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7/21/2019 RDM Exercice.pdf

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2 iem SEMESTRE

MODULE F213 :

SOLLICITATIONS SIMPLES –FLEXION - TORSION

PROBLÈMES-CORRIGES

Bienvenue à vous

au laboratoire de : Dimensinnemen! Des S!"#$!#"es

du Département :G%nie M%$&ni'#e e! P"(#$!i'#e

Ce livre électronique est destiné à compléter le cours enseigné durant la premièreannée du module F213, et relati au deu!ième "emestre#$l reprend le plan suivi en amp%it%é&tre avec d'avantages de détails, d(illustrationsainsi que des corrigés des )roblèmes du ascicule *ravau! Dirigés qui, nous l'espérons,

vous permettront de mieu! comprendre cette matière qui n'est pas si terrible qu'ellepeut laisser para+tre# présent, c%oisisse- sur votre gauc%e dans l'onglet signet un c%apitre du programmeque vous désire- voir ou revoir #

B./ *0$B./ C.4056

)*BLANC+OT-G*)ESSIERE



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 2

F213

INERTIE

TORSION

FLEXION

SOLLICITATIONS COMPOSEES

FLAMBEMENT



TD-1A-S2-F213


INERTIE

PROBLÈME N1

178 (aire de la surace cicontre vaut 129 cm# "esmoments d(inertie par rapport au! a!es ; et ;(valent respectivement 3< =>? cm= et <= 92? cm=# adistance d2 vaut <#> cm# Calcule- la distance d1, lemoment d(inertie de la surace par rapport à l(a!ecentral @, et le moment statique de la surace parrapport à l(a!e ;(#278 (aire de la surace ombrée cicontre vautmaintenant 9>#<A cm# "on moment d(inertie par

rapport à l(a!e ;( vaut 1> >? cm=# es distances d1

et d2 valent respectivement <#> cm et #1 cm#Calcule- le moment d(inertie de la surace par

rapport à l(a!e ;

RÈPONSES N1

18 *%éorème d'u@g%ens :

( )( ) ( )

++=

+=

2

12

2

2

1''

21

Ad d I I

Ad I I

yy

yy

α α

αα ( )( ) ( )

++=

+=

21296,774920

1129374602

1

21

d I

d I

yy

yy

( ) ( ) ( )1296,76,723746012 2

1 +×=⇒− d (1.1/03 $m

6n reportant la valeur de d1 dans l'équation 18 : I. 2404 $m

( )1296,73,15'' +== A xQG β α 567.28/01 $m3

28 ( ) Ad d I I yy

2

2

2

1''

+−= α α

$ @@

E1>>?12,<29>,<A $ @@

E1?=?,3 cm=

Ad I I yy

2

1+=αα $;;E1?=?,3G<,>29>,<A I66.443903 $m

αααα'

αααα

,,,, ββββ, ββββ'

G

d1

d2

αααα'

αααα

y

z,,,, ββββ, ββββ'

G

d1

d2



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e

PROBLÈME N2Calcule- pour la surace cicontre: a8 $!! et $ @@ si b E 2 cm # b8 b pour que $!! E $ @@#

x

300mm

b

Figure E3

y

25mm25mm

50mm

RÈPONSES N2

a8 bE2cm

Décomposons la surace " en deu! "1, et "212

530 3

1×

=S

xx I 12

255 3

2×

=S

xx I

12

255

12

530 33

21×

+×

=+= S

xx

S

xx

S

xx I I I I;;.4<22082 $m

De mHme après application du t%éorème d'u@g%ens :

5302012

305 23

1 ××+×

=S

yy I 2555,212

525 23

2 ××+×

=S

yy I

2555,212

52553020

12

305 23

23

21 ××+×

+××+×

=+= S

yy

S

yy

S

yy I I I I.228104 $m=

b8 $!! E $ @@ bbb

××+×

+××+×

=×

+×

55,212

553020

12

305

12

5

12

530 23

2333

b3??bA12?E? équation du 3èm degré admettant 2 solutions imaginaires et une solution réelle :

=./4 $m

S1

S2

G1 G2 ;

399 mm

2/ mm2/ mm

/9mm

=



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /

PROBLÈME N3

Calcule- pour la surace cicontre:178 es moments et le produitd(inertie par rapport au! a!escentrau! @ et -#278 a position des a!es centrau!principau! et les moments d(inertieprincipau!#378 es moments et le produitd(inertie par rapport à deu!nouveau! a!es centrau! obtenus parune rotation positive de 3?7 des

a!es @ et -#

RÈPONSES N3

178

Décomposons la surace initiale " en trois suraces "1, "2 et "3 : 321 S

yy

S

yy

S

yy

S

yy I I I I ++= avec 21 S

yy

S

yy I I =

ppliquons le t%éorème d'u@g%ens : 1

2

1

1

11

1 A z I I G

S

y y

S

yy += et 3

33

3 S

y y

S

yy I I =

cm

cmG

yz 5,2

41

−

S1

S2

G1

G2

89mm

19mm

19mm

/9mm

19mm

/9mm

G3 G

2

2

1

1

3

3 S3

89mm

19mm

19mm

/9mm

19mm

/9mm

G



TD-1A-S2-F213


12

1945,2

12

412

32

3 ×+

×+

×=S

yy I IS.4102 $m

De mHme : ( )12

9144

12

142

32

3 ×+

×−+

×=S

zz I IS.1<802 $m

321 S

yz

S

yz

S

yz

S

yz I I I I ++= avec 03 =S

yz I @ et - sont a!es de s@métrie pour "38 111

1

11

21 A z y I I I GG

S

z y

S

yz

S

yz +==

( )( )( )145,2402 ××−+=S

yz I car 01

11=S

z y I @1 et -1 sont a!es de s@métrie pour "18 IS.-<9 $m

278Psi!in (es &;es >"in$i>&#; :

zz yy

yz

I I

I

−

−=

22tan ϕ

ϕ 2cos mHme signe que zz yy I I − Y y,ˆ =ϕ

25,142,18942,61

8022tan −≈

−

×−=ϕ

02cos ⟨ϕ

$nversion trigonométrique de la tangente :

=

−=−≈

661282

3451225,12tan

2

1

o

o

ϕ

ϕ ϕ

.r 02cos ⟨ϕ la solution I1 est donc à reJeter# ?.433 avec Y y,ˆ =ϕ

Mmen!s (7ine"!ie >"in$i>&#;

( ) ( ) ( )2222

80442,18942,612

1

2

42,18942,6142

1

2 −+−+

=+−

+

= mm yz zz yy

zz yy Z

Y I I I

I I

I

$s

sin !&n

1

-102/

2?1

2?2

@

!

G39

?.433

-333



TD-1A-S2-F213


I .220< $m I.2208 $m

3784tilisons les ormules de rotation e!primées dans les a!es principau! :

−=

+

−+

+=

−+

+=

ψ

π ψ

ψ

2sin2

22cos

22

2cos22

Z Y ht

Z Y Z Y tt

Z Y Z Y hh

I I I

I I I I I

I I I I I

avec hY r

,ˆ =ψ

( )33342cos2

97,2287,227

2

97,2287,227 o−−

++

=hh I

I@@.1420 $m I!!.<<01 $m I@!.-8/03 $m

/ous pouvons vériier que : I@@I!! . I I . IG . 2/90< $m

PROBLÈME N

Calcule-, pour la surace cicontre les cotessont en cm8:178 a position du centre de gravité dans lerepère !,@#278 es moments et le produit d(inertie parrapport au! a!es centrau! parallèles à !,@#378 a position des a!es centrau! principau!et les moments d(inertie principau!#

x

y

6

6

2

2

2 2

@

?



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <

RÈPONSES NDécomposons la surace initiale " en trois suraces "1, "2 et "3

18

cm

cmG

XY 3

11

cm

cmG

XY 3

72

cm

cmG

XY 5

33 1E=cm2 2E12cm2 3E2?cm2

20124

20512343

20124

20312741

321

332211

321

332211

++

×+×+×⇒

++

++=

++

×+×+×

⇒++

++

=

A A A

AY AY AY Y

A A A

A X A X A X

X

GGGG

GGG

G

cm

cmG

XY 11,4

11,4

"i "1 "2 "3

i cm28 = 12 2?

5iK@- cm8 2AK9

1?K9

2>K9

1?K9

1?K9AK9

$ @i@i cm=8 2=K12 >23K12 21?3K12

$ @i-i cm=8 ? ? ?

S3

S2

G2 G1

X

198

4$m

S1

G3 G

2$m 2$m

2$m

2$m

4$m

2

2

1

1

3

3

198



TD-1A-S2-F213


28321 S

yy

S

yy

S

yy

S

yy I I I I ++= avec i

S

y y

Si

yy A z I I Gi

i

ii

2+=

209

8

12

10.212

9

10

12

2.64

9

10

12

2232324

++

−++

−+=S

yy I

IS.IS.290/4 $m

321 S

yz

S

yz

S

yz

S

yz I I I I ++= avec i

S

z y

Si

yz A z y I I GiGi

i

ii+=

209

8

9

10012

9

10

9

2604

9

10

9

280

−++

−

++

−

−+=S

yz I

IS.-0 $m

E%men!s >"in$i>&#; (7Ine"!ie :

?./ car L est a!e de s@métrie de la surace "

( ) ( ) ( )222244,4440

2

1

2

562,20756,2074

2

1

2−+

+=+−

+= mm yz zz yy

zz yy Z

Y I I I I I

I

I .2/2 $m I.143012 $m

G

?./



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N/

Considérons les trois suraces cicontre#178 Calcule- pour c%aque surace la valeur de! de telle aMon que le moment d(inertiecentral ma!imum vale = cm=#278 Calcule- alors l(aire de c%aque surace eten déduire la surace la plus rationnelle#

RÈPONSES N/es trois sections "1, "2, "3 possèdent 2 a!es de s@métries qui sont donc les a!es principau!d'inertie# e moment d'inertie ma!imum est celui relati à l'a!e L#

Se$!in S1 :

4443

2454542412

2 ×=⇒==×

= xcm x x x

I Y

;.4 $m A1.1< $m2

Se$!in S2 :

cm xcm

x x

x x

x I Y

58,6

625

8

24

1

5454

12

552

24 4

4

3

4

=

−

=⇒=

−

−

−=

×

×−=

5

58,64

10

58,63

2

58,6 2

2 A

;.40/< $m A2.1102/ $m2

;

;2

;19

;19

S2

G

;

;2

S1

G



TD-1A-S2-F213


Se$!in S3 :

cm xcm

x x

x x

x I Y 84,6

3750

64

24

15454

125102

24 4

4

3

4

=

−

=⇒=

−

−

−=

×

×−=

5

84,64

5

84,62

2

84,6 2

3 A

;.40< $m A2.<02 $m2

R%$&>i!#&!iH :

"i "1 "2 "3

!cm8 > >,A >,A=

$Lcm=8 = = =

icm28 1A 11,2 A,=2

Se$!in & >#s "&!innee S3 $&" >#" #n mme mmen! (7ine"!ie sn &i"e es! & >#sH&i=e*

PROBLÈME N4

178 Nontre- que pour un carré de cOté a tousles a!es centrau! sont principau! et que tousles moments d(inertie centrau! valent a= K12calculer $%% et $%t8#278 Calcule- les moments et le produitd(inertie du carré dans les a!es u,v#

Y

Z

a

h

a

G

t

ψ ψψ ψ

u

v

S3

;

;2

;19

;19

G



TD-1A-S2-F213


RÈPONSES N4

18 = a!es de s@métrie : *ous les a!es centrau! sont donc principau!

012

4

=⇒====ht tt hh Z Y

I a

I I I I

28

12

4

''''

a I I

vvuu == 0'' =

vu I

2

24

2

''4

2

12a

aa A x I I

Gvuuuu

−+=+= IJJ ./&2

2

''4

2

4

20 a

aa A x x I I

GG vuvuuv

−+=+= I#J .-&<

PROBLÈME N

300

G3

G2

G1

380

1 2 0

5 9 0

1 8

Y

X

a section droite de la partie poutre de la contre lèc%e d(une grue à tour est représentéecicontre# a section droite se compose d(un proilé 6 >??, d(un plat 3A?1A mm, et d(unecornière à ailes inégales 12?A? série 2#178 Calcule- les coordonnées du centre de gravité de la section droite dans le repère 51,!@#278 Détermine- les éléments principau! des inerties#

J

&

@

!

# #7J7



TD-1A-S2-F213


RÈPONSES N

1K D%!e"min&!in (# $en!"e (e ,"&Ji!% G (e & s#"H&$e S :

0

01 XY

G cm

cmG

XY 4,30

42

cm

cmG

XY 5,25

97,203 1E22>,cm2 2E3A#1,Acm2

3E22,<cm2

( )

( ) 2278,1385,226

5,257,224,308,138 2278,1385,226

97,207,2248,138

321

332211

321

332211

+×+

×+××⇒

++

++=

+×+

×+××⇒

++

++=

A A A

AY AY AY Y

A A A

A X A X A X X

GGGG

GGGG

cm

cmG

XY 37,8

36,2

G1 X

G2

G3

G

lat 3A?1A 12 A 2

6 >??

2

2

1

1

3

3

12$m

3<$m

10<$m

<03$m

2034$m

/8$m

39$m

S3

S2

S1



TD-1A-S2-F213


2K E%men!s >"in$i>&#; (es ine"!ies :P"%>&"&!in (es $&$#s : l'aide des tableau! F/.0 ournis en anne!e nous

pouvons relever les caractéristiques géométriques des 3 suraces# 0ésumons les dans letableau suivant :

Si S1 S2 S3 Ai$m2K 22>, 3A#1,A 22,<

Gi$mK 2,3>

A,3<

1,>=

22,?3

1A,>1

1<,13

Iii$mK 1=12?? 3A#1,A3K12 323

Iii$mK 112<? 3A3#1,AK12 11=

Iii$mK ? ? P

C&$# (# >"(#i! (7ine"!ie (e & $"ni"e I33 :

3333

332

2tan z z y y

z y

I I

I

−

−=ϕ

431,0tan =α

( )( )431,0tan2tan2

13333

33

−−−

= z z y y

z y

I I I

463,110

33cm I z y −=

C&$# (es mmen!s e! >"(#i! (7ine"!ie (e & s#"H&$e (&ns es &;es $en!"&#; 0*

A z I A z I A z I I I I I GGG

S

y y

S

y y

S

y y

S

yy

S

yy

S

yy

S

yy

222

3

3

332

2

221

1

11

321 +++++=++=

=

=

=

⇒

+=

+=

+=

++=

++=

++=

4

4

4

2

2

22,14071

02,28922

32,197266

321

321

321

cm I

cm I

cm I

A z y I I

A y I I

A z I I

avec

I I I I

I I I I

I I I I

S

yz

S

zz

S

yy

i

S

z y

Si

yz

S

z z

Si

zz

S

y y

Si

yy

S

yz

S

yz

S

yz yz

S

zz

S

zz

S

zz

S

zz

S

yy

S

yy

S

yy

S

yy

GiGi

i

ii

Gi

i

ii

Gi

i

ii

E%men!s >"in$i>&#; :

=

−=−≈

−

−=

511702

49921671,0

22tan

2

1

o

o

ϕ

ϕ ϕ

zz yy

yz

I I

I 02cos ⟩ϕ Y y,754ˆ =−= oϕ

ϕ 2cos mHme signe que zz yy I I − :

( )4

4

22

37,198434

96,277534

2

1

2 cm I

cm I I I I

I I I

Y

Z

yz zz yy

zz yy Z

Y =

=+−

+= m

G3

12?A? 2

3

3

.3

J.3

6 ?



