RESISTANCE DES MATERIAUX-2 · 2020. 4. 6. · En flexion plane, on distingue deux cas : 1 er cas : M z ≠ 0 et Q y ≠ 0 : flexion simple, 2 er cas : M z ≠ 0 et Q y = 0 : flexion

UNIVERSITE HASSIBA BENBOUALI DE CHLEF

Faculté de Technologie

Département de Génie-Mécanique

Polycopié de cours

RESISTANCE DES MATERIAUX-2

Année 2018/2019

Dr. M. HADJ MILOUD

PREFACE

Ce polycopié de cours intitulé «Résistance des Matériaux – II », s’adresse aux

étudiants de troisième année LMD en Génie Mécanique Option : Construction

Mécanique. Les étudiants en Master1 de la même option peuvent également le consulter

pour certains chapitres (sollicitations composées, systèmes hyperstatiques).

Ce cours est pré-requis pour le cours de construction mécanique où l’étudiant est

appelé à maitriser les outils de dimensionnement. Ce peut être à profit pour répondre à

ses attentes.

Il est rédigé d’une manière simple, sans verser dans le détail ennuyeux, et donne

l’essentiel dont l’étudiant a besoin avec quelques exemples d’illustration nécessaires à

la compréhension.

Ce polycopié est divisé en cinq chapitres. Un rappel des notions fondamentales

de la flexion simple au premier chapitre, indispensable pour la suite du cours, concerne

les méthodes de tracé des diagrammes des efforts internes : effort tranchant et moment

fléchissant, le calcul des contraintes ainsi que l’application de la condition de résistance.

Le second chapitre est consacré au calcul des déplacements en flexion. Les

notions de déformée, de flèche et rotation sont ainsi introduites. Ceci permettra de

procéder au calcul de rigidité en flexion.

Il existe des méthodes basées sur la notion de l’énergie potentielle de

déformation élastique ou le principe des travaux virtuels. Celles-ci sont exposées dans le

chapitre trois.

En pratique il n’existe pas de cas sollicitation simple pur. Un chargement

quelconque peut être à l’origine de plusieurs sollicitations agissant sur la section droite,

appelées sollicitations composées. Ces cas sont traités dans le chapitre 4.

Le chapitre 5 traite la résolution des systèmes hyperstatiques. La méthode des

forces ainsi que la méthode des trois moments sont exposées.

TABLE DES MATIERES

M.Hadj Miloud ; UHB Chlef Page i RDM2

TABLE DES MATIÈRES

CHAPITRE1 :

FLEXION PLANE DES POUTRES SYMETRIQUES – RAPPELS.

1

1.1-Définitions-Généralités .......................................................................................... 1

1.2. La flexion plane .................................................................................................... 4

1.3 Équations de l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant Mz.

Diagrammes de Qy et Mz ........................................................................................ 5

1.4- Contraintes en flexion .......................................................................................... 12

1.5-Condition de résistance .......................................................................................... 20

CHAPITRE2

DEPLACEMENTS DES POUTRES SYMETRIQUES EN FLEXION PLANE

. 23

2.1-Introduction ............................................................................................................ 23

2.2 Déplacement des poutres de section constantes. Méthode de la double

intégration ...................................................................................................................... 23

2.3 Méthode des paramètres initiaux .......................................................................... 32

2.4 Méthode des moments des aires ............................................................................ 41

2.5 Méthode de superposition ...................................................................................... 48

CHAPITRE3

THEOREMES GENERAUX DES SYSTEMES ELASTIQUES

(APPLICATIONS) 50

3.1.Expression générale de l’énergie potentielle de déformation d’un système

élastique ......................................................................................................................... 50

3.2 Expression de l’énergie de déformation accumulée dans une barre .................. 53

3.3.Théorème de réciprocité de Maxwell-Betti .......................................................... 56

3.4Théorème de Castigliano ......................................................................................... 58

3.5.Méthode de la force fictive généralisée. ................................................................ 63

TABLE DES MATIERES

M.Hadj Miloud ; UHB Chlef Page ii RDM2

CHAPITRE4 :

SOLLICITATIONS COMPOSEES

70

4.1 Flexion déviée .................................................................................................... 70

