre la plus éloigné du centre de gravité (en mm )

• Rpg : Résistance pratique au glissement ( en MPa ).



Remarques : (IO/V) est appelé le module de torsion. Ce module caractérise la rigidité en torsion de la section (S) de la

poutre.

Pour une section circulaire nous avons

2d

RV ==

• Arbre plein

⇒ 16

dVI 3O ⋅π=

• Arbre creux

⇒ D16

)dD(VI 44O

⋅−⋅π=

τmax

ρmax

R=d/2

V =

Exemple : Tournevis

dM = 2,4 m.daN

BA

L = 200

BA

M = MBM = -MA

Question : Quel devrait être le diamètre d du tournevis si l'on impose une résistance

pratique au cisaillement Rpg égale à 20 daN/mm2 ?

Données : MT = 2,4 m.daN

Réponse : Appliquons l’équation de résistance, soit :

Rpgd

M16

16d

M

VI

M3T

3T

O

Tmax ≤

⋅π⋅

=

⋅π

=

=τ

⇒ 3T dRpgM16 ⋅π⋅≤⋅ ⇒

⋅π⋅⋅

≥Rpg

M16d T3

⇒ 3 T

Rpg

M16d

⋅π⋅

≥ ⇒ mm5,820

2400016d 3 =

×π×

≥

Le diamètre de la tige du tournevis devra être au minimum égale à 8,5 mm pour résister

en toute sécurité au moment de 2,4 m.N.



4.6 FLEXION SIMPLE

DEFINITION

Une poutre est soumise à une sollicitation de flexion chaque fois qu'il y a fléchissement de la

ligne moyenne (Lm).

F→

F

A BLigne

A

→

moyenne

Lignemoyenne

Hypothèses :

� Toutes les poutres étudiées possèdent un plan de symétrie longitudinal

� Toutes les forces extérieures à la poutre étudiée sont contenues dans le plan de

symétrie.

EXEMPLE : « pont roulant »

13

4

2

P

a b

a + b = L = 4m

A B

C

nous avons :

→→→→

Le pont roulant proposé se compose d'une poutre (1) (profilé IPE), d'un palan motorisé (2), de deux

moteurs de translation (3) et d'une boîte de commande (4). Le profilé IPE (1) est sollicité à la flexion

selon l’action et la position de la charge →P (valeur maxi 1000 daN).



EFFORT TRANCHANT MOMENT FLECHISSANT

EQUILIBRE DE LA POUTRE (1)

Pour étudier les conditions d’équilibre de la poutre (1) le palan (2) sera situé à 1 mètre du point A.

� On isole la poutre (1)

P

a = 1 m b = 3 m

A BC

→→→→

RA

→→→→

RB

→→→→

Pour simplifier la représentation de la poutre (1), nous la représenterons par un trait fort tandis

que les appuis A et B seront schématisés comme des appuis simples.

P

a = 1 m b = 3 m

AB

C

→→→→

RA

→→→→

RB

→→→→

O

x

y

+

� Bilan mécanique

• Action de la charge sur la poutre : ) (daNy1000yPPrr

⋅−=⋅−=→

• Action du rail sur les roues en A : yYR AA

r⋅=

→

• Action du rail sur les roues en B : yYR BBr

⋅=→

Constat : Solide soumis à l’action de trois forces parallèles.



� Application du principe fondamental de la statique à la poutre (1)

Premier théorème : →→→→→

=++=∑ 0RRPF BAext

⇒ 00

Y0

Y0

P0

FBA

ext

=++−=∑

→

Soit l’équation scalaire : 0YYP BA =++− ⇒ PYY BA =+

Deuxième théorème : 0)R(M)R(M)P(M)F(M BAAAAextA =++=→→→→

∑

⇒ 0Y)ba(0Pa)F(M BextA =×+++×−=∑→

Soit l’équation scalaire : 0Y4P1 B =×+×− ⇒ daN2504

10004P

YB ===

Nous obtenons donc : daN250yYR BB =⋅=→ r

⇒ daN750y)YP(yYR BAA =⋅−=⋅=→ rr

Le principe fondamental de la statique appliqué à l'ensemble de la poutre nous permet de

déterminer les réactions aux appuis A et B.