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 1/

I.18244032 $m I.2<822092 $m I.191022 $m

?.-/.0KI .18<303 $m I.2/3084 $m

G

? -/



TD-1A-S2-F213


CARACTRISTI5UES GOMETRI5UESDES SECTIONS DROITES DES POUTRES

1* Mmen!s s!&!i'#es* Cen!"e (e ,"&Ji!%:

"oient deu! a!es α et β , et ) un point de la

section droite auquel on associe un élément desurace ininiment petit ∆" d(aire ∆#

)ar déinition, les quantités déiniespar:

A xdA x A xQ

A xdA x A xQ

G

G

S S

S S

α α α β

β β β α

==∆=

==∆=

∫∫∑

∫∫∑

sont les moments statiques de la section droite par rapport au! a!es α et β #

Uni!% (e mes#"e: l(unité "$ de moment statique est le m 3 # .n utilise plus généralement le

cm 3 #

N*B * : les moments statiques peuvent Htre positis, négatis ou nuls#

es moments statiques sont donc nuls si les a!es α et β sont centrau! s(ils passent par lecentre de gravité 5 de la section droite8# .n note @ et - de tels a!es dans ce qui suit#

2* Mmen!s e! >"(#i! (ine"!ie:

2*1* Mmen!s (ine"!ie $en!"&#; >&" "&>>"! &#; &;es (#n "e>"e si!#% (&ns e >&n (e &se$!in ("i!e:

"oient deu! a!es centrau! @ et -, et )un point de la section droite auquel onassocie un élément de suraceininiment petit ∆" d(aire ∆#

xαααα O

P

αααα

ββββ

G

xααααG

xββββ

xββββG

S (aire A)

∆∆∆∆S (aire ∆∆∆∆A)

y

z

z

G y

zP

∆∆∆∆SS

ρρρρ



TD-1A-S2-F213


)ar déinition, les quantités strictement positives déinies par:

∫∫∑

∫∫∑

=∆=

=∆=

S S

zz

S S

yy

dA y A y I

dA z A z I

22

22

sont les moments d(inertie centrau! la section droite par rapport au! a!es @ et -#Uni!% (e mes#"e: l(unité "$ de moment d(inertie est le m = # .n utilise plus généralement le

cm = #

N*B* : es mmen!s (ine"!ie sn! !##"s >si!iHs0 &m&is n%,&!iHs # n#s*

2*2* P"(#i! (ine"!ie $en!"& >&" "&>>"! &#; &;es (#n "e>"e si!#% (&ns e >&n (e & se$!in("i!e:

)ar déinition, la quantité déinie par:

∫∫∑ =∆=S

S

yz yzdA A yz I

est le produit d(inertie central la section droite par rapport au! a!es @ et -#4nité de mesure: l(unité "$ de

produit d(inertie est le m = # .n

utilise plus généralement le cm = #

/#B# : le produit d(inertie peutHtre positi, négati ou nul#

$l est nul lorsque l(un des deu!a!es est a!e de s@métrie#

0==∆= ∫∫∑ S

S

yz yzdA A yz I

2*3* Mmen! (ine"!ie >&i"e >&" "&>>"! &# $en!"e (e ,"&Ji!% G (e & se$!in ("i!e:)ar déinition, la quantité strictement positive déinie par:

∫∫∑ =∆=S

S

G dA A I 22 ρ ρ

est le moment d(inertie polaire de la section droite par rapport au centre de gravité 5 de lasection droite ρ est le ra@on polaire du point )8#

y

z

G

P P'

- y y

z

yz∆Α - yz∆Α

Axe de symétrie



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 1<

Uni!% (e mes#"e : l(unité "$ de moment d(inertie polaire est le m = # .n utilise plus

généralement le cm = #

/#B# Compte tenu de la relation:222

z y += ρ

zz yyG I I I +=

E;em>es :cas du cercle#

zz yy I I =

0= yz I

yy zz yyG I I I I 2=+=

32

4 D

I G

π =

64

4 D

I yy

π =

cas du rectangle#

0= yz I

12

3bh I yy =

12

3hb

I zz =

zz yyG I I I +=

( )22

12hb

bh I G +=

z

G y

b

h

z

G y

D



TD-1A-S2-F213


2** T"&ns&!in (es &;es $en!"&#;: !@%"me (+UG+ENS:"oient deu! repères, ., α β 8 quelconque, et 5,@-8 central, tels que les a!es soient

parallèles, et un point ) de la section droite auquel on associe un élément de suraceininiment petit∆" d(aire ∆#es relations

entre lescoordonnées:

zxx

yxx

G

G

+=

+=

ββ

αα

permettentd(écrire:

( )∫∫∫∫ +==S S

dA z xdA x I G β β αα

22

.r :

022; ;

222 ==== ∫∫∫∫∫∫ yS

yyS S

Q x zdA x I dA z A xdA xGGGG β β β β

2

2

2

GGO

GG yz

G zz

G yy

A I I

x Ax I I

Ax I I

Ax I I

ρ

β α αβ

α ββ

β αα

+=

+=

+=

+=

Ces relations constituent le t%éorème d(4L56/"#

2*/* R!&!in (es &;es $en!"&#; :

2*/*1* R!&!in (es &;es $en!"&#;:

"oient deu! repères, 5,@,-8,et 5,%,t8 centrau!, tels que lerepère 5,%,t8 se déduise du

repère 5,@,-8 par une rotationd(angle θ et un point ) de lasection droite auquel onassocie un élément de suraceininiment petit ∆" d(aire ∆#

es relations entre les coordonnées:

+−=

+=

θ θ

θ θ

cossin

sincos

z y x

z y x

t

h

>e"me!!en! (%$"i"e:

G y

z

y

z

P

αααα

ββββ

OxαG

ρρρρG

S

xβG

xα

xβ

∆∆∆∆A

G y

z

y

z

P h

xt xh

t

θθθθ

S∆∆∆∆A



TD-1A-S2-F213


( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ×−++−=+−==S S S S S

t hh dA z ydA zdA ydA z ydA x I θ θ θ θ θ θ cossin2cossincossin2222

( ) ( ) ∫∫∫∫∫∫ −+=S S S

hh yzdAdA zdA y I θ θ θ θ cossin2cossin 2222

)sin(coscossin)(

cossin2cossincossin2sincos

22

22

22

θ θ θ θ

θ θ θ θ θ θ θ θ

−+−=

++=−+=

yz zz yyht

yz zz yytt

yz zz yyhh

I I I I

I I I I I I I I

6n onction de l(arc double 2 θ , les relations précédentes s(écrivent:

2

2cos1cos

2 θ θ

+=

2

2cos1sin

2 θ θ

−= θ θ θ 2sincossin2 =

θ θ

θ θ

θ θ

2cos2sin2

2sin2cos22

2sin2cos22

yz

zz yy

ht

yz

zz yy zz yy

tt

yz

zz yy zz yy

hh

I I I

I

I I I I I

I

I I I I I

I

+−

=

++−

−+

=

−−

++

=

2*4* %men!s >"in$i>&#; (es ine"!ies (e & se$!in ("i!e:

&K D%Hini!in:

$l e!iste touJours dans le plan d(une suraceplane deu! a!es centrau! perpendiculaires ouune ininité d(a!es centrau! perpendiculaires8

appelés a!es principau! d(inertie notés L et Q8suivant lesquels :

1K Le >"(#i! (ine"!ie (e & s#"H&$e es! n#*

2K Les mmen!s (ine"!ie >"in$i>&#; n!%e I e! IK0 sn! m&;im#m e! minim#m #$ns!&n!sK*

"oit ϕ l(angle θ particulier tel que 0Iht =

ϕ ϕ 2cos2sin20 yz

zz yy

I I I

+−

=

y

Yz

G

Z

ϕϕϕϕ

S



TD-1A-S2-F213


zz yy

yz

I I

I

−−=

22tan ϕ

6n onction de l'arc simple, on obtient :

yz

yyY

I

I I −−=ϕ tan

"oit 1ϕ l(angle θ particulier tel que hhI soit ma!imum ou minimum# .n a alors:

z y

yz

I I

I

−−=

22tan 1ϕ

)ar conséquent: 1ϕ=ϕ

=K E;>"essin (es mmen!s (ine"!ie >"in$i>&#;:

Des e!pressions donnant hhI et ttI , on tire, compte tenu de l(e!pression de yzI en onction

de ϕ 2tan :

ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2sin2tan2

2cos22

2sin2cos22

zz yy zz yy zz yy

yz

zz yy zz yy

Y

I I I I I I I

I I I I I

−+

−+

+=−

−+

+=

−+

+=

−+

−+

+=

ϕ ϕ

ϕ ϕ

2cos

1

222cos

2sin

22cos

22

2 zz yy zz yy zz yy zz yy zz yy

Y

I I I I I I I I I I I

.r :

2

22

12tan12cos

1

−−+=+=

zz yy

yz

I I

I ϕ

ϕ

0)(2cos

(mini) 4)(2

1

2

(maxi) 4)(2

1

2

22

22

>−⇒⟩

+−−+

=

+−++

=

zz yy Z Y

yz zz yy

zz yy

Z

yz zz yy

zz yy

Y

I I I I

I I I I I

I

I I I I I

I

ϕ



TD-1A-S2-F213


TORSION

PROBLÈME N<

4n c@lindre est soumis à un couple de torsion C E 2#R/m# e module de C.4.NB du matériau vaut <A 5)a#Calcule-:a8 la contrainte tangentielle ma!imum dans le c@lindre#b8 la distorsion des génératrices en rd et en 7#c8 l'angle de rotation des sections e!trHmes en 7#

RÈPONSES N<

a8 e moment de torsion N! est constant tout le long de la barre# C M x =

Considérons une section quelconque 5 : R I

C

G

i =maxτ avec32

4 D

I Gπ

=

4

6

max50

322510.5,2×

××=π

τ i τm&;.1910<4 MP&

b8 ppliquons la loi de ooRe en torsion : τ G=

310.78

86,101==

G

τ γ γ.1039/*19-3 "( . 909<

c8 ' angle de rotation des sections e!trHmes nous est donné par la relation :G

xi

xGI

L M =maxθ

43

6

5010.78

3250010.5,2

××

××=

π θ x . 909241 "( . 1/9

CΦΦΦΦ 50 mm

500 mm

C

γ

τ

Q./9mm

/99mm

C.20/Nm

ρρρρ G

ττττmaxi

C

ττττ

G



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N8

a8 Calcule- le couple C qui provoque une rotation dessections e!trHmes du tube de 27 sac%ant que 5 E 2< 5)a# 6n

déduire la contrainte tangentielle ma!imum#b8 Calcule-, pour d(un c@lindre de mHme poids que le tube etqui supporte le mHme couple, l(angle de rotation des sectionse!trHmes et la contrainte tangentielle ma!imum#

RÈPONSES N8

&KG

xi

xGI

L M =maxθ avec

( )32

44d D

I G−

= π

et180

π θ θ

×=

o

rd

( )mmN

L

GI M

i

xG x 2185130

10.5,218032

28010010.273

443max

=××

××−××==

π π θ

C . 21</013mN

( )44

3

max801002

3210010.13,2185−××

××==π

τ R I C

G

i τm&; . 1<0</ MP&

=K NHme poids implique mHme volume donc mHme aire

( )mmd

d Dd A A 6080100

44

22

0

222

00 =−=⇒

−=⇒=π π

43

3max

6010.27

32250010.13,2185

××

××==

π θ

G

xi

xGI

L M m&;. 901/8"( . 811

4

3

max 60

323010.13,2185

×

××

== π τ R I

C

Gi τm&;. /10/2 MP&

ΦΦΦΦ 100 mm

C

ΦΦΦΦ 80 mm

2.5m

ττττmaxi

ττττ

G C

20/m

C

(.<9mm

G

D.199mm

20/m

C

(9

G



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N19

4n arbre épaulé tourne à 9?? trKmn# a

contrainte tangentielle admissible vaut N)a# Calcule-:a8 la puissance transmise en RS si rE=mm#b8 le gain de puissance si rE1?mm#

RÈPONSES N19

a8 rE=mm

72,1

05,080

4

280

160

=

==

==⇒ t t

epaulepaul K

d

r d

D

K

mmN Kd

I C

d

I

C K Gi

G

i 32146534072,132

80552

2

4

maxmax =

××

××==⇒=

π τ τ C.32104/mN

ω C P = avec30

N π ω =

a puissance s'e!primant en Satt, le couple en m/ et la rotation angulaire en radian parseconde#

W P 30297430

90065,3214=

××= P.393

b8 rE1?mm

35,1

125,080

10

280

160

=

==

==⇒ t t

epaulepaul K

d

r d

D

K

100303

303386386

35,1

72,1303×

−=⇒=

×= GainkW P G.20

CΦΦΦΦ 160 mm ΦΦΦΦ 80 mm

r

C

(.<9mm

D.149mm "C

C



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N114n arbre de torsion tubulaire de diamètre e!térieur D, de diamètre intérieur d, de longueur12??mm, est sollicité par un couple de 2??? m/# "ous l'action de ce couple, l'angle de torsion

total de l'une des e!trémités par rapport à l'autre doit Htre de 2?7T?#7# a contraintema!imum admissible en torsion est de =?? N)a# e module de C.4.NB du matériau vaut A?5)a#

18 Calculer la distorsion angulaire ma!imum en radians en appliquant la loi de ..U6#28 6n déduire le diamètre e!térieur D en mm arrondir le résultat au mm8#38 Vuel est alors le diamètre intérieur d en mm arrondir le résultat au mm8#=8 vec les valeurs trouvées en 28 et 38 calculer la contrainte ma!imum de torsion en

N)a8 et l(angle de torsion des sections e!trHmes en 78#

RÈPONSES N11

183

maxmax

10.80

400==

G

τ γ γ=5.10

-3"(

28 mm L

D L

D37,34

20

180120010.522

2

3

=×

×××==⇒=

−

π θ

γ θ γ

6n arrondissant au mm : D.3mm

38 R I

C

G

i =maxτ avec( )