4.2 Flexion et traction(ou compression) ................................................................ 73

4.3. Traction ou compression excentrée ................................................................ 74

4 4 Flexion, traction et torsion pour les arbres à section circulaire ................... 77

CHAPITRE5 :

RESOLUTION DES SYSTEMES HYPERSTATIQUES

84

5.1 Généralités .............................................................................................................. 84

5.2 La méthode des forces ........................................................................................... 87

5.3. Simplifications pour les systèmes symétriques .................................................... 93

5 4 Poutres continues : Équation des trois moments ................................................. 96

REFERENCES ............................................................................................................ 102

Chapitre1 Flexion plane

M.Hadj Miloud ; UHB Chlef Page 1 RDM2

Chapitre1 : Flexion plane des poutres symétriques –

Rappels. 1.1-Définitions-Généralités.

1.1.1 Poutre.

Une poutre est une structure ou un solide dont une dimension est plus grande

que les deux autres (en général dimensions de la section).

On appelle poutre une barre, généralement rectiligne, qui travaille

principalement en flexion. La réduction des efforts extérieurs au centre de gravité des

sections droites fait apparaître principalement des moments fléchissant accompagnés

d’efforts tranchants.

Schématisation d’une poutre :

Figure1.1 : Schéma d’une poutre

L : longueur, h,b : dimensions de la section.

Dans les schémas de calcul, la poutre est représentée par son axe, qui est par

convention l’axe ‘x’.

La section est l’intersection de la poutre avec un plan perpendiculaire à son axe.

Celle-ci peut avoir plusieurs formes.

x

y

z

h

b

L

Section droite



Figure1.2 : Formes usuelles des sections droites

1.1.2 Les liaisons (appuis)

Appui simple

Appui double

L’articulation L’encastrement

xR

R yR R yR R

xR

yR

R

R R

xR



1.1.3 Types de poutres :

- Entre appuis

1.1.4 Types de charges :

a) Charge concentrée ou ponctuelle b) couple ou moment concentré

xR

yR Me

R

xR

yR

x

y

P

y

x

P

x

y

M x

y

P

x

y

P

x

y

P P

- Poutres en porte à faux

- Poutres encastrée



c) charge uniformément répartie d) charge répartie uniformément variable

ou charge linéaire

q(N/m) : Constante. q(N/m) = ax + b

e) charge répartie quelconque

q(N/m) = f(x)

1.2 La flexion plane

1.2.1 Définition

La flexion plane est définie comme :

« Lorsque sur la section transversale d’une poutre agissent seulement un moment

fléchissant et un effort tranchant » et par conséquent les charges doivent appartenir à un

même plan principal de la poutre.

Dans notre cas nous allons considérer que toutes les charges appartiennent au

plan xy et dans la direction de l’axe y . Donc les composantes des efforts internes

considérés sont l’effort tranchant Qy et le moment fléchissant Mz.

En flexion plane, on distingue deux cas :

1er cas : Mz ≠ 0 et Qy ≠ 0 : flexion simple,

2er cas : Mz ≠ 0 et Qy = 0 : flexion pure.

La déformée se trouve dans le plan ‘xy’. Les déplacements sont caractérisés par

les déplacements des centres de gravité des sections droites et les rotations des sections.

Sur les surfaces des sections apparaissent des contraintes normales dues au

moment fléchissant et des contraintes de cisaillement dues à l’effort tranchant.

x

y

q(N/m) x

y

q(N/m)

x

y

q(N/m)



Figure1.3 : Schéma d’une poutre fléchie.

1.2.2 Hypothèses :

Hypothèses sur la géométrie de la poutre

- axe rectiligne

- le rayon de courbure de la fibre moyenne est grand par rapport aux dimensions des

sections droites,

- la longueur de la fibre moyenne est grande devant les dimensions des sections droites

(longueur supérieure à 10 fois la plus grande dimension transversale), on parle de solide

élancé,

- les éventuelles variations de l’aire de la section droite sont faibles et progressives.

Hypothèses sur le matériau

- homogènes : tous les éléments du matériau, aussi petits soient-ils, ont une structure

identique,

- isotropes : les propriétés mécaniques sont les mêmes en tous points et dans toutes les

directions,

- continus : les propriétés varient de manière continue d’un point à l’autre. Milieu

exempt de défauts.

