RdM_applic3_05

8/3/2019 RdM_applic3_05

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ESTP – TP2 APPLICATION 3 : METHODE DES FOYERS

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ENONCE

On considère le pont 3 travées (L,2L,0,5L) dont la section est un caisson rectangulaire creux, de hauteur5m, de largeur 3m et d’épaisseur e = 25cm.

1) Quel est le degré d’hyperstaticité de la poutre ?

2) déterminer la charge linéaire de poids propre, sachant que le pont est en béton de poids volumique 25

kN/m3.

3) Déterminer les rapports focaux de gauche et de droite ; représenter la position des foyers de gauche etde droite.

4) Par la méthode des foyers, déterminer les moments sur appuis M1 et M2 dus au seul poids propre dupont.

5) En déduire les réactions d’appuis ; tracer l’allure de T et M ; donner les abscisses pour lesquelles lesmoments sont maximum.

6) Un véhicule, assimilable à une charge ponctuelle d’intensité Q,roule sur la première travée. On note al’abscisse de la charge Q sur la première travée.

On pose a = αL. Déterminer les moments sur appuis M1 et M2 en fonction de Q,L et α. Tracer la courbe

M1= f(α). Pour quelle valeur de α le moment sur appui M1 est-il minimum ?

7) Lorsque le camion se trouve à l’abscisse a = αL,le moment est maximum en travée au droit de la charge

Q. Exprimez ce moment Mt(α) en travée au droit de la charge Q. tracez la fonction Mt(α) . Pour quelle

valeur de α le moment en travée 1 est-il maximum ?

Rem : dans les questions 6 et 7 on ne tiendra pas compte du poids propre du pont.Rem : rotations aux appuis provoquées par une charge ponctuelle Q à l’abscisse a dans la travéeisostatique :

ω’ (a)= -

=

(rotation sur appui gauche)

ω ‘’ (a) =

=

(rotation sur appui droit)

Q G1 a=αL

2L,E,IL,E,I

G0 G3

x

y

G2

0,5L,E,I

G1 g

2L,E,IL,E,I

G0 G3

x

y

3m

5m

e=0,25 mG2

0,5L,E,I

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REPONSES

Question 1

3 réactions d’appuis V0, V1 , V2 et V3. On peut écrire 2 équations d’équilibre : = 0 et =0.

Donc h = 4 – 2 =2

Question 2

Le poids propre de la poutre est g = (5x3-4,5x2,5)x25 = 93,75 kN/ml

Question 3

Calcul des coefficients de souplesse de la poutre

a1 = c1 =

, b1 =

;

a2 = c2 =

, b2 =

;

a3 = c3 =

, b3 =

Calcul des rapports focaux de gauche

ϕ1 = 0 ; ϕ2 =

=

= 1/3 ; ϕ3 =

=

= 3/26.

Calcul des rapports focaux de droite

ϕ’3 = 0 ; ϕ’2 =

=

= 2/5 ; ϕ’1 =

=

= 5/26.

De la relation M2 = -ϕ2M3, on tire : , or ; on déduit alors :

= 0,5L

De même,

=

.

De même :

=

et

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Question 4

Chargement de la première travée

Ecrivons le théorème des 3M : i=1 => b1M0 + (c1+a2)M1+ b2M2 = ω’2-ω’’1

Or M0 = 0 et ω’2 = 0 car la 2ème

travée n’est pas chargée. En outre, M2 = -ϕ’2M1 de sorte qu’il vient :

(c1+a2-b2ϕ’2)M1 = ω’2 ; soit

M1.

On retrouve ainsi l’expression directe de la méthode des foyers.

Calcul de ω’’1 : on a déjà montré que ω’’1 =

. On déduit alors M1 =

= -

.

On déduit alors M2 = -ϕ’2M1 =

.

Le dessin ci-dessus illustre le moment fléchissant dans la poutre sous le chargement de la première travéeseule :

Chargement de la deuxième travée

Les équations relatives à la travée 2 sont :

G1 g

2L,E,IL,E,I

G0 G3

x

y

3m

5m

e=0,25 mG2

0,5L,E,I

G1 g

2L,E,IL,E,I

G0 G3

x

y

3m

5m

e=0,25 mG2

0,5L,E,I

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soit : (3M1 + M2)

= 3ω’2 et

soit : (M1 + 5/2 M2)

= -3ω’’2 = 3ω’2 car le chargement sur la travée 2 est symétrique.