32

44d D

I G−

= π

( ) mmd

d 19,26

400

321710.200034

34

321710.2000400 4

34

44

3

=×

××−=⇒

−×

××=

π π

6n arrondissant au mm : (.24mm

=8( )44

3

max2634

321710.2000

−×

××=

π τ τm&; . 3830<3 MP&

( )443

3max

263410.80

32120010.2000

−××

××==

π θ

G

xi

xGI

L M m&;. 903"( . 1881

1299mm

D

(

γ

τ

C.2999mN

G

C



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N12

e diamètre e!térieur vaut 2? mm, le diamètreintérieur 1> mm# a barre B est encastrée en etB# Calcule- les moments d(encastrement en et B#

RÈPONSES N12

)roblème spatial : Ei>nE> car> inconnues en , > inconnues en B #Compte tenue du c%argement, nous pouvonsréduire le degré d'%@perstaticité à 1 :2inconnues e!ternes, un moment en et un en B

6quation d'équilibre : NmC M M B A 120==+

6quation de déormation : 0 / =+= CB AC B A θ θ θ

AC

G

AC AC

x AC

GI

L M =θ avec A

AC

x M M −= CB

G

CBCB

xCB

GI

L M =θ avec B

CB

x M M =

44

4

1620

200

−==⇒=+

−=+

CB

G

AC

G

B

A

CB

G

B

AC

G

A

CB

G

CBCB

x

AC

G

AC AC

x

I

I

M

M

I

M

I

M

GI

L M

GI

L M

D'oW le s@stème à résoudre :

−=

=+

44

4

1620

20

120

B

A

B A

M

M

M M

55,44

1620

201

120

44

4 =

−+

= B

M 45,75= A M

MA . /0/ Nm MB . 0// Nm

120Nm

125mm

125mm

A

C

B

A

B

MA

12/mm

12/mm C

D.29mm

D.14mm

MB

C.129mN



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N13

a contrainte tangentielle ma!imum dans lesarbres B et CD vaut N)a# Calcule-:a8 la valeur du couple Co# b8 le diamètre d#c8 la rotation de la section droite en 78par rapport à la section droite D sac%antque 5E A? 5)a#

RÈPONSES N13

a82

0max

d

I

M AB

G

AB

xi =τ avec

32

4

0d I

AB

G

π = et 0C M

AB

x =

mmN d

I C

AB

Gi 62981932

1855

2

4

0

max0 =

×

××==

π τ

C9 . 43 Nm

b8 NmC C 4,17620

5663

20

560 =×=×=

2max

d

I

M CD

G

CD

x

i =τ avec 32

4d

I CD

G

π

= et C M CD

x =

37,2555

10.4,176163

3

=×

×=

π d ( . 2/0 mm

c8 AB

G

AB AB

x AB

GI

L M =θ X

CD

G

CDCD

xCD

GI

L M =θ

rd ABCD A D A 1818,01810.80

3260010.63

20

56

4,2510.80

3290010.4,176

20

5643

3

43

3

/ =

××

××+×

××

××=+×==

π π θ θ θ θ

A. 192

C0

600mm

900mm

56mm 20mm

ΦΦΦΦd0= 18 mm

ΦΦΦΦ d

B

D

C

A

Q(9.1<mm

A

BC

D

C9

29mm

/4mm

499mm

899mm

BC

C9

29mm

/4mm

C2056

0 ×= C C



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N1.n considère l'assemblage de la igure cicontre, constitué de deu! arbres élastiques B etCD reliés par deu! engrenages# es arbres B et CD sont constitués du mHme acier demodule de Coulomb : A?5)a, et ont mHme diamètre d# 'arbre B a une longueur de =??mm etl'arbre CD une longueur de >??mm# 4n couple C? E 1???/m est appliqué à l'e!trémité D de

l'arbre CD# 'e!trémité de l'arbre B est encastrée#18 e point de contact des dentures des engrenages est situé sur une circonérencede ra@on rB E1??mm pour l'engrenage B et dera@on rC E =?mm pour l'engrenage C#Calculer le moment de torsion auquel estsoumis l'arbre B#

28 "ac%ant que la rotation D par rapport à nepeut e!céder une valeur de 1,7 et que lacontrainte tangentielle ma!imum admissibledans les deu! arbres ne peut e!céder >?N)a, calculer le diamètre d des arbres B et

CD &""n(i &# mm#RÈPONSES N1

178C

B AB

r

r C C ×= 0

40

1001000×= ABC

CAB.2/99mN

278 Condition de résistance: 3

3

3max

60

10.25001616

π

τ

π

τ

×

×≥⇒≤= d

d

C e

AB (./804/mm

Condition de déormation : lim / θ θ ≤ D A XCD

G

CDCD

xCD

GI

L M =θ X

AB

G

AB AB

x AB

GI

L M =θ

180

5,1

10.80

3260010.1000

40

100

10.80

3240010.2500

40

10043

3

43

3

/

π

π π θ θ θ

×≤

××

××+×

××

××=+×=

d d CD AB D A

D'oW mmd 31,625,1

18010.80

3260010.1000

40

100

10.80

3240010.2500

43

3

3

3

=×

×

×

××+×

×

××

≤π

π π dE>2,31mm

C@i; (# (i&m!"e (.43 mm

"$.9mm

A

D

C9.1999mN

499mm

99mm

B

C

"B.199m

CAB

"$.9mm

C9.1999mN

B

C

"B.199m



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N1/

Calcule- d1, d2, d3 dans c%acun des 3

cas sac%ant que CE 3?? /m et que lacontrainte de cisaillement ma!imumvaut >? N)a# Vuelle est la section laplus rationnelleP

RÈPONSES N1/

D'après l'anne!e = :

hek J 3

1=

hek

M xi 2

2

max =τ

&K Se$!in $i"$#&i"e :

3

3

13

1

1max

60

1610.30016

2 π τ

π τ

×

×≥⇒≤== d

d

M d

I

M e

x

G

x

i (1.2802mm Ai"e : A1.4808mm2

=K Se$!in $&""%e :

hek

M xi 2

2

max =τ 208,01 22 =⇒=⇒== k e

hd he 3

3

2208,060

10.300

×≥d (2.2<0<4mm A2.<3208mm2

$K Se$!in "e$!&n,#&i"e :

hek

M xi 2

2

max =τ 246,022 23 =⇒=⇒== k e

hd he 3

3

32246,060

10.300

××≥d

(3.21044mm A3.83<031mm

2

L& se$!in & >#s "&!innee es! (n$ $i"$#&i"e

C

C

φφφφd1

Cd3

d2

d2

2d3

C

Q (1

CC

(3

(2

(2 2(3



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N14

Deu! barres réalisées en un mHme matériau ont mHme longueur et mHme poids# (une a une

section circulaire 18, l(autre carrée 28# Détermine- pour une mHme contrainte tangentiellema!imum:a8 le rapport des couples de torsion transmis#b8 le rapport des angles de rotation des sections e!trHmes#

RÈPONSES N14

D'après l'anne!e = :Se$!in $&""%e

hek

M xi 2

2

max =τ GJ

M x x =

'

θ hek J 3

1=

208,0

141,01

2

1

=

=⇒=

k

k

e

h

Se$!in $i"$#&i"e

2

1max

d

I

M

G

x

i =τ

G

x x

GI

M ='θ

2

4r

I Gπ

=

NHme longueur, et mHme poids impliquent que les aires sont identiques :π π r aar =⇒= 22

&K R&>>"! (es $#>es (e !"sin !"&nsmis* carré

i

cercle

i maxmax τ τ =

356,12208,0

1

208,0

2

34 ==⇒= π π π π carré

cerclecarré cercle

C

C

r

C

r r

C

C

C

V.103/4

=K R&>>"! (es &n,es (e "!&!in (es se$!ins e;!"mes*

G

cerclecercle

GI

LC =θ

GJ

LC carré

carré =θ avec24

1 π r k J =

201,12141,0356,12141,0

356,14

24

=××=== π π

π

θ

θ

r

r

I C

J C

G

carré

cercle

carré

cercle

V.10291

CV C

L

L

Q 2"

&



TD-1A-S2-F213


TORSION

1* D%Hini!in :"i, pour une poutre droite à section constante, le torseur de section se réduit à N!, quel

que soit la section droite, la poutre est soumise à de la torsion# .n distingue suivant laorme de la section droite:

❑ a torsion de COULOMB pour les sections droites circulaires ou tubulaire#❑ a torsion de SAINT-)ENANT pour les sections droites non circulaires#

2* T"sin (e COULOMB:

2*1* Cn!"&in!es en #n >in! P &>>&"!en&n! W #ne se$!in ("i!e :

près application du couple C

r

onconstate que:❑a longueur et le diamètre du

c@lindre n(ont pas variés#*outes les sections droites

subissent une rotation θ!proportionnelle à !#

a seule déormation est unedistorsion γ des génératrices, toutà ait comparable à celle qu(onobserve dans le cisaillement simple#.n peut donc écrire, quel que soitle point de la section droite:

0=σ γ =τ G d(après la loi de

..U6

Ytant donnée la s@métrie de révolution autour del(a!e de torsion, la contrainte tangentielle τ est:178 tangente au! cercles de ra@on polaire ρ#278 la mHme en des points situés sur un cercle dera@on polaire ρ#

C ΦΦΦΦ 2R

L

x

a

b

θθθθxmaxi

x

C

G

γ γγ γ m&;i b’

θx

ρρρρ

ττττ

φφφφ2R

G C ττττ

ττττ

ττττ



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Considérons un point ) de la section droite , la contrainte τ varie linéairement le long dura@on polaire : ρ τ k = #

=

=

θ ρ

θ ρ

sin

cos

z

y

===

−=−=−=

kyk

kzk

xz

xy

θ ρ θ τ σ

θ ρ θ τ σ

coscos

sinsin

e vecteur contrainte en un point ) doit satisaire ces > équations oir cours module F1128

( ) ∫∫=S

xxdAσ 01 ( ) ∫∫ −=S

xy xz x dA z y M )(4 σ σ

( ) ∫∫=S

xydAσ 02 ( ) ∫∫=S

xxdA zσ 05

( ) ∫∫=S

xzdAσ 03 ( ) ∫∫−=S

xxdA yσ 06

es équations 18 8 et >8 sont identiquement vériiées car la composante normale0== σ σ xx

' équation ( ) 002 =−=−=−== ∫∫∫∫∫∫ S

yS S S

xy kQ zdAk kzdAdAσ également vériiée, de

mHme pour 38 car le moment statique par rapport à des a!es centrau! est nul#' équation =8 nous permet de calculer la constante R :

G

xG

S S S xy xz x

I

M k kI dAk dA z yk dA z y M =⇒==+=−= ∫∫∫∫∫∫ 222

)()( ρ σ σ

e vecteurcontrainte dans les a!es !@-:

=

−=Φ

G

P

xP

xz

G

P

xP

xy

P

xyz x

I

y M

I

z M

σ

σ

0

/

r

s(écrit dans les a!es !%t:

=

Φ

G

P

xP

P

xht x

I

M ρ τ

0

0

/

r

a contrainte ma!imum de torsion en des point ) situés sur le contour de la section droitevaut:

R I

M

G

xi =maxτ

ρρρρ

G

φφφφ2R

Mx

ττττ

z

y

σxz

σxy

y

z

P θ

h

t



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a distorsion ma!imum àl(abscisse polaire ρE08 vaut:

L

R

ab

bbtg

i

xii

max

maxmax

' θ γ γ ==≈

)

a distorsion à l(abscissepolaire ρ vaut:

L

i

x

max ρθ γ =

"oit, en introduisant l(angle

unitaire de torsion L

i

x x

max' θ θ =

' x ρθ γ = a contrainte tangentielle τ s(écrit:

ρ θ τ '

xG=

G x x I G M 'θ =

2*2* Cn$en!"&!in (e $n!"&in!es* InH#en$e (e & J&"i&!in ="#!&e (e & se$!in ("i!e:

ρρρρ G

ττττmaxi

φφφφ2R

C

ττττ



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.n constate que dans la section la plus aible et au voisinage du raccordement, la contraintetangentielle réelle ma!imum de torsion subit une orte maJoration par rapport à la valeurnominale ournie par la t%éorie des poutres#

a contrainte ma!imum réelle imaxτ de torsion se calcule à partir de la contrainte nominale

ma!imum 2

d

I

C

G ournie par la t%éorie des poutres par la relation:

2max

d

I

C K

G

i =τ

U est le acteur deconcentration decontraintes#

2*3* Ess&i (e !"sin:Cet essai n(est pas normalisé# .n soumet une éprouvette, à section circulaire, à un couplecroissant lentement Jusqu(à la rupture de l'éprouvette#.n enregistre le diagramme couple CKrotation zθ de deu! sections#, que l(on rend

intrinsèque en divisant le couple par16

3 Dπ et la rotation par

R

L#

e diagramme estgénéralement composé

d(une partie . linéaireet réversible: la -oneélastique, et d(une partiecourbe BC: la -oneplastique oW l(éprouvettesubit des déormationsirréversibles# a ruptureintervenant au point C#.n constate qu(il @ a deu!comportements trèsdiérents suivant que le

matériau est (#$!ie ouH"&,ie#Dans la -one élastique la

ττττnom=Cd/2IG

G

ττττmaxi

φφφφd

C

A

C B C

A

ττττmaxi

γ γ maxi

ττττe=Rg M&!%"i&#; (#$!ies

M&!%"i&#; H"&,ies



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loi de proportionnalité entre la contrainte tangentielle ma!imum de torsion R I

C

G

i =maxτ et

la distorsion γ ma!i des génératrices de l(éprouvette est la loi de +OOE en torsion#Comme pour le cisaillement simple elle s(écrit:

ii G maxmax γ τ =

oW 5 est le module d(élasticité transversale ou module de C.4.NB du matériau#a contrainte tangentielle ma!imum de torsion à la in de la -one élastique est la limite

élastique au cisaillement du matériau# 6lle se note τeou 0g# N.B.