- comportement élastique-linéaire : les relations entre contraintes et déformations sont

linéaires = loi de HOOKE.

Hypothèses sur les déformations

Hypothèse de Navier-Bernoulli : « les sections planes normales aux fibres avant

déformation restent planes et normales aux fibres pendant et après la déformation. »

Ce qui est correctement vérifié par l’expérience sous réserve d’avoir :

- de petits déplacements,

- de petites déformations.

Hypothèses sur les actions extérieures

x y

y

x

θ

θ



Hypothèse de Saint-Venant : les résultats de la résistance des matériaux ne s’appliquent

valablement qu’à une distance suffisamment éloignée de la région où sont appliqués les

efforts concentrés.

1.3 Équations de l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant Mz.

Diagrammes de Qy et Mz

1.3.1 Détermination des équations de Mz et Qy

La détermination de Mz et Qy est basée sur la méthode des sections. Cette

méthode consiste à pratiquer des coupures virtuelles et calculer les efforts internes au

niveau des sections de ces coupures. Elle est basée sur le fait qu’étant donné que la

poutre est en équilibre, donc chaque point ou chaque partie isolée vérifient les

conditions d’équilibre.

En général, les efforts et moments agissant dans différentes sections varient le

long de la poutre. Les valeurs maximales et minimales de ces efforts internes sont d'une

grande importance pour la sécurité de la poutre. On s'intéresse donc à tracer les

diagrammes qui montrent les variations de ces sections le long de l’axe de la poutre.

Ces diagrammes sont les représentations graphiques des équations de ces efforts. Leurs

tracés obéissent aux règles d’étude des fonctions numériques.

Soit la poutre en équilibre ci-contre chargée

arbitrairement. Effectuons une section

imaginaire à une distance ‘x’ de l’appui ‘A’.

Celle ci divise la poutre en deux parties. Isolons

la partie gauche par exemple, et étudions son

équilibre. Les actions de la partie droite sur la

partie gauche sont représentées par les efforts internes

Mz et Qy .

L’application des conditions d’équilibre de la

partie isolée conduit à la détermination des efforts

internes Mz et Qy. Les solutions générales des

équations d’équilibre s’écrivent sous la forme :

n

jjj

m

iiy dxqPQ (1.1)

Pi : les forces concentrées appliquées sur la partie

isolée,

x

y

Pi Mk qj(N/m)

x

A B

S : Section imaginaire

a) Poutre

b) Partie gauche y

M q(N/m)

x A

RA

Mz

Qy

S

P

RB

Mz

Qy

(l – x)

S



jj dxq : résultante de chaque charge répartie appliquée sur la partie isolée

p

kkj

nm

jiiz MSqPMM

1

,

1,)/,( (1.2)

)/,( SqPM ji : Moments des charges extérieures (concentrées et réparties) par

rapport à la section de coupure.

Mk : couple pur.

Conventions de signe :

Le moment fléchissant est positif : s’il tend à mettre en traction les fibres inférieures

longitudinales de la poutre.

L’effort tranchant associé est positif : s’il tend à faire tourner le petit élément dans le

sens des aiguilles d’une montre.

Pour retrouver facilement le signe des moments fléchissant Mz , on peut se servir de la

règle suivante :

Si une force F ou p agit vers le bas, le Mz correspondant est : (-)

Si une force F ou p agit vers le haut, le Mz correspondant est : (+)

Pour le signe des efforts tranchants Qy. :

Si une force F ou p agit vers le bas, le Qy.

correspondant est : (-)

Si une force F ou p agit vers le haut, le Qy.

correspondant est : (+)

Remarque :

1) Ces règles ne sont valables que si on établit le diagramme des efforts tranchants de la

gauche vers la droite.(Figure1.5)

2) Les efforts intérieurs Mz et Qy sont représentés selon leurs sens positifs

conventionnels.

L’application de cette méthode passe par les étapes suivantes :

1- Calculer les réactions des appuis. Pour les poutres encastrées, ce calcul peut être

contourné en prenant l’extrémité libre comme origine des abscisses.

2- Recenser le nombre d’intervalles. Ceux-ci sont délimités par les points

d’application des charges extérieures y compris les réactions.