EQUILIBRE DU TRONCON AD

Considérons maintenant le tronçon AD et étudions les conditions d’équilibre:

Pa = 1 m b = 3 m

AB

C

→→→→

RA

→→→→

RB

→→→→

D

(S)

X

Tronçon 1 (AD) Tronçon 2 (DB)



� On isole le tronçon AD

A

RA

→→→→

O

x

y

+

D

(S)

X

A

RA

→→→→

D

(S)

X

Représentation

simplifiée


• Action du rail sur les roues en A : yYR AA

r⋅=

→

• Action du tronçon (2) sur le tronçon (1). Au point D,

centre de gravité de la section droite (S), la liaison

entre (2) et (1) est assimilable à une liaison

encastrement. Nous avons :

♦ la force résultant des actions de contact de (2) sur

(1) : 1/2

1/21/2 Y

XR =→

A

RA

→→→→

O

x

y

+

D

(S)

X

R1/2

→→→→

M1/2

♦ le moment en D résultant de la répartition des actions de contact de (2) sur (1) :

1/21/2D M)R(M =→

� Application du principe fondamental de la statique au tronçon AD

Premier théorème : →→→→

=+=∑ 0RRF 1/2Aext

⇒ 00

YX

Y0

F1/2

1/2

Aext

=+=∑

→

Nous obtenons : 0X 1/2 = et daN750YY A1/2 −=−=

Deuxième théorème :

0)R(M)R(M)F(M AD1/2DextD =+=→→→

∑

⇒ 0YXM)F(M A1/2extA =×−=∑→

Nous obtenons :

X750YXM A1/2 ⋅=×=

A

RA

→→→→

O

x

y

+

D

(S)

X

R1/2

M1/2

→→→→



EQUILIBRE DU TRONCON AE

Considérons maintenant le tronçon AE et étudions les conditions d’équilibre :

Pa = 1 m b = 3 m

A

BC

→→→→

RA

→→→→

RB

→→→→

E

(S)

X

Tronçon 1 (AE) Tronçon 2 (EB)

� On isole le tronçon AE

O

y

P

A C

→→→→

RA

→→→→

E

(S)

X

+

x

R1/2

→→→→

M1/2


• Action de la charge sur la poutre : ) (daNy1000yPPrr

⋅−=⋅−=→

• Action du rail sur les roues en A : )daN(y750yYR AA rr

⋅=⋅=→

• Action du tronçon (2) sur le tronçon (1). Au point E, centre de gravité de la section droite (S), la

liaison entre (2) et (1) est assimilable à une liaison encastrement.

Nous avons :

♦ la force résultant des actions de contact de (2) sur (1) : 1/2

1/21/2 Y

XR =→

♦ le moment en E résultant de la répartition des actions de contact de (2) sur (1) :

1/21/2E M)R(M =→



� Application du principe fondamental de la statique au tronçon AE

Premier théorème : →→→→→

=++=∑ 0RRPF 1/2Aext

⇒ 00

YX

Y0

P0

F1/2

1/2

Aext

=++−=∑

→

Nous obtenons : 0X 1/2 = et daN250YPY A1/2 =−=

Deuxième théorème : 0)P(M)R(M)R(M)F(M EAE1/2EextE =++=→→→→

∑

⇒ 0P)1(XYXM)F(M A1/2extA =×−+×−=∑→

Nous obtenons :

P)1X(YXM A1/2 ×−−×=

⇒ )1X(1000X750M 1/2 −⋅−⋅=

⇒ X2501000M 1/2 ⋅−= O

y

P

A C

→→→→

RA

→→→→

E

(S)

X

+

x

M1/2

R1/2

→→→→

� Résumé

Nous avons deux cas de figure :

Premier cas de figure : La section (S) est située entre le point A et le Point C donc, autrement

dit, nous sommes dans le cas particulier ou m1X0 ≤≤ :

Pa = 1 m b = 3 m

AB

C

→→→→

RA

→→→→

RB

→→→→

D

(S)

X

Tronçon 1 (AD) Tronçon 2 (DB)