❏ (essai de torsion est le seul qui permette une détermination correcte du module deC.4.NB 5 et de la limite élastique au cisaillement τe du matériau#❏ .n montre que le module de L.4/5 6, le module de C.4.NB 5, et le coeicient de).$""./ ν sont, lorsque le matériau est isotrope, liés par la relation:

)1(2 ν +=

E G

❏ .n constate que pour un matériau ragile les limites élastiques en traction et cisaillementsont sensiblement les mHmes tandis que pour un matériau ductile:

2

ee

σ τ ≈

2*** R!&!ins (es se$!ins ("i!es:

6!pression de la rotation d(une section droite d(abscisse -# De la relation G

'

x IGC θ= ontire à abscisse !:

xGI

M

G

x x =θ

6!pression de la rotation ma!imum celle de la section d(abscisse 8:

G

xi

x

GI

L M =maxθ

2*/* CeHHi$ien! (e s%$#"i!%:$l se calcule par la relation:

i

e

maxτ

τ α =

N*B# .n impose quelqueois une condition de rigidité pour les arbres de transmission:m x / 25.0

'°≤θ



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3* T"sin (e SAINT-)ENANT se$!ins ("i!es nn $i"$#&i"esK:.n constate e!périmentalement que les sections droites ne restent pas planes aprèsapplication du couple de torsion# 6lles subissent un ,&#$@issemen! a!ial qui peut entra+ner,si celuici est empHc%é, l(apparition de contraintes normales dans la section droite#

(%@pot%èse de /$60B60/.4$ n(est donc plus vériié, le principe de l(indépendancedes eets des orces non plus, seule la t%éorie de l(élasticité peut résoudre le problème#

T"sin (es Se$!ins Re$!&n,#&i"es :

a igure cicontre permet de visualiser larépartition des contraintes tangentielles detorsion dans une barre à section rectangulaire#

.n montre alors, en élasticité, que:

178 a relation entre le moment de torsionet l(angle unitaire de torsion est:

GJ

M x x ='θ

oW Z est le mmen! (ine"!ie (e !"sin de lasection rectangulaire# $l se calcule par la relationsuivante:

hek J 3

1=

oW k1 est une onction du rapport %Ke donné dans le tableau suivant:

%Ke 1 1# 2 3 = > A 1? ∞

R1 ?#1=1 ?#19> ?#229 ?#2>3 ?#2A1 ?#291 ?#299 ?#3?< ?#313 1K3

R2 ?#2?A ?#231 ?#2=> ?#2>< ?#2A2 ?#291 ?#299 ?#3?< ?#313 1K3R3 1#??? ?#A9 ?#<9 ?#<3 ?#<= ?#<== ?#<=3 ?#<=2 ?#<=2 ?#<=2

N*B # orsque la section droite est circulaire la relation entre le moment de torsion et l(angle unitairede torsion est:

G

x x

GI

M ='θ

e moment d(inertie de torsion est alors le mmen! (ine"!ie >&i"e du cercle πD4

328#

Mx G

ττττ‘maxi

ττττmaxi

e

h



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278 a contrainte ma!imum de torsion au milieu des grands cOtés du rectangle8 vaut:

hek

M x

i 2

2

max =τ

oW k2 est une onction du rapport %Ke donné dans le tableau précédent#

378 a contrainte au milieu des petits cOtés du rectangle vaut:

ii k max3

'

max τ τ =

oW k3 est une onction du rapport %Ke donné dans le tableau précédent#



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FLEXION

PROBLÈME N1

Considérons la poutre cicontre soumiseà un moment de le!ion N# a sectiondroite de la poutre est un tuberectangulaire en aluminium d(épaisseur Amm# Calculer la valeur du moment N quepeut supporter la poutre, sac%ant queσ σe e

'MPa= = 200 et que le coeicient

de sécurité vaut 1#2# Calculer le ra@onde courbure de la ligne mo@enne sac%antque 6E<? 5)a et la lèc%e ma!imum sac%ant que la longueur de la poutre est de 1# m#

RÈPONSES N1

e moment de le!ion N@EGN est constant tout au long de la poutre 5?51# *outes les sectionssont donc équidangereuses#

120 mm

80 mm

Y X

G G

Z Z 1.5 m

M x

z

<9 mm

1*/ m

x

z

G9

G1

G

Z

Y

X

y 129 mm

M



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Considérons une section quelconque 5# les a!es ,L et Q sont principau! d'inertie pour lasection tubulaire 5 a!es de s@métrie8# e moment de le!ion NLEGN est porté par l'a!eprincipal L : /ous sommes donc en présence de le!ion pure plane# 'a!e neutre ∆ est donc

confondu avec celui qui porte le moment fléchissant Y. L’ensemble des points P’ et P’’ qui sont lesplus éloignés de l’axe neutre (vmaxi) sont les points les plus contraints. Les points P’ sontcomprimés et P’’ tendus.

( )α

σ σ '

33

'' 60

12

104.64

12

120.80eP

Y

Y P

xx

M Z

I

M ≤−

−

== X

α

σ σ eP

Y

Y P

xx

M Z

I

M ≤

−

== 60

12

104.64

12

120.80 33

''''

D'oW :25,1

20060

12

104.64

12

120.80 33 ≤

−

M MY10 Nm

'équation de la déormée est donnée par : M EI w EI

M

EI

M w Y

Y Y

Y −=⇒−=−= ''''

$n tégrons 2ois : M EI wY −=''

1C Mx EI w Y +−=′

21

2

2C xC

MxwEI Y ++

−=

Conditions limites pour calculer les constantes d'intégration : en

51 :

=⇒=′→=

−=⇒=→=

MlC wl x

MlC wl x

1

2

2

02

0

'équation de la déormée est donc :

−+

−=

22

1 22 Ml

Mlx Mx

EI w

Y

a lèc%e ma!imum a lieu en 5?, pour !E? :

Y EI

Mlw

2

2

max −=

( )

×−

×××

×××−=

12

10464

12

12080700002

105,1107,1433

236

maxw

Zm&;.-208mm

M

EI Rw

R

Y =⇒′′≈1

6

33

107,14

12

10464

12

1208070000

×

×−

×

= R R.242<8mm.24028m

G

Z

Y MY

v

∆

P’

P’’

R

x

z

G9

G1

y M

w wmax



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PROBLÈME N1<

178 a section droite de la poutreest un rectangle bE3? mm et%E9? mm8# a longueur de lapoutre est de 1 m# e module deL.4/5 vaut 2?? 5)a# acontrainte normale ma!imum nepeut dépasser 12? N)a# Calculer:

a8 le moment léc%issantma!imum quand θ E ?7, 3?7, 9?7#

b8 les lèc%es quand onapplique ces moments de le!ion à c%aque e!trémité#278 a section droite est un 4)# e moment de le!ion appliqué vaut N E ??? /m#Déterminer les dimensions du 4) qui convient dans c%acun des trois cas θE?7, 3?7, 9?7 8 sila contrainte normale ma!imale vaut 12? N)a#

RÈPONSES N1<

1K Mmen! M

e s@stème est autoéquilibré, les réactions en et B sont nulles# Dans la section 5 le *orseurde "ection se réduit a une seule composante du moment suivant l'a!e - : N-EN# *outes lessections 5 sont donc équidangereuses# /ous sommes donc en présence de Fle!ion )ure#)lacons nous à une section quelconque 5# a section étant rectangulaire, nous savons que les@stème d'a!e! principau! est constitué par les deu! a!es de s@métrie# .rientons l'a!eprincipal L comme étant celui qui enregistre le moment d'inertie ma!imum, et déduisons l'a!eQ par une rotation de G[K2#

x G

1 m

M G h

b

YZ

θθθθ

M

y y

z

M

θ 1 m

@

A B

=

G x

y

z

G

y

z

θ

Y

@

=

y

z

Z

G



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&K .9a poutre est dans ce cas placé sur c%amp# e moment de le!ion étant porté par l'a!eprincipal L la le!ion est dite plane#

'a!e neutre ∆ est donc conondu avec celui qui porte le moment# C'est l'a!e de rotation de lasection#

es points les plus éloignés de l'a!e neutre !vma!i sont les plus contraints#

es points )' sont les plus contraints en traction, et )'' en compression#

e

P

Y

Y P

xx

h

hb

M Z

I

M σ σ ≤

==

2

12

.3

''

6

1209030 2 ××≤ M M.0<4 Nm

M x

z

y

G x

y

z

1 m

=

@

M

Y @

=

y

z

Z

G M

∆

v

P’

P’’

G

y

z

M

M x



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&K .89

a poutre est dans ce cas placé sur plat# e moment de le!ion étant porté par l'a!e principalQ la le!ion est dite plane#

e détail des calculs est similaire au cas précédent

e

P

Z

Z P

xx

b

bh

M Y

I

M σ σ ≤

−−=−=

212. 3

''

6

1203090 2 ××≤ M M.1042 Nm

1 m =

@

M

M

x

z

y

G

x

y

z

Y

@

=

y

z Z

G M

∆

v

P’

P’’

M

M

G x

y

z



TD-1A-S2-F213


&K .39a poutre est maintenant incliné de 3?7#e moment de le!ion N n'étant pas porté par l'a!e principal L ni par l'a!e principal Q lale!ion est dite déviée#

in de trouver les points les plus contraints, il nous aut rec%erc%er l'a!e neutre ∆#

'a!e neutre qui est l'a!e de rotation représente le lieu des points de la section oW lacontrainte normale \ !!E?#Dans les a!es principau! son équation est :

Y I

I

M

M Z

Z

Y

Y

Z =

es composantes du moment sur les a!es principau! sont :30cos M M Y = 30sin M M Z −=

D'oW :

Y Y b

hY

hb

bh

M

M Z

22

3

3

30

9030tan30tan

12

1230cos

30sin

−=

−=

−=

6quation de l'a!e neutre : Y Z 196,5−=

( ) 179,ˆ °−=∆= rrY ψ Deu! points les plus contraints )', )''#

e

P

Y

Y P

Z

Z P

xx Z

I

M Y

I

M σ σ ≤

++−= '''

e

h

bh

M b

hb

M σ ≤

++

−−

2

12

30cos

2

12

30sin33

+

≤

2230cos30sin6

bhhb

M eσ

×+

×

≤

22 903030cos

309030sin6

120 M

M.209/ Nm

C'est une valeur comprise entre les deu! e!tremes des cas précédents#

x

z

y

G x

y

z

= 1 m

@

39

M

M

Y

@

=

y

z

Z

G M

∆

v P’

P’’

θ=30°

MY

MZ Ψ=-79°1



TD-1A-S2-F213


F$@e :=K .9

'équation de la déormée est donnée par : M EI v EI

M

EI

M v Z

z Z

Z −=⇒−== ''''

$n tégrons 2ois : M EI v z −=''

1C Mx EI v z +−=′

21

2

2 C xC Mx

vEI z ++−

=

Conditions limites pour calculer les constantes d'intégration : en:

=⇒=→=

=⇒=→=

20

000

1

2

MlC wl x

C w x

'équation de la déormée est donc :

+

−= x

Ml Mx

EI v

z 22

1 2

a lèc%e ma!imum a lieu en !ElK2 : ( )33

2362

max

903010.2008

1210.110.86,4

8 ×××

××==

z EI

Mlv J m&;.104mm

=K .89

e calcul de la lèc%e est similaire au cas précédent :( )

33

2362

max309010.2008

1210.110.62,1

8 ×××

××−=−=

y EI

Mlw Zm&;./ mm

=K .39/ous appliquons le principe de superposition : 22

max wv f +=

222

max8

+

=

Z

Z

Y

Y

I

M

I

M

E

l f 30cos M M Y = 30sin M M Z −=

( )2

3

62

3

6

3

23

max 3090

1230sin10.05,2

9030

1230cos10.05,2

10.2008

10.1

××

×

+

×

×

×= f Hm&;.3022 mm

1 m A B

G x

y

z



TD-1A-S2-F213


2K UAP :

&K .9

e moment de le!ion étant portépar l'a!e principal L la le!ion est plane#

'a!e neutre ∆ est donc cononduavec celui qui porte le moment#C'est l'a!e de rotation de la section#



e

P

Y

P

Y

Y P

xx Z I

M Z

I

M σ σ ≤== '''

e

P

Y M

Z

I

σ ≥

'

120

10.5000 3

' ≥

P

Y

Z

I 3

'66,41 cm

Z

I P

Y ≥

6n se réérant à l'anne!e des proils 4) nous devons c%oisir un proilé dont le moduled'inertie de le!ion est supérieur à =1,>>cm3

e c%oi! du proilé sera UAP199 dont le module d'inertie de le!ion est =1,9cm3 #

θ 1 m

@ M./999Nm

A B

=

G x

y

z

G

y

z

M./999Nm

1 m

x

z

y

G x

y

z

M

1 m M

Y

y

z

Z

G M

∆

v

P’

P’’



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&K .89e moment de le!ion étant porté par l'a!e principal Qla le!ion est plane#

'a!e neutre ∆ est donc conondu

avec celui qui porte le moment#C'est l'a!e de rotation de la section#



e

P

Z

P

Z

Z P

xx Y

I

M Y

I

M σ σ ≤=−= ''''''

eP

Z M

Z

I

σ ≥''

3

'' 66,41 cm Z

I

P

Z

≥

e c%oi! du proilé sera UAP2/9 dont le module d'inertie de le!ion est =1,9cm3 #

&K .39

e proilé est maintenant incliné de 3?7#

/ous sommes en présenced'une le!ion déviéecar le moment n'est plus portépar un a!e principal d'inertie#

/ous savons que le c%oi!devra etre compris entre les 4)1?? et 4)2?compte tenu des cas étudiés pré]cédement#

x

z

y

G x

y

z

1 m

M

M

v

Y

y

z Z G M

∆ P’

P’’ P’’

x

z

y

G x

y

z

1 m

39

M

M



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Faisons le c%oi! d'un 4)1< :

'a!e neutre qui est l'a!e de rotation représente le lieu des points de la section oW lacontrainte normale \ !!E?#

Dans les a!es principau! son équation est :

Y I

I

M

M Z

Z

Y

Y

Z =

es composantes du moment sur les a!es principau! sont :30cos M M Y = 30sin M M Z −=

es valeurs des moments d'inertie principau! sont donnés en anne!e#

Y Y I

I

M

M Z

Z

Y

4,126

127230tan

30cos

30sin−=

−=

6quation de l'a!e neutre : Y Z 81,5−=

( ) 2380,ˆ °−=∆=rr

Y ψ

Deu! points les plus contraints )', )''# :

mm

mmP

YZ 5,87

2,21' /

−

−

mm

mmP

YZ 5,87

8,48'' /

)' est en traction, et )'' en compression# e matériau étant s@métrique le point )'' est le pluscontraint

'

''''''

e

P

Y

Y P

Z

Z P

xx Z

I

M Y

I

M

σ σ ≤

+

+−= ( ) ( )1205,87

10.1272

30cos10.50008,48

10.4,126

30sin10.5000

4

3

4

3

≤−+−

−

− 120126'' ≤=P

xxσ e proilé ne convient pas#

0eprenons les calculs avec le proilé 4)2??# 'approc%e est identique :

'

''''''

e

P

Y

Y P

Z

Z P

xx Z I

M Y

I

M σ σ ≤

++−= ( ) ( ) 1201005

10.1946

30cos10.50008,52

10.7,169

30sin10.50004

3

4

3

≤−+−−

−

a condition est vériiée, C@i; (# >"Hi% : UAP299

y

z G M

P’

P’’

Y

Z

MY

MZ

Ψ=-80°23

θ=30°

∆

v



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N 18

4n arbre de diamètre ? mm est soumis à un momentde le!ion dont les composantes dans 5,$,$$ sont :NLE 1A?#3< /mNQE A?<#3 /m

Calculer :178 la position de l(a!e neutre de le!ion#278 es contraintes normales e!trHmes#

RÈPONSES N18

e moment résultant N est porté par un a!e principal d'inertie )our une section circulaire,tout diamètre étant a!e de s@métrie est principal d'inertie8# a le!ion est donc plane# aposition de l'a!e neutre est donné par l'angle ; :