Figure1.4 : La méthode des sections c) Partie droite

y

x A

RA

Mz

Qy

Mz >0, Qy>0

Figure1.5 : Convention des signes



3- Soit A l’origine de l’axe des abscisses. Soit une section pratiquée par un plan π

situé à une distance x de l’origine. Celle-ci divise la poutre en deux parties.

4- Isolons l’une des deux parties, la partie gauche ou la partie droite.

5- L’étude de l’équilibre de l’une des deux parties nous permettra de déterminer les

efforts internes Mz et Qy. leurs équations peuvent être établies selon deux

manières différentes :

- soit en posant directement les équations d’équilibre,

- soit en les posant sous leurs formes générales tout en respectant les conventions

de signes :

Conventions de signe :

- Le moment de flexion est Mz considéré comme positif si la charge tend à déformer la

partie isolée vers le haut c.à.d. que les fibres tendues se trouvent du coté des y>0.

- L’effort tranchant est considéré comme positif, si la force tend à pivoter la partie

isolée par rapport à la section de coupure dans le sens des aiguilles d’une montres.

4.2 Diagrammes du moment fléchissant Mz et de l’effort tranchant Qy.

Les diagrammes sont les courbes représentatives des équations des fonctions Mz

et Qy .Leurs tracés obéissent aux mêmes règles que celles des fonctions numériques.

1.3.3 Relation entre l’effort tranchant et le moment de flexion :

Écrivons les relations d’équilibre statique de l’élément isolé dx :

02

)(0/

0)(0

dxdxxqdxQMdMMSM

QdxxqdQQF

yzzz

yyyy

En négligeant les infiniment petits de deuxième ordre2

)( 2dx , la charge répartie

q(x) est égale à la dérivée de par rapport à l’abscisse x, avec un signe opposé. L’effort

tranchant Qy est égal à la dérivée du moment fléchissant Mz par rapport à l’abscisse x :

x

y

q(x)

l dx A B

dx

Mz

Qy + dQy

Mz + dMz Qy

S

q(x)dx dx/2

Figure1.6 : Relations entre l’effort tranchant Qy et le

moment fléchissant Mz



dx

dQq y

dxdMQ z

y (1.3)

Le signe de L’effort tranchant Qy nous renseigne sur les variations du moment

fléchissant Mz et nous permet dans certains cas de déterminer ses valeurs extrémales.

4.4 Exemples simples de diagrammes :

Les étapes principales pour tracer les diagrammes :

1-Calcul des réactions pour les poutres sur appuis. On peut éviter ce calcul pour

les poutres encastrées en prenant l’extrémité libre comme origine des abscisses

2-Chaque poutre est subdivisée en plusieurs intervalles. Les limites de

l’intervalle sont définies par les points d’application des charges concentrées ou

les origines des charges réparties.

3-Appliquer la méthode des sections pour déterminer les équations de l’effort

tranchant Qy et du moment fléchissant Mz.

4-Tracez les diagrammes de l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant Mz.

Utiliser la relation différentielle entre pour vérifier leurs variations et la

détermination des extrema dans le cas des charges réparties. La partie positive

du diagramme de l’effort tranchant Qy est représentée au dessus de l’axe tandis

la partie positive que du diagramme du moment fléchissant Mz est représentée au

dessous de l’axe.

Exemple1 :

Tracer les digrammes l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant Mz de la poutre

encastrée ci-contre.

Solution :

1) Expression du moment de flexion :

0≤x≤l

Qy=P

Mz = - P(l-x)

x P

B x A x

l

y Qy

Mz

+

–

P

Pl



Exemple2 : Tracer les digrammes l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant Mz de la poutre ci-contre. Solution :

1) Calcul des réactions:

lPbRA et

lPaRB

2) Equations de l’effort tranchant Qy et du

moment fléchissant Mz

ax 0

lPbRQ Ay

xl

PbxRM AZ

lPabMax Z

lxa l

Pa

lPaPRQ Ay

)()( axPxl

PbaxPxRM AZ

0

Z

Z

Mlxl

PabMax

Exemple3 : Tracer les digrammes l’effort tranchant Qy et du

moment fléchissant Mz de la poutre encastrée ci-

contre.

Solution :

1) Expression du moment de flexion : 0≤x≤l

qlQlx

qxQ

y

y

2

2qxM Z