On en déduit :

M2 =

et

M1 =

Chargement de la troisième travée

Ecrivons le théorème des 3 moments avec i=n-1 :

bn-1Mn-2 + (cn-1+ an)Mn-1 + bnMn = ω’n - ω’’n-1.

Or Mn = 0 et ω’’n-1 = 0 car seule la dernière travée est chargée. En outre, Mn-2 = - ϕn-1Mn-1. Il vient alors :(cn-1 + an - bn-1ϕn-1) Mn-1 = ω’n,

soit

ω’n.

ici n = 3 soit

.

On déduit : M2 =

= -

= -

.

On déduit alors M1

= -ϕ2M

2=

.

G1 g

2L,E,IL,E,I

G0 G3

x

y

3m

5m

e=0,25 mG2

0,5L,E,I

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Par le principe de superposition, on déduit finalement que :

M1 = -

et M2 = -

.

Question 5

On déduit les réactions d’appui en exprimant les moments fléchissants en G1 et G2 :

M1 =

,soit V0 =

(forces de gauche).

M2 =

, soit V3 = -

(soulèvement) (par les forces de droite).

Calcul de l’effort tranchant dans la première travée

T1(x) = V0 – gx =

- gx.

T1 (x=0) =

T1 (x=L) =

T1 = 0 pour x = 0,224L

Calcul de l’effort tranchant dans la deuxième travée

T2 (x) = tiso(x) +

Soit T2 (x) = gL-gx-

T2 (x=0) =

; T(x=2L) =

T2 = 0 pour x =

On déduit alors la réaction V1 par la relation V1 = T2 (x=0) - T1 (x=L) =

Calcul de l’effort tranchant dans la troisième travée

Expression par les forces de droite et en prenant pour origine x=0 en G2.

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T3 (x) = -V3 + g(0,5L-x) =

+ gx

T3 (x=0) =

T3 est de signe constant et positif => M3 est monotone et croissant sur le tronçon G2G3.

On déduit la réaction V2 par la relation V2 = T3 (x=0) – T2 (x=2L) =

Rem : on vérifie bien que : V0 + V1 + V2 + V3 =

+

+

-

= 3,5gL

Moment fléchissant dans la première travée

M1(x) = Miso(x) + M1

=

M1 est maxi pour x =

. Alors M1max

Moment fléchissant dans la deuxième travée

M2(x) = Miso(x) + M1(1-

) + M2

=

M2 est maxi pour x =

. Alors M2max

Moment fléchissant dans la troisième travée

M3(x) = Miso(x) + M2(1-

) =

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Question 6

Le moment sur appui 1 est donné par la relation M1.

où ω’’1 est la rotation en A1 provoquée par la

charge Q dans la travée (1) rendue isostatique.

; b1 =

; ϕ’1 = 5/26.

Il vient alors :

M1 = -

On déduit M2 = -ϕ’2M1 =

.

Etudions la fonction f( α ) = α (1- α ²).

f’(α) = 1-3α².

f’(α) = 0 pour

.

Sur l’intervalle [0 ; α1], la fonction f(α) est croissante, puis décroissante sur [α1 ;1].

Donc M1 est minimum pour la position a1 = α1L et M1min =

-0,074QL.

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Question 7

Le moment dans la travée 1 est la somme du moment dans la travée isostatique et d’une portion dumoment de M1.

Soit Mt(x) = Miso (x) + M1.

Le dessin ci-dessous illustre l’évolution du moment dans la travée 1 rendue iso.

Mt(x) est maximum pour x = a, c’est à dire au droit de la charge Q.

Alors Mtmax =

= -

Le moment est maximum pour

.

= QL{1-2α-

α+

α

3)= QL{1-

α+

α

3)

Le graphique ci-dessous donne l’évolution de

On trouve

=0 pour αt0,448.

Alors Mtmax 0,2164QL, il représente 87% du moment isostatique qui est égal à 0,25QL.

Q G1

L,E,I

G0

x

y

a

V0 = Q(1-a/L)

V1 = Qa/L

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Le graphe ci-dessous donne l’évolution de Mtmax(α) = -

.

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