Nous avons : )daN(y750RR A1/2 - r

⋅=−=→→

et X750YXM A1/2 ⋅=×=



Deuxième cas de figure : La section (S) est située entre le point C et le Point B donc, autrement

dit, nous sommes dans le cas particulier ou m4Xm1 ≤≤ :

Pa = 1 m b = 3 m

A

BC

→→→→

RA

→→→→

RB

→→→→

E

(S)

X

Tronçon 1 (AE) Tronçon 2 (EB)

Nous avons : )daN(y250PRR A1/2 r

⋅=−−=→→→

et X2501000M 1/2 ⋅−=

EFFORT TRANCHANT

Nous appelons T l’effort tranchant dans la section droite (S) tel que : 1/21/2 YyRT −=⋅−=→ r

;

projection de la résultante →

1/2R suivant l’axe )y,O(r.

L’effort tranchant T sollicite la section droite (S) au cisaillement

Par définition, nous dirons que l'effort tranchant T est égal à la somme vectorielle de

toutes les forces extérieures perpendiculaires à la ligne moyenne et situées à gauche de la

section droite (S).

Dans le cas de notre exemple, nous avons :

• Tronçon AC, m1X0 ≤≤ : daN750R)F(/projT AextOy gauche) à (située === ∑→

• Tronçon CB, m4Xm1 ≤≤ : daN250PR)F(/projT AextOy gauche) à (située −=−== ∑→

Pour simplifier les travaux d'exploitation, les résultats des efforts tranchants sont rassemblés dans

un digramme appelé : diagramme des efforts tranchants.



Diagramme des efforts tranchants

P

A

BC

→→→→

RA

→→→→

RB

→→→→

m1X0 ≤≤ 4 mX1 m ≤≤

A C

750

500

250

-250

B

+

-

(T=750daN)

(T=-250 daN)

T

X

(en daN)

(en m)

MOMENT FLECHISSANT

Nous appelons Mf le moment fléchissant dans la section droite (S) tel que : 1/2MMf −= .

Par définition, nous dirons que le moment fléchissant Mf dans la section droite de centre

de gravité G, est égal au moment résultant en G de toutes les forces extérieu res situées à

gauche de la section droite (S) .



Dans le cas de notre exemple, nous avons :

• Tronçon AC, m1X0 ≤≤ → X750RXMf A ⋅−=⋅= -

(Le moment fléchissant est variable et est de la forme y = a.x + b).

Pour X = 0 , m.daN0Mf = et pour X = 1 m, m.daN750Mf −=

• Tronçon CB, m4Xm1 ≤≤ → 1000X250RXP)1(X-Mf A −⋅=⋅−⋅=

Pour X = 1m , m.daN750Mf −= et pour X = 4 m , m.daN0Mf =

Pour simplifier les travaux d'exploitation, les résultats des moments fléchissants sont rassemblés

dans un diagramme appelé : diagramme des moments fléchissants.

Diagramme des moments fléchissants

P

A

BC

→→→→

RA

→→→→

RB

→→→→

m1X0 ≤≤ 4 mX1 m ≤≤

A C

Mf

X

250

-500

-250

-750

B

Mf=-750.X

Mf=250.X-1000

(en m.daN)

(en m)



EXEMPLE ESSAI DE FLEXION

L'essai de flexion se pratique sans difficulté sur une machine d'essai de traction.

Le cylindre de poussée (3)

de la machine agit sur une poutre

(2), l'effort exercé est de 2000

daN. L'action est transmisse en C

et D sur la poutre 1 par

l'intermédiaire de deux rouleaux

posés sur le bâti 8 de la machine.

Les mesures sont effectuées

à l'aide d'un comparateur (9)

(mesure de la flèche de la poutre)

et d'une table de mesure

(10)recueillant les données des

jauges J1 à J14 (mesure des

contraintes).

324

1

1098

6

5

7

� Détermination des réactions aux appuis A et B

On isole la poutre (1)

P

A C

→→→→

1 m 1 m 1 m

P→→→→

D

21

Bilan mécanique

ForcesPoint


RA A

B

→

et sensIntensité

?

C

(en daN)

RB

→

P→

( Appuiponctuel)

( Appuiponctuel)

?