6123,807

37,180tan °=

= Arcα

P

v

P

v

P

xx x x I

M

××

+−

==∆∆

∆

6450

10.31,80737,1804

322

π σ

−∆

mmP

v25

0' /

∆mm

Pv

25

0'' /

e point )' est en traction :

( )256450

10.31,80737,1804

322' −×

×

+−=

π σ P

xx

[ ;;P7.40MP&

e point )'' est en compression :

( )256450

10.31,80737,1804

322'' ×

×

+−=

π σ P xx

[ ;;P77.-40MP&

Y

Z G

ΦΦΦΦ 50 mm

180.37 Nm

807.3Nm

Y

Z

ΦΦΦΦ /9 mm

G

1<9*3Nm

<9*3Nm

MH

∆

v

P’

P’’

α=12°6

∆

G ;

σσσσ

P’

P’’ -40MP&

40MP&

v



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N29

4ne barre dont la largeur est de >?

mm et l(épaisseur de 9 mm estentaillée comme indiquée sur laigure ci contre# 6lle est soumise àun moment de le!ion de 1A? /m#Calculer le ra@on r pour que lacontrainte normale ma!imum ne

dépasse pas 1? N)a#

RÈPONSES N29

$l @ a concentration de contraintes compte tenu du c%angement brusque de la section#

/ous devons c%erc%er le acteur de concentration U à l'aide des abaques ournis en anne!e#

a contrainte normale ma!i dans la section la plus aible, nous est donnée par :

nom xx MPa σ σ ==××

= 7520

12

409

10.1803

3

nomi K σ σ =max d’où la valeur de K : 2

75

150==K

A l’aide de l’annexe 3 : mmr

d

r d

D

K 8,4

12,0

5,140

60

2 =

=

==⇒= r=4,8 mm

MMD=60mm

10mm

10mm

d

2r

D.49mm

19mm

19mm

(

2"

M M



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /9

PROBLÈME N21

4ne barre est soumise à deu! couples de le!ion N à ses e!trémités#

178 6tude de la section droite# Déterminer:a8 a position du centre de gravité de la section droite#b8 es moments et produit d(inertie de la section dans le repère 5,@,-8#c8 es moments d(inertie principau! et la position des a!es principau! de la section#

278 6tude de la le!ion*a8 Déterminer la position angulaire de l(a!e neutre#b8 Nettre en place sur la igure le point ) le plus tendu et le point )( le plus compriméet donner leurs coordonnées dans le repère 5,L,Q8#

c8 Calculer la valeur du moment N que l(on peut appliquer sans que les contraintesma!imum ne dépassent G< N)a en traction au point )8 et 9? N)a en compression aupoint )(8#

RÈPONSES N21

12mm

1M

G

2

12mm

6mm

6mm

M

3

2

M

1200mm

G

P

P'

12mm

12mm

4mm

4mm

M

M

1299mm

;

G



TD-1A-S2-F213


1K E!#(e (e & se$!in ("i!e

Décomposons la surace initiale " en deu! suraces carrées "1, "2 , et remarquons que la surace "possède un a!e de s@métrie#

&K L& >si!in (# $en!"e (e ,"&Ji!% (e & se$!in ("i!e*6n se reerent au cours sur les inerties:

6

61αβ

G 9

92αβ

G 1E1==mm2 2E3>mm2

36144

3691446

21

2211

+

×+×⇒

+

+=

A A

A X A X X GG

G

α α α

mm

mmG

5

5

αβ

=K Les mmen!s e! >"(#i! (ine"!ie (e & se$!in (&ns e "e>"e G00K*

Si S1 S2

Aimm2K 1== 3>

GimmK 11

==

IiimmK 123 >=K12

IiimmK 123 >=K12

IiimmK ? ?

S1

1

1

S2

2

2

G1

G2

G

\

6

12mm 1mm

4mm

12mm

4mm1mm



TD-1A-S2-F213


−=

=

=

⇒

+=

+=

+=

+=

4

4

42

432

1188

1188

21

21

mm I

mm I

mm I

A z y I I

A z I I

avec

I I I

I I I

S

yz

S

zz

S

yy

i

S

z y

Si

yz

S

y y

Si

yy

S

yz

S

yz yz

S

yy

S

yy

S

yy

GiGi

i

ii

Gi

i

ii

$K Les mmen!s (ine"!ie >"in$i>&#; e! & >si!in (es &;es >"in$i>&#; (e &se$!in*Y y,45ˆ =°=ϕ car a!e de s@métrie

( )4

4

22

1620

7564

2

1

2 mm I

mm I I I I

I I I

Y

Z

yz zz yy

zz yy Z

Y =

=+−

+= m

2K E!#(e (e & He;in*

'a!e neutre qui est l'a!e de rotation représente le lieu des points de la section oW lacontrainte normale \ !!E?#

"on équation est : Y I

I

M

M Z

Z

Y

Y

Z =

es composantes du moment sur les a!es principau! sont :

45cos M M Y = 45sin M M Z −=

6quation de l'a!e neutre : Y Y M

M Z

756

1620

756

1620

45cos

45sin−=

−= Y Z 14,2−=

( ) °−=∆= 65,ˆrr

Y ψ

G

12mm

4mm

12mm

4mm

M

∆

v

P’

P

φ=45°MY

MZ Ψ=-65°



TD-1A-S2-F213


Deu! points les plus contraints ), )'# :

mm

mmP yz

7

1 /

−

−

mm

mmP yz

5

5' /

mm

mmP

YZ 24,4

66,5 /

−0

07,7' /

mmP

YZ en utilisant les ormules de rotation :

+−=+=

45cos45sin

45sin45cos

z y Z

z yY

e point ) est le plus tendu :

e

P

Y

Y P

Z

Z P

xx Z

I

M Y

I

M σ σ ≤

++−= 7524,4

1620

45cos66,5

756

45sin≤+

−−

M M

Donc, pour qu'en traction la contrainte ne dépasse pas < N)a , il aut que :M.198 Nmm

e point )' est le plus comprimé :

'

'''

e

P

Y

Y P

Z

Z P

xx Z I

M Y

I

M σ σ ≤

++−= ( ) 9007,7

756

45sin≤−

−−

M

Donc, pour qu'en compression la contrainte ne dépasse pas 9? N)a , il aut que :

M.13419 NmmConclusion :

e moment ma!imum que l'on peut appliquer est le moment le plus petit M.190/ Nm car ilrespecte les conditions limites en traction et en compression alors que si on avait prisNE13,>? R/m, la condition en traction n'aurait pas été respectée#



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N22

Calcule- l'équation de la déormée# 6n déduire lalèc%e ma!imum#

RÈPONSES N22

)our calculer l'équation de la déormée, nous allons utiliser l'équation diérentielle : Z

Z

EI

M v =''

$l aut donc c%erc%er le *orseur de "ection en 5#

ne AC :2

0 L x⟨⟨ ne CB : L x L ⟨⟨2

−= x

LP M z

2 0= z M

2

'' PLPx EI v z +−= 0

'' = z EI v

1

2'

22

C xPLPx

EI v z ++−= 3

'C EI v z

=

21

23

46C xC

PLxPxvEI z +++−= 43 C xC vEI z +=

A B C

L/2 L/2

P

y

x

A B C

L/2 L/2

P

x

y

xG



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e //

in de déterminer les constantes d'intégrations, écrivons les conditions au! limites en pour la -one C et la continuité des lèc%es et des pentes en C pour les 2 -ones#

6n : =⇒=′→=

=⇒=→=000000

1

2

C v xC v x 6n C :

=⇒′=′→=

−=⇒=→=

82

482 2

3

3

4

PLC vv

L x

PLC vv

L x

zoneCB zoneAC

zoneCB zoneAC

es équations de la déormée sont donc : ne AC :

+−=

46

123

PLxPx

EI v

z

une cubique

ne CB :

−=

488

132

PL xPL

EI v

z

une droite#

a lèc%e ma!i a lieu en B sur la -one CB pour !E : z

B

EI

PL

v 48

53

max =

A B C

L/2 L/2

P

x

5PL /48EIz A’

C’

B’

PL /24EIz

PL /8EIz

+−=

461

23

PLxPx EI

v z

−−=

488

1 32PL xPL

EI v

z



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N23

Détermine- les actions d(appuis en et B#

RÈPONSES N23

/ous sommes en présence d'un cas %@perstatique e!terne de degré 1, car le problème étantplan , nous disposons de 3 équations de statique et avons à déterminer = inconnues, 2réactions en ainsi qu'moment et une réaction en B#

D%!e"min&!in (e 7@>e"s!&!i$i!% :• $nconnues : =

3 réactions F, F et FB 1 inconnue moment N

E i3n E = ^ 3 E 1 E_ +>e"s!&!i'#e (e (e,"% 1

)our lever l'indétermination provoquée par l'%@perstaticité, nous allons considérer un s@tèmeéquivalent isostatique#C%oissisons comme inconnue %@perstatique la réaction en B et construisons un s@stèmeisostatique sans l'appui en B# )laMons en B une orce verticale F#es 2 6tats $sostatique et @perstatique sont équivalents si le déplacement vertical de la

section B dans l'état isostatique est nul#0

'00

=

≡vB

lorsque E E

δ

A B C

L/2 L/2

P

y

x

A B C

P

Etat Hyperstatique : E0

A B C

L/2 L/2

P

x

A B C

L/2 L/2

P

x

F

Etat Isostatique : E0’



TD-1A-S2-F213


C&$# (# (%>&$emen! Je"!i$& (e B (&ns 7%!&! iss!&!i'#e E97 :

6n appliquant le principe de superposition, l'état 6?' peut etre décomposé en l'état 6) et 6F#

a lèc%e dans l'état 6?' est la superposition des lèc%es dans les états 6) et 6F :F

vB

P

vBvB δ δ δ +='0

a lèc%e dans l'état 6? en B est la lèc%e nulle dans l' état 6?': 0'00 == vBvB δ δ équation dedéplacement qui nous donne la valeur de F qui s'identiie avec la réaction en B#

00 =+= F

vB

P

vBvB δ δ δ

Compte tenu des résultats du problème > : z

P

vB EI

PL

48

53

=δ et z

F

vB EI

FL

3

3

=δ

00 =+= F

vB

P

vBvB δ δ δ 0348

5 33

=+ z z EI

FL

EI

PL

16

5PF −=

A B C

P F

Etat Isostatique : E0’

A B C

P

Etat Isostatique : EP

A B C

F

Etat Isostatique : EF

A B C

P 5P/16

11P/16

3PL/16



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /<

PROBLÈME N2.n se propose ici d'étudier un plongeoir de piscine enle!ion voir p%oto cicontre8#

C&"&$!%"is!i'#es >&n$@e (e >n,ei" :

Natériau : "ection creuse :

Composite verreépo!@

• 6 E 21??? N)a• 0e E 2?? N)a

M(%is&!in (# >n,ei" :

P&"!ie I : "%sis!&n$e1# Déterminer les réactions des appuis du plongeoir au sol en onction de )#2# 6!primer littéralement le ou les torseurs de section puis trace- les diagrammes de

sollicitation#3# 6n déduire la section la plus sollicitée#=# )our cette section, déterminer l'e!pression de la contrainte normale ma!i \ ma! en

onction de la c%arge )## "oit ) E 1? ??? /# Faire l'application numérique de \ ma!# Vuel est alors le coeicient

de sécurité de tenue de la structure PP&"!ie II : (%H"m&!in

1# *racer l'allure appro!imative de la déormée de la planc%e sous l'application de )2# "oit le moment de le!ion entre C et D : M . & ; = oW a et b sont 2 constantes#

Donner littéralement l'e!pression de la déormée entre C et D sans résoudre lesconstantes d'intégration#3# 4ne étude e!périmentale a permis de déterminer au point C un angle d'inclinaison de la

planc%e par rapport à sa position initiale à l'%ori-ontal de -/*22

Déterminer alors les constantes d'intégration#=# Vue vaut alors la lèc%e ma!i de la planc%e#

40 cm

3 c m

1 c m

A B C

D

1m0,5m0,2m

Py

x



TD-1A-S2-F213


RÈPONSES N2

$nconnues de liaison : `B, LB et LC

• Noment : 0=∑M

"ur - au point C équilibre en rotation autour du point C8 : ) ! 1 LB ! ?# E ? → B . -2P

• 0ésultante : 0=∑F

"ur ! : XB . 9

"ur @ : LB G LC E ? → C . 3P

6ntre et B :

en passant par l'amont

6ntre B et C :

en passant par l'amont

6ntre C et D :

en passant par l'aval

=ℑ

0

0

0

0

0

0

G

Gtionsec

−−

=ℑ

).x(P

Ptionsec

G

G

202

0

0

0

2

0

−−

−=ℑ

)x.(P

Ptionsec

G

G

71

0

0

0

0

a section la plus sollicitée est au >in! C car les diagrammes de cisaillement et de le!ionsont ma!i en ce point#

yIg

Mfz

Ig

Mf

z

z

y

yn −=σ avec :

N @ E ? et

N- E 1??? ! ) /mm au point C

$g- E $g-1 ^ $g-2 E B3K12 ^ b%3K12 E =??!3?3K12 ^ 3A?!1?3K12 E A>A333 mm=

Dans la section C, la contrainte est ma!i pour @ma! E 1mm :

151000

zmax

Ig

P=σ

/ : MPa,max 74172=σ

161.Resmax

=σ

= soit 1> de sécurité

A B C D

-P

Ty(N) x

2P

Mfz(Nm)

C

xA B D

-P



TD-1A-S2-F213


P&"!ie II : (%H"m&!in

)(1

'' bax EIg EIg

Mf y

z z

z +==

$ntégrons une première ois : )cbxax

(EIg

'yz

++=2

1 2

$ntégrons une deu!ième ois : )dcxbxax

(EIg

yz

+++=26

1 23

a et b d'après la question $#2 : a! G b E )1#< ^ !8 soit a E ) et b E 1#<)

)ente au point C connue : @'?#<8 E tan#2278 E ?#?91 soit b.).(a

EIg.c z 702

700910

2

−−−=

Déplacement nul du point C car appui8 : @?#<8 E ? soit c.).(b).(a

d 702

70

6

70 23

++=

a lèc%e ma!i est située au point D : mm.)d.c).(b).(a

(EIg

).(yz

227712

71

6

71171

23

−=+++=

A B C D

Flèche



TD-1A-S2-F213


FLEXION PURE 1* D%Hini!in:

"i, pour une poutre droite à section constante, le torseur de section se réduit à NL, ou NQ,ou les deu! quel que soit la section droite, la poutre est soumise à de la le!ion pure#

S#iJ&n! '#e e mmen! H%$@iss&n! es! $nHn(# # nes! >&s $nHn(# &Je$ #n &;e >"in$i>& (ine"!ie (e & se$!in ("i!e0 & He;in es! (i!e >&ne # sm%!"i'#eK #(%Ji%e # nn sm%!"i'#eK*