1000

DP→

1000

1

2

Hypothèse : Le poids de la poutre (1) est négligé

Constat : La poutre est en équilibre sous l’action de quatre forces parallèles.



Expression vectorielle des forces

O

y

+

x

P

A

B

C

→→→→

RA

→→→→RB

→→→→

1 m 1 m 1 m

P→→→→

D

12

•

A)y,x(

AA R0

yRRrr

r=⋅=

→

•

A)y,x(

BB R0

yRRrr

r=⋅=

→

•

10000

yPP)y,x(

11 −=⋅−=→

rr

r

•

10000

yPP)y,x(

22 −=⋅−=→

rr

r

Application du principe fondamental de la statique.

• Théorème de la résultante :

→→→→→→

=+++=∑ 0PPRRF 21BAExt

⇒ 00

P0

P0

R0

R0

F)y,x(2)y,x(1)y,x(B)y,x(A)y,x(

Ext

rrrrrrrrrr=−+−++=∑

→

Nous obtenons, après projection sur l’axe )y(O,r

l’équation scalaire

(1) 02000RRPPRR BA21BA =−+=−−+

• Théorème du moment :

0)P(M)P(M)R(M)R(M)F(M 2A1AAAAAExtA =+++=→→→→→

∑

⇒ 0P2P1R30)F(M 21BExtA =×−×−×+=∑→

Soit l’équation scalaire

(2) 0P2PR3 21B =×−−×

Partant de l’équation (2), nous obtenons :

daN10003

100021000

3

P2PR 21

B

=×−

=×−

=

Partant de l’équation (1), nous obtenons :

daN100010002000R2000R BA =−=−=



� Détermination des efforts tranchants et des moments fléchissants

Tronçon AC

O

y+

x

P

A

B

C

→→→→

RA

→→→→RB

→→→→

1 m 1 m 1 m

P→→→→

D

1 2x

G

(Section droite)(S)

Intervalle : m1x0 ≤≤

Effort tranchant : daN1000RFT Aext gauche) à (situées === ∑

Moment fléchissant : ( ) AextA RxFMMf ⋅−== ∑ gauche) à (situées

x1000Mf ⋅−=

Tronçon CD

O

y

+

xA

B

C

RA

→→→→RB

→→→→

1 m 1 m 1 m

D

P→→→→

1P→→→→

2

(Section droite)

x

G

(S)

Intervalle : m2xm1 ≤≤

Effort tranchant : daN0PRFT 1Aext gauche) à (situées =−== ∑

Moment fléchissant : ( ) 1AextA P)1x(RxFMMf ⋅−+⋅−== ∑ gauche) à (situées

1000)10001000(xP)RP(xMf 1A −−⋅=−−⋅=

daN.m1000Mf −=

Remarque : Nous constatons que l'effort tranchant T est nul tandis que le moment fléchissant Mf est constant. Dans ce cas nous parlons de flexion pure (ou flexion circulaire)



Tronçon AC

O

y

+

xA

B

C

RA

→→→→RB

→→→→

1 m 1 m 1 m

D

P→→→→

1P→→→→

2

(Section droite)

x

G

(S)

Intervalle : m3xm2 ≤≤

Effort tranchant : daN1000PPRFT 21Aext gauche) à (situées −=−−== ∑

Moment fléchissant : 11A P)2x(P)1x(RxMf ⋅−+⋅−+⋅−=

21A21 P2P)RPP(xMf ⋅−−−+⋅=

20001000)100010001000(xMf −−−+⋅=

daN.m3000X1000Mf −⋅=

� Diagramme des efforts tranchants et des moments féchissants

m1x0 ≤≤ 3 mx2 m ≤≤2 mx1 m ≤≤

A C

T

x

1000

B

(en daN)

(en m)D

-1000

A C

Mf

xB

(en m.daN)

(en m)D

-1000

Mf= -1000.x

Mf= -1000

Mf=1000.x - 3000

Diagramme des moments fléchissants

Diagramme des efforts tranchants

Documents

Cours de mécanique Résistance des Matériauxamista.free.fr/telechargement/ista/Meca_bac_pro-RDM.pdf · Cours de mécanique Résistance des Matériaux I.S.T.A de Ploufragan D.L