1*1* Cn!"&in!es en #n >in! P &>>&"!en&n! W #ne se$!in ("i!e:

Considérons une poutre soumise à de la le!ion pure# a igure cidessous la représente avant et aprèsdéormation# .n constate e!périmentalement que les ibres situées au dessus de la ibre mo@ennes'allongent, alors que les ibres situées sous la ibre mo@enne se raccourcissent# a ibre mo@enne nec%ange pas de longueur : on l'appelle aussi ibre neutre# *outes les sections droites subissent unerotation xθ

e vecteur contrainte en un point ) quelconque d'une section droite " doit satisaire ces > équationsoir cours module F1128

( ) ∫∫=S

xxdAσ 01 ( ) ∫∫ −=S

xy xz dA z y )(04 σ σ

( ) ∫∫=S

xydAσ 02 ( ) ∫∫=S

xx y dA z M σ 5

( ) ∫∫=S

xzdAσ 03 ( ) ∫∫−=S

xx z dA y M σ 6

Des constats précédents nous amènent à conclure que les ibres s'allongeant ou se raccourcissant, ne

sont donc soumises qu'à des contraintes normales dont la variation doit Htre linéairecbzay xx ++=σ et que les contraintes tangentielles sont nulles :

G9 G1

R&n (e $#"=#"e R

Li,ne menne



TD-1A-S2-F213


=

=

++=≠

Φ

0

0

0

/

P

xz

P

xy

P

xx

P

xyz x

cbzay

σ

σ

σ r

es équations 28 38 et =8 sont identiquement vériiées car les composantes tangentielles0== xz xy σ σ

' équation( ) ( ) cAbQaQdAc zdAb ydAadAcbzaydA S

y

S

zS S S S S

xx ++=++=++== ∫∫∫∫∫∫ ∫∫∫∫ σ 01

implique que cE? car les moments statiques par rapport à des a!es centrau! sont nuls#

es équations 8 et >8nous permetent de calculer les constantes a et b :

( ) ( )

( ) ( )

+=+=+==−

+=+=+==

∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫

S S S S yz zz xx z

S S S S yy yz xx y

bI aI yzdAbdA yadAbyzaydA y M

bI aI dA zb yzdAadAbzayzdA z M

22

22

6

5

σ

σ

D' ou le s@stème à résoudre en a et b:

+=−

+=

yz zz z

yy yz y

bI aI M

bI aI M

zz yy yz

yy z yz y

yz zz

yy yz

yz z

yy y

I I I

I M I M

I I

I I

I M

I M

a+−

+−=

−=

2

zz yy yz

zz y yz z

yz zz

yy yz

z zz

y yz

I I I

I M I M

I I

I I

M I

M I

b+−

+=

−=

2

P

yz zz yy

zz y yz zP

yz zz yy

yy z yz yP

xx z I I I

I M I M y

I I I

I M I M 22 −

++

−

+−=σ

"i le s@stème d'a!es @- est principal d'inertie LQ, le produit d'inertie étant nul, l'e!pression devient :

P

Y

Y P

Z

Z P

xx Z

I

M Y

I

M ++−=σ



TD-1A-S2-F213


2* Fe;in >&ne:

Considérons la poutre cidessous soumise à un moment léc%issant NL#

près application des couples M r

au! e!trémités on constate que:❏ *outes les sections droites subissent une rotation Y θ autour de l(a!e @ parallèle à l(a!eprincipal d(inertie L portant le moment léc%issant et une lèc%e verticale #

❏ *outes les ibres contenues dans le plan !@ contenant la ligne mo@enne8 ne subissentaucune déormation, tandis que les ibres situées audessus du plan !@ subissent unraccourcissement proportionnel à la distance par rapport à ce plan# De mHme les ibressituées audessous du plan !@ subissent un allongement#proportionnel à la distance parrapport à ce plan#

;

X

G

; S

igne mo@enne

G9

G1

M M

M

;

;

G9

G1

M

M

G X

M

S

Z

σσσσ

Z I

M

Y

Y =σ



TD-1A-S2-F213


2*2* A;e ne#!"e :e lieu des points oW \E? dans la section droite, est l(a!e neutre ∆# $l est conondu avecl(a!e qui porte le moment léc%issant dans le cas de la le!ion plane# C(est l(a!e de rotationautour duquel tournent les sections droites#

1K Le mmen! es! >"!% >&" 7&;e >"in$i>& :

2°) Le moment est porté par l’axe principal Z:

;

1

:

;

igne mo@enne G9

M

G

X

A

B

M A

S

∆

σσσσ

Z

&;e ne#!"e σσσσ.9

$m>"essin σσσσ]9

!"&$!in σσσσ^9

Z I

M Y

Y =σ

M ∆

Z I

M

Y

Y =σ

;

;

G9 G ;


!"&$!in σσσσ^9

σσσσ

M


; 1

:

igne mo@enne

G9

M

X

A

B

MB

S

G

∆

Y I

M

Z

Z −=σ



!"&$!in σσσσ^9

σσσσ



TD-1A-S2-F213


2*3* CeHHi$ien! (e s%$#"i!%:

1KM&!%"i&#; sm%!"i'#es # (#$!ies '

ee

σ σ = K:

.n calcule la plus grande contrainte normale en valeur absolue puis le coeicient desécurité par la relation:

( )i

ee ou

max

'

σ

σ σ α =

2K M&!%"i&#; (issm%!"i'#es # H"&,ies ee σ σ >' K:

.n calcule les deu! contraintes e!trHmes +imaxσ et −

imaxσ , puis les deu! coeicients:

−

+

=

=

i

e

i

e

max

''

max

σ

σ α

σ

σ α

e coeicient de sécurité est le plus petit des deu!#

2** E'#&!in (e & (%H"m%e :

1K Le mmen! es! >"!% >&" 7&;e >"in$i>& :

M

Y σσσσm&;i

σσσσ-maxi

X

Z

M

G

G9

∆



TD-1A-S2-F213


"ous l'eet du moment NQ la ligne mo@enne de la poutre se déorme# "on équation après

déormation vE!8 est aussi appelée déormée et la valeur de la déormée en un pointd'abscisse ! est appelée la lèc%e v#'e!pression du ra@on de courbure 0 d'une équation d'une courbe en coordonnées

cartésiennes est donnée par :( )

v

v

v

R′′≈

′+

′′=

2

3

1

1 compte tenu de nos %@pot%èses petites

déormations et du développement du binOme de /eton ( ) 11 2

3

≈′+ v #

6n considérant un tronMon de poutre 55' de longueur d! lacontrainte normale en un point ) d'ordonnée @ est donnée

par Y I

M

Z

Z P

xx −=σ et vaut d'après la loi de ooRe en

traction( ) ( )

R

EY

dx

Yd E

dx

dx E E

P

xx

P

xx −==∆

== θ

ε σ #

6n identiiant les deu! e!pressions l'équationdiérentielle de la déormée est donnée par :

Z

Z EI

M v =

''

près deu! intégrations on obtient l'équation de la déormée en onction de !, puis lalèc%e ma!imum#

2K Le mmen! es! >"!% >&" 7&;e >"in$i>& :

x

Z

Y vmaxi

y

Xz

L

MZ vx

J .H ;

G G7

(;;

∆(;KP

(



TD-1A-S2-F213


Une démarche similaire au cas précédent montre que l'équation diérentielle de la déorméeest donnée par :

Y

Y

EI

M w −=''

près deu! intégrations on obtient l'équation de la déormée en onction de !, puis lalèc%e ma!imum#

3* Fe;in (%Ji%e:e moment de le!ion n(est plus porté par l(un des deu! a!es principau! d(inertie de lasection droite#

3*1* Cn!"&in!es en #n >in! P (e & se$!in ("i!e:

.n applique le principe de superposition#

Y

Z

G

M

MZ

MY

Y Z

M G

MZ

MY

y

z

ϕϕϕϕ

M

x

Y Z

maxi

z

X

y

L

MY



TD-1A-S2-F213


3*2* A;e ne#!"e:

Le ie# (es >in!s _ σ σσ σ . 9 (&ns & se$!in ("i!e0 es! &;e ne#!"e ∆# $l est cononduavec l(a!e qui porte le moment léc%issant dans le cas de la le!ion plane# C(est l(a!e derotation autour duquel tournent les sections droites#

De la relation donnant l'e!pression de la contrainte, on en déduit l(équation de l(a!e neutredans des a!es quelconques :

y

I M I M

I M I M z z

I I I

I M I M y

I I I

I M I M

zz y yz z

yy z yz yP

yz zz yy

zz y yz zP

yz zz yy

yy z yz y

+

+=⇒

−

++

−

+−=

220

Vui devient dans des a!es principau! d'inerties :

Y I

I

M

M Z

Z

Y

Y

Z =

. Y

Z

G

MZ Y

Z

GMY

Y

Z

G

MZ

MY

Z I

M Y

I

M

Y

Y

Z

Z +−=σ Z I

M

Y

Y =σ Y I

M

Z

Z −=σ



TD-1A-S2-F213


Comme l(a!e neutre est dévié par rapport au moment de le!ion résultant contrairement àla le!ion plane oW l(a!e neutre et le moment de le!ion sont conondus8, la le!ion est ditedéviée#

3*3* E;>"essin (e & $n!"&in!e (e He;in (&ns #n "e>"e '#i $n!ien! &;e ne#!"e:

"oit v un a!e perpendiculaire à l(a!e neutre ∆ , tel que le repère ∆ ,v,` soit direct#.n montre que dans ce repère la contrainte de le!ion se calcule par:

v x I

M

∆∆

∆=σ

avec: ∆∆∆−++= ψ 2cos22

Z Y Z Y I I I I I

Les >in!s es >#s si$i!%s sn! $e#; '#i sn! es >#s %i,n%s (e &;e ne#!"e ∆*

;

M

S

M7

G9

∆

X

A

B

M A

G

MB

Z I

M Y

I

M

Y

Y

Z

Z +−=σ



!"&$!in σσσσ^9

σσσσ

P’

xvmini

xvmaxi

`ne _ se si!#e ∆∆∆∆

Y

Z

M

v

∆∆∆∆


P

ψ ψψ ψ M

!"&$!in σσσσ^9


ψ ψψ ψ ∆∆∆∆

MY

MZ

G

x

Y



TD-1A-S2-F213


3** E'#&!in (e & (%H"m%e :.n applique le principe de superposition# Compte tenu des e!pressions de v et obtenu auparagrap%e 1?#2#=# a lèc%e résultante à l'abscisse ! s'obtient par :

22wv f +=

3*/* CeHHi$ien! (e s%$#"i!%:$l aut tout d(abord rec%erc%er l(a!e neutre ∆ , ain de déterminer la position des pointssoumis au! contraintes ma!imum de traction et de compression# a démarc%e est ensuite lamHme que pour la le!ion plane#



TD-1A-S2-F213


FLEXION SIMPLE CISAILLEMENT-FLEXIONK

1* D%Hini!in:

"i, pour une poutre droite à section constante, le torseur de section se réduit à * L, ou * Q et NL, ou NQ, ou les deu!8 quel que soit la section droite, la poutre est soumise à de lale!ion simple#

1*1* Re&!in en!"e 7eHH"! !"&n$@&n! e! e mmen! H%$@iss&n!:Considérons le tronMon de poutre 55', etsupposons que les seules actions e!térieuresqui s'e!ercent sur ce tronMon sont une c%argelinéique uniorme q )our simpliier ladémonstration considérons uniquement lacomposante suivant @ : q @8#

∧−∧+=

−=

qdxgG RGG M M

dxq R R

GGG

GG

'''

'

−−=+

+=+

2

2dx

qdxT M dM M

dxqT dT T

y y z z z

y y y y

6n négligeant les termes du second ordre : dxdM T

dxdT q z

y

y

y −==

6n considérant la composante - : q- : dx

dM T

dx

dT q

y

z z

z ==

Cn!"&in!es en #n >in! P &>>&"!en&n! W #ne se$!in ("i!e:

.n constate e!périmentalement comme dans la le!ion pure que les ibres situées au dessus de la ibremo@enne s'allongent, alors que les ibres situées sous la ibre mo@enne se raccourcissent

a relation P

yz zz yy

zz y yz zP

yz zz yy

yy z yz yP

xx z

I I I

I M I M y

I I I

I M I M 22 −

++

−

+−=σ reste valable car l'eort tranc%ant pertube

peu les contraintes normales, de mHme pour la courbure#

G G7

(;;

;

'

T(T T

M(M M

,



TD-1A-S2-F213


6ntre c%aque ibre, on enregistre des variations delongueur qui impliquent l'e!istence de contraintestangentielles longitudinales τ dans le plan -!, et comptetenu de la réciprocité des contraintes tangentielles

transversales τ* dans le plan !@#

$solons le bout de poutre délimité par 'B'C'BC :

6crivons l'équilibre statique de ce tronMon, en considérantla composante suivant l'a!e ! :

( ) 0'''''

=+++− ∫∫ ∫∫∫∫ ABC AB B A

L xx xx

C B A

xx dldxdAd dA τ σ σ σ

0=+∫∫ ∫∫ ABC AB

L xx dldA

dx

d τ

σ

a contrainte normale vaut :

P

yz zz yy

zz y yz zP

yz zz yy

yy z yz yP

xx z

I I I

I M I M y

I I I

I M I M 22

−

++

−

+−=σ

Donc :P

yz zz yy

zz z yz yP

yz zz yy

yy y yz zP

xx z I I I

I T I T y

I I I

I T I T

dx

d 22 −

+−+

−

−−=

σ compte tenu que

dx

dM T z

y −= et

dx

dM T

y

z =

∫∫∫∫∫∫∫∫ −

+−+

−

−−=

−

+−+

−

−−=

ABC

P

yz zz yy

zz z yz y

ABC

P

yz zz yy

yy y yz z

ABC

P

yz zz yy

zz z yz yP

yz zz yy

yy y yz z

AB

L dA z I I I

I T I T dA y

I I I

I T I T dA z

I I I

I T I T y

I I I

I T I T dl

2222τ

vec les déinitions des moments statiques : ABC

z

ABC

PQdA y =∫∫ et

ABC

y

ABC

PQdA z =∫∫

−

+−+

−

−−= ABC

y

yz zz yy

zz z yz y ABC

z

yz zz yy

yy y yz z

AB

L Q I I I

I T I T Q

I I I

I T I T

L22

1τ

"i le s@stème d'a!e @- est principal d'inertie le produit d'inertie étant nul8 :

+= ABC

Y

Y

Z ABC

Z

Z

Y

AB

L Q I

T Q

I

T

L

1τ

x

z

A’

y

τT

τL

G

B’

C’

C A

B

x

z

A’

y

τL

G

B’

C’

C A

B

σxx+dσxx

σxx

dA dl

dx



TD-1A-S2-F213


Cn!"&in!es !&n,en!iees >#" (es se$!ins %>&isses "e$!&n,#&i"es:

ABC

Z

Z

Y

AB

L Q I

T

L

1=τ

b L AB =

12

3bh I Z =

+

−=×= y

h y

hb AY Q ABC g

ABC

Z 222

−=

4

12

32

2

h

y

A

T Y τ

A

T Y

2

3max =τ

Cn!"&in!es !&n,en!iees >#" (es se$!ins %>&isses $i"$#&i"es:

ABC

Z

Z

Y

AB

L Q I

T

L

1=τ

222 y R L AB −=

4

4 R

I Z

π =

( )2

32222

3

22 y Rdy y R yYdAQ

R

y ABC

ABC

Z −=−== ∫∫∫

−=

2

2

13

4

R

y

A

T Y τ

A

T Y

3

4max =τ

Y

Z G

A B

C

y h

b

g

T

τ

G y

τ

τmax

Y

Z G

A B

C

y R

T

τ

G y

τ

τmax

dA



TD-1A-S2-F213


SOLLICITATIONS COMPOSEES

PROBLÈME N2/

Considérons la barre de la igure cidessus# 6lle est soumise à deu! orces égales et opposéesde 31=1,> /# a section droite est circulaire de diamètre 1? mm#

178 Déterminer les éléments de réduction du torseur de section au centre de gravité 5 de lasection droite nn#278 Déterminer l(e!pression de la contrainte normale ma!imum _? 8 dans la section droite nnla mettre sous la orme a G b% oW a et b sont des constantes réelles8#378 a contrainte ma!imum ne pouvant e!céder 232 N)a, en déduire la valeur de %#=78 Déterminer alors la position de l(a!e neutre#

RÈPONSES N2/

*orseur de section en 5 :

=

⇒∧=

=

⇒=

h M

F GB M

N N

F R

z

BG

x

BG

6,3141

0

0

0

0

6,3141

"ollicitation : *ractionFle!ion

B x G

ΦΦΦΦ 10 mm

G Z

Y

Y

3141.6N 3141.6N h

A

n

n

section nn

B

ΦΦΦΦ 10 mm

G Z

Y

x G

Y

3141.6N 3141.6N h n

n

section nn

A



TD-1A-S2-F213


Contrainte de traction : MPa A

N x xx 40

5

6,31412 =

×==π

σ

Contrainte de le!ion : hh

Y I

M P

Z

Z P

xx 325.6410.

6,31414

==−=π

σ

Contrainte de traction le!ion: h xx 3240 +=σ

a contrainte ma!imum admissible étant de 232 N)a : h3240232 +≥ d'ou @.4mm

PP

xx Y Y P 4,38406410.

66,31414000

4 −=××

×−=⇒=∆∈∀

π σ

P.109mm

x G

Y

1mm

σxx Nx

x G

MZ

x G

σxx Nx+ MZ σxx

Y Y

40 MPa 192 MPa 232 MPa

-192 MPa -152 MPa

G Z

Y

∆1mm



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N24

Calculer les contraintes normales au! points , B, C etD et localiser l(a!e neutre#

RÈPONSES N24

*orseur de section en 5 :

=

=⇒∧=

−=

⇒=

kNmm M

kNmm M F GE M

kN N

F R

Z

Y E G

x

E G

19200

12000

0

0

0

480

120mm

G

D

A

C

B

80mm

35mm 480kN

Y Z

X

480kN 120mm

80mm 35mm

Y

Z

X

G A

B

D

C

E



TD-1A-S2-F213


"ollicitation : *ractionFle!ion

a contrainte normale en un point ) quelconque :

P

Y

Y P

Z

Z xP xx Z

I M Y

I M

A N ++−=σ

PPP

xx Z Y 3

3

3

33

12080

1210.12000

80120

1210.19200

80120

10.480

×

×+

×

×−

×−=σ

PPP

xx Z Y ×+×−−= 0417,175,350σ

Contrainte en :

( )600417,14075,350 −×+×−−=

A

xxσ [ ;;A

. -2420/ MP&es calculs sont identiques pour les points B, C, D :

[ ;;B . -130/ MP& [ ;;C . 1420/ MP& [ ;;D . 30/ MP&

6quation de l'a!e neutre : 0=+

+−= P

Y

Y P

Z

Z xP

xx Z

I

M Y

I

M

A

N σ

00417,175,350 =×+×−−= PPP

xx

Z Y σ

0417,1

75,35000417,175,350

PPP Y

Z Y +

=×+×−− . 304<



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N2

4n arbre c@lindrique de diamètre d, de longueur E1m, est sollicité par un eort FE 19>3 /,

et un couple C longitudinau! comme indiqué sur la igure cicontre#$l est constitué d'un matériau a@ant comme Nodule de Loung : 2?? 5)a# Coeicient de )oisson : 1K3#

Des mesures e!périmentales ont permis d'enregistrerl'allongement longitudinal du c@lindre ?,2 mm, ainsi quela rotation des sections e!trHmes 1,27 #Calculer :

18 e diamètre d du c@lindre en mm#28 e rétrécissement du diamètre d en mm

38 a contrainte normale ma!imale en N)a#=8 e module de Coulomb du matériau#8 e couple C appliqué en m/#>8 a contrainte tangentielle ma!imum en N)a#

RÈPONSES N2

178 xx xx E ε σ = #

mm L E

FLd 25

4=

∆=

π

278 xxYY υε ε −=

mm L

Ld d

310.6,1 −−=

∆−=∆

υ

378 MPa40=σ

=78 ( )υ +=

12 E G MPa E G 75000

83 ==

78GGI

CL=ϕ

32

4d

I Gπ

= mN C 75,62=

>78 τ G= MPa45,20=τ

d

F

F

C

C

L= 1 m

(

1m

C

G

C

F

F



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N2<

4ne poutre à section rectangulaire 3?1?8 , est encastrée à son e!trémité , et soumise àl'autre e!trémité B à une orce de 3? R/ appliquée en C comme indiqué sur la igure cicontre#

18 Déterminer les composantes du torseur de section au centre de gravité 5 de lasection droite "#

28

Calculer les contraintes normales au! points ) et )' de la section droite "#38 *racer le diagramme représentant les variations de la contrainte normale dans lasection droite "#

=8 Désirant un coeicient de sécurité de 2, quelle est la limite élastique du matériauqu'il aut c%oisir#

RÈPONSES N2<

178 [ ]

∧=

=

C G

C G

Z Y G F GC M

F R

T 3,, /

−=

=

mN M

kN N

Y

x

150

30

278 P

Y

Y xP

xx Z

I

M

A

N +=σ

12

3bh

I Y =

=

=

0

200'P

xx

P

xx MPa

σ

σ

378

=78 MPae 400=σ

30 kN

30 mm

10 mm

5 mm

5mm

A B

G

Y

X

Z

P

P’

S

C

G ;

299MP

P7



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <9

PROBLÈME N28

4ne poutre de section en orme de Q ?A??8 d'épaisseur > mm, a été entaillé commel'indique la igure cidessous# 6lle est soumise à deu! eorts de traction F E 1? R/ à sese!trémités et B# a ligne d'action des orces F est NB

a section droite " de la poutre est représentée sur la igure cicontre à %$@ee 1# escotes sont en mm#Le $en!"e (e ,"&Ji!% es! n!% G e! es &;es $en!"&#; e! sn! (nn%s s#" & Hi,#"e&insi '#e es* moments d(inerties et produit d'inertie par rapport à ces a!es

178 Détermine- les coordonnées de 5 dans le repère OaX0K* 278 Détermine-, dans le repère G0;00K, les composantes du torseur de section au centre degravité 5 de la section droite " les orces en /, les moments en mm/8#

378 Détermine- léquation de l(a!e neutre global de la section " dans le repère G00K en lamettant sous la orme -Ea@Gb et représente- cet a!e sur la igure#

=78 Nette- en place sur la igure le point ) le plus tendu#

78 Calcule- la valeur de la contrainte normale globale au point ) en N)a#

y

z

x

G

BSection S

50

50

80

6

403

F

F

M

A

G y

z6

6

50

80

X

Y

O

M

40

3

I. <*88 $m I. 1/*9 $m

I. -1/*/ $m



TD-1A-S2-F213


RÈPONSES N28

178 `5E11,A<mm XL5E2>,A<mm

278

=

=⇒∧=

=

⇒=

Nmm M

Nmm M F GA M

N N

F R

Z

Y AG

x

AG

5

5

4

10.887,0

10.313,1

0

0

0

10

378

022

=−

++−

+−= P

yz zz yy

zz y yz zP

yz zz yy

yy z yz y xP

xx z I I I

I M I M y I I I

I M I M A

N σ

- E 3#9=2@113#?<

=78 point ) le G contraint−

mm

mmP yz

13,53

87,11 /

78 MPatractionP

xx 44,13. =σ MPa flexionP

xx 81,11. =σ MPaP

xx 25,25=σ

G y

z6

6

50

X

Y

O

M

40

3

I. <*88 $m I. 1/*9 $m

I. -1/*/ $m

bP

75°76

11,87mm

26,87mm



TD-1A-S2-F213


FLAMBEMENT

PROBLÈME N39 aires égales, quelle est la section, carrée ou circulaire, qui résiste le mieu! au lambementPCalculer les élancements des deu! barres8#

RÈPONSES N39

2a A =

4

2d

A π =

NHme aireπ

ad

2=

12

4a

I vv = 64

4d

I vv

π =

2

4

0 12a

a

A

I vvv == ρ

2

4

0 4 a

a

A

I vvv

π ρ ==

a

L L F

v

F 12==

ρ λ

a

L L F

v

F π

ρ λ

4==

2

2

F

vvc

L

EI P

π = ( )

2

2

λ

π σ

E E c =

3

π =

cercle

c

carré

c

P

P

Conclusion : a section carré résiste mieu!#

c (&



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N31

Calculer la c%arge critique d(6460 de lapoutre cicontre# 6n déduire la valeur ducoeicient µ#

RÈPONSES N31 AJ&n! (%H"m&!in

L

P

A>"s (%H"m&!in

x

y

L

Pc G

x

y

v

x A B R

( ) x L RvP M c Z −+−=

Z

Z

EI

M v =''

( ) x L RvPv EI c Z −=+′′

)osons : Z

c

EI

P=2ω

( ) x L EI

Rvv

Z

−=+′′ 2ω

6quation diérentielle du second ordre avec second membre#

( ) ( ) ( ) x L

EI

R x B x Av

Z

−++=2

cossin

ω

ω ω

P B A

L

y

x G x

y

x



TD-1A-S2-F213


6crivons les conditions limites en et B :

( )

( )

( ) L B L A Lv B Appui

EI

R Av Ant Encastreme

EI

RL Bv Ant Encastreme

LC Z

Z

ω ω ω ω

ω

cossin00:

000:

000:

.. 2

2

+=⇒=

−=⇒=′

+=⇒=

D'oW le s@stème à résoudre :

L B L A

EI

R A

EI

RL B

Z

Z

ω ω

ω ω

ω

cossin0

0

0

2

2

+=

−=

+=

)our que ce s@stème admette des solutions autres que la solution banale tout égal à -éro,écrivons que le déterminant des coeicients des inconnues est nul#

0

0cossin

10

10

2

2

=−=∆

L L

EI

EI

L

Z

Z

ω ω

ω ω

ω

6n développant le déterminant, nous obtenons :

L L ω ω =tan

6quation transcendante dont la résolution ne peut Htre que grap%ique ou numérique#

pproc%ons la solution grap%iquement# *raMons la onction @1E et @2Etan # es pointsd'intersection nous donnent les solutions# /ous retenons la plus petite racine non nulle :

E=,



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e </

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5

x en radians

y 1 e

t y 2

e n

r a d i a n s

y1=x

y2=tanx

dL

dL

dL0/"(

0/"(

6n utilisant une calculatrice, il est possible d'ainer la solution en utilisant un processusd'encadrement par dic%otomie#

rd L 4934,4=ω

Z

c

EI

P

L=

=

2

2 4934,4ω

2

2

F

vvc

L

EI P

π =

2

24934,4

L

EI P Z

c =

L LF µ = 7,04934,4 ==

π

µ



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N32

4ne barre en acier de longueur et de

section droite rectangulaire estencastrée à l(e!trémité C et supporteune orce centrée de compression ) àl(autre e!trémité D# Deu! plaques en vésont i!ées à l(e!trémité D permettant àla barre de lamber dans le plan -! e!&#ssi dans le plan -@#178 Déterminer le rapport bK% pour queles contraintes critiques d(6460 soientégales dans les deu! cas#

278 "ac%ant que: E >?? mm6 E 21? 5)a) E >? R/

déterminer les dimensions b et % de lasection droite pour avoir un coeicientde sécurité de 2# en appliquant lat%éorie d(6460# ériier que pour cesdimensions on peut eectivement

appliquer la t%éorie d(6460 sac%antque la limite élastique en compression du matériau vaut 2=? N)a#378 Calculer le coeicient de sécurité en appliquant la t%éorie de D4*6$#

RÈPONSES N32 1K

NHme contrainte critique d'6uler \ c implique mHme élancement #

h

L

bh

bh

L

A

I

L L

x x

x

34

12

2

3====

µ

ρ

µ λ

b

L

b

L

A

I

L L

y y

y

34,1127,0====

µ

ρ

µ λ

Appuis glissants

P

b

L

y

x

h

Encastrement

C

D

z



TD-1A-S2-F213


h

L

bh

bh

L

A

I

L L

x x

x

34

12

2

3====

µ

ρ

µ λ

35,034,134

=⇒===h

b

b

L

h

L y x λ λ

2K

( )2

2

λ

π σ

E E c =

A

P=σ

( )

P L

h E

P

EA

x

E c

2

422

48

35,0×===

π

λ

π

σ

σ α

432

23

2

24

10.21035,0

5,260010.6048

35,0

48

×

×××=⇒=

π π

α h

E

PLh @.30<mm =.903/@.1/022mm

6uler est applicable si limλ λ ⟩

9,92240

10.210 3

'

lim === π σ

π λ e

E

6,95

48,43

3600434=

×===

h

L y x λ λ

P

b

L

y

x

h

C

D

z

L

P P

µµµµ=0.7 µµµµ=2

C C

D D

;

IX=bh3/12 IY=hb3/12



TD-1A-S2-F213

IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <<

PROBLÈME N33

.n veut vériier au lambement la barre BC cicontre de diamètre d et de longueur 8# a liaison en est un encastrement, la liaison en B un contactponctuel sans rottement#

) E 11? R/ dE 3? mm E ?#> m#

.n utilise un acier de limite élastique \ e E 2=? N)a et de module de L.4/5 6 E 21? 5)a#

a c%arge critique d(6460 vaut: PEI

LCE =

54152

. # .n utilise la t%éorie de D4*6$#

178 Calcule-:a8 µ on rappelle que, quelles que soient les liaisons, la c%arge critique d(6uler peut se

mettre sous la orme: PEI

LCE =

π

µ

2

2( )8#

b8 le ra@on de giration ρ de la section en mm8#c8 l(élancement λ de la barre#

278 a barre lambetelleP Zustiie- votre réponse8#

a8 "i non, calcule- le coeicient de sécurité#

b8 "i oui, calcule- le diamètre d en mm8 à donner à la barre les diamètres varient de 2mm en 2mm8#

RÈPONSES N33

2

2

F

vvc

L

EI P

π =

2

415,5

L

EI P Z

c = L LF µ = 35,1415,5

== π

µ

mmd

A

I vvv 5,7

40

=== ρ

108===vv

F L L

ρ

µ

ρ λ

93,92240

10.210 3

'

lim === π σ

π λ e

E

PBA

L

L/2

C



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N3

a barre rigide BCD est supportée par deu!colonnes B6 et CF susceptibles de lambervoir igure cicontre8# es liaisons ponctuellesen et D empHc%ent les déplacementslatérau! des points B et C# es liaisons en B, Cet F sont des verrous, la liaison en 6 est unencastrement# es deu! colonnes B6 et CF ontune section droite carrée de 1> mm de cOté#e module de L.4/5 du matériau vaut 21?5)a, ses limites élastiques en traction et

compression sont identiques et valent 2=?N)a#

178 Nontrer que l(on peut appliquer la t%éorie d(6460 pour calculer les c%argescritiques qui ont lamber les colonnes B6 et CF# Calculer alors ces c%arges critiques en R/8,en appliquant la t%éorie d(6460#

278 4ne orce verticale V agit sur la barre rigide BCD à une distance ! de la colonneB6#a8 a distance ! vaut ?#= m#Calculer en R/8 la valeur critique de la c%arge V qui ait lamber l(une des deu! colonnes, enprécisant la colonne concernée#b8 a distance ! peut varier de ? à 1 m#)our quelle valeur de ! en mm8 la valeur critique de V estelle ma!imumP 6n déduire en R/8la valeur critique ma!imum de V#

RÈPONSES N3

1K

93,92240

10.210 3

'

lim === π σ π λ e

E

3212 2

4

0

a

a

a

A

I vvv === ρ

==

=×

=

=

8,259

32

16

1200

55,151

32

16

10007,0

CF

BE

v

F L

λ

λ

ρ λ limλ λ λ ⟩⟩

BE CF 6uler est applicable

1m 1,2m

1m

x

m m= 0,7 = 1

A B C D

E

F

Q



TD-1A-S2-F213


( )( )

=×

××=

=××

××=

==

kN P

kN P

L

EI

L

EI P

CF

c

BE

cvv

F

vvc

86,7121200

1610.210

1,231210007,0

1610.210

2

432

2

432

2

2

2

2

π

π

µ

π π

2Ka8

kN QQkN P BE

c

BE

c

BE

c 5,386,01,23 =⇒== kN QQkN P

CF

c

CF

c

CF

c 65,194,086,7 =⇒== Donc VcE1A,<R/ et c'est la colonne CF qui lambe

b8

orsque les deu! barres lambent en mHme temps Vc est alors ma!i#

( ) BE

c

BE

c Q xP ×−= 1 CF

c

CF

c Q xP ×=

CF

c

BE

c

i

c QQQ ==max x

P

x

P CF

c

BE

c =−1

m x x x

254,086,7

1

1,23=⇒=

−

kN x

PQ

CF

ci

c 31254,0

86,7max ===

B C

9 m 9 4m

1m

9045$BE 905$

CF 5$

B C

; 1-;

1m

1-;K5$BE ;5$

CF 5$m&;i



TD-1A-S2-F213


PROBLÈME N3/

Considérons la structure représentée sur laigure cidessous# e poteau B de longueur 9m,dont la section droite est un proilé 6 22? estsoumis à un eort de compression )# $l estencastré à son e!trémité , la liaison en B estconsidérée comme une articulation dans le plan!- rotation possible autour de @ soit fE?,< 8 etcomme un encastrement dans le plan @- rotationempHc%ée autour de ! soit fE?, 8#e matériau est un acier 62=? dont les

caractéristiques élastiques sont : \ eE\ e'E2=?N)aet 6E21?5)a#

18 Calculer les moments d'inertieprincipau! $L et $Q de la section droitede la poutrelle en cm=8#

28

Déterminer le plan dans lequel lepoteau risque de lamber, en calculant les élancements dans les deu! plans#38 6n appliquant la t%éorie

d'6uler, calculer la c%argema!imale en R/8 decompression admissible pouravoir un coeicient desécurité de 2#

=8 6n prenant la c%arge calculée en 38,

calculer le coeicient de sécurité

d'après la t%éorie de Dut%eil#

9 m

x

Y

P

P

A

B

z

x

Y

HEA 220

Z

G

Y

Z

11 mm

11 mm

210 mm

220 mm

7 mm

220 mm



TD-1A-S2-F213


RÈPONSES N3/

178 4233

21,5184220.11.5,9912

220.112

12

7.188cm I Y =

++= 4

33

27,195212

188.7

12

11.2202 cm I Z =+

=

261567.1882.11.220 mm A =+=

278

==⇒==

==⇒==

03,495,0

177,9

88,1117,0

631.5

Y

yzY

Y

Z

xz Z

Z

lcm

A

I

lcm

A

I

ρ λ ρ

ρ λ ρ

Flambage dans le plan !-

378 C E σ σ α ≤ 2

2

xz

C E λ π σ = kN P 66,509=

=78 e

k σ σ ≤ 236,2=k 296,1= Dα

G

Y

Z

11 mm

11 mm

210 mm

220 mm

7 mm

220 mm

94mm

188mm



TD-1A-S2-F213


FLAMBEMENT

1* D%Hini!in :

6ectuons un essai de compression sur une éprouvette longue, de mHme ordre de grandeurque celle utilisée en traction# /ous constatons qu(elle léc%it avant d(atteindre la limited(élasticité en compression #a lèc%e augmente considérablement a la suite d'uneinstabilité, entrainant la ruine de la structure# Ce p%énomène est le lambage# a valeurma!imum de la contrainte de compression est la contrainte critique de lambage# C(est leseul cas oW la contrainte de compression est prise positive par convention# 6lle est donnéepar :

0 A

Pcc =σ

Ce p%énomène de lambement est très diicile à prévoir car les imperections géométriques de lapoutre, de sa section, du matériau et des conditions d'applications des sollicitations et des liaisonsrentrent pour une grande part dans le lambement#

)our étudier le lambement, il aut abandonner une des %@pot%èses ondamentales du cours sur lat%éorie des poutres# ors du lambement les déplacements ne sont plus petits, nous ne pouvons plus lesnégliger et la t%éorie du premier ordre ne convient pas à e!pliquer le p%énomène# /ous devonsconsiderer une t%éorie au deu!ième ordre, ou les conigurations initiales et inales des poutres neconcident plus# /ous allons considérer la poutre dans son état déormée pour calculer le *orseur de

"ection#

σσσσ'e

σσσσ=P/A0

εεεεL=∆∆∆∆L/L0

L0 ΦΦΦΦD0

P

P

σσσσc

?E2D? ΦΦΦΦD0

P

P

Ess&i (e Cm>"essin

Ess&i (e F&m=emen!



TD-1A-S2-F213


2 T@%"ie (EULER

2*1 C&s (e =&se

Considérons une barre de longueur , articulée à ses deu! e!trémités, soumise à un eortde compression# es articulations sont paraites, c(est à dire dans toutes les directions# apoutre lambe, c(est à dire léc%it dans le plan perpendiculaire à l(inertie minimum voir hsur les inerties8#

AJ&n! D%H"m&!in :

⇒∧=

−=

⇒=

0

0

0

r

BG

x

BG

F GB M

P N

F R

A>"s D%H"m&!in :

−=

⇒∧=

−=

⇒=

vP M

F GB M

P N

F R

c Z

BG

x

BG

0

0

0

0

ppliquons l'équation de la déormée vue au c%apitre le!ion : Z

Z

EI

M v ='' #

e moment léc%issant en 5 : vP M c Z −= d'oW : 0=+′′ vPv EI c Z )osons Z

c

EI

P=2ω

L A B

G x

y

z

L

PC

A B

G x

y

P x

y

v

x J.H;K



TD-1A-S2-F213


02 =+′′ vv ω

6quation diérentielle du second ordre à coeicient constant et sans second membre# a solutiongénérale s'écrit :

( ) ( ) x B x Av ω ω sincos +=

es conditions au! limites au! appuis nous permettent de calculer les constantes d'intégration et B#

( )

( ) ( )π ω ω

ω k L L

B L Bv B Appui

Av A Appui

LC L

=⇒=

≠=⇒=

=⇒=

0sin

00sin0:

00:

..

0

'équation de la déormée s'écrit : ( )

= x

L

k Bv x

π sin et comptetenu de

Z

c

EI

P=2ω

2

22

L

EI k P Z

c

π =

a première c%arge critique est donnée pour RE1 :

2

2

L

EI P Z

c

π =

et la déormée s'écrit :

( )

= x

L Bv x

π sin

a déormée est donc sinusodale, mais cette t%éorie énoncée par 6uler ne permet pas de résoudretotalement le problème# 6n eet la c%arge critique )c est indépendante de la lèc%e, et la lèc%e ne aitpas intervenir le matériau ce qui parait surprenant# Cette t%éorie n'est qu'une première approc%e#

.n peut de la mHme manière calculer les autres valeurs de c%arges critiques pour { }...4,3,2∈k # es

déormées associées à ces diérentes c%arges critiques sont appelées modes de lambement#

"i RE22

24

L

EI P Z

c

π =

( )

= x

L Bv x

π 2sin

.2 A



TD-1A-S2-F213


2*2 inH#en$e (es i&isns*6n se rapportant au cas de base, dans tous les cas, la c%arge critique peut se mettre sous laorme :

2

2

F

vvc

L EI P π =

.W $vv est l(inertie minimum , F est la longueur ictive de lambage , avec L LF µ =

et µ uncoeicient qui tient compte de l'inluence des liaisons#

3 Cn!"&in!e $"i!i'#e (EULER

a contrainte critique d(6460 est donnée par :

( )0

2

2

0 A L

EI

A

P

F

vvcr

E c

π σ ==

"ac%ant que :0 A

I vvv = ρ

est le ra@on de giration par rapport à l(a!e v# et quev

F L

ρ λ =

est

l(élancement de la poutre, nous avons : ( )

2

2

λ

π σ

E E c =

/ous pouvons tracer la courbe de lambage d(6460 en onction des élancements pour unmatériau donné# a courbe d(6460 doit Htre limitée par la limite d(élasticité de

compression, ce qui nous impose un élancement limite 'lim

e

E

σ π λ = #

P

L

P

P

P

P L/2

µµµµ=1

µµµµ=0.7

µµµµ=0.5

µµµµ=2

µµµµ=0.5



TD-1A-S2-F213


"i limλ λ ⟩ , nous aisons une vériication à la condition de non lambage par :( )

E c A

Pσ σ ⟨=

0

"i limλ λ ⟨ , nous aisons une vériication à la compression pure par : '

0

eS

Pσ σ ⟨=

a courbe d(6460 est composée de deu! courbes d(équations diérentes, ce qui n(estpas satisaisant# De plus, pour de aibles élancements, les points e!périmentau! sont situésau dessous de la courbe# a t%éorie d'6uler a ses limitations, et ne permet de décrire que lemoment ou la poutre lambe#

0

50

100

150

200

250

300

0 50 100 150 200

λλλλ

σσσσ (MPa)

EULER

λλλλim.82*8

E=210 GPa σe=240 MPa

σσσσe



TD-1A-S2-F213


G"&n(e#" nm sm=e ongueur mètre m

Nasse Rilogramme Rg*emps seconde s

$ntensité ampère *empérature degré Uelvin U

$ntensité lumineuse candela cd

Vuantité de matière mole mol

UNITS DE MESURE

Les #ni!%s (e mes#"e %,&es en F"&n$e Hn! 7=e! (# (%$"e! (# 3 M&i 1841* Less!me &insi (%Hini es! e ss!me m%!"i'#e (%$im&0 W si; #ni!%s (e =&se0 &>>e%

ss!me in!e"n&!in& SI*

1* Les #ni!%s (e =&se sn!:

2* Les #ni!%s se$n(&i"es $n$e"n&n! e Dimensinnemen! (es S!"#$!#"es sn!:

e neton s@mbole /8 : unité de orce#

e netonmètre s@mbole /m8 : unité de moment#

e Joule s@mbole Z8 : unité d'énergie, de travail et de c%aleur#

e pascal s@mbole )a8 unité de contrainte et de pression#

1P& . 1Nm

e att s@mbole S8 : unité de puissance#

e radian s@mbole rd8 : unité d'angle#



TD-1A-S2-F213


3* P&"mi es m#!i>es (es #ni!%s se$n(&i"es0 n #!iise en Dimensinnemen! (esS!"#$!#"es:

e Riloneton s@mbole R/8 : unité de orce#

1N . 193 N

e mégapascal s@mbole N)a8 : unité de contrainte#

1MP& . 194 P& . 1Nmm

e gigapascal s@mbole 5)a8 : unité de contraintes#

1GP& . 198 P& . 193 MP&. 1Nmm

* Les #ni!%s0 @"s ss!me0 &#!"is%es sn!:

e degré d'angle s@mbole 78 : unité d'angle#a calorie s@mbole cal8 : unité de c%aleur 1cal E =#1A Z8#e degré de température celcius s@mbole C8



TD-1A-S2-F213


ANNEXES



TD-1A-S2-F213


ANNEXE N1-COEFFICIENT DE CONCENTRATION DECONTRAINTE EN TORSION-FLEXION

TORSION

TORSION

FLEXION



TD-1A-S2-F213

ANNEXE N 2 TORSION DES SECTIONSRECTANGULAIRES

La figure ci-contre permet de visualiser la répartitiondes contraintes tangentielles de torsion dans une barreà section rectangulaire.

On montre alors, en élasticité, que:

1°) La relation entre le moment de torsion etl'angle unitaire de torsion est:

GJ

M x x ='θ

où J est le moment d'inertie de torsion de la sectionrectangulaire. Il se calcule par la relation suivante:

J k e h= 1

3

où k1 est une fonction du rapport h/e donné dans le

tableau suivant:

h/e 1 1.5 2 3 4 5 6 8 10 ∞

k1 0.141 0.196 0.229 0.263 0.281 0.291 0.299 0.307 0.313 1/3

k2 0.208 0.231 0.246 0.267 0.282 0.291 0.299 0.307 0.313 1/3

k3 1.000 0.859 0.795 0.753 0.745 0.744 0.743 0.742 0.742 0.742

N.B . Lorsque la section droite est circulaire la relation entre le moment de torsion et l'angle unitaire de torsionest:

G

x x

GI

M ='θ

Le moment d'inertie de torsion est alors le moment d'inertie polaire du cercle (32

4 Dπ

).

Mx G

ττττ‘maxi

ττττmaxi

e

h

Documents

RDM Exercice.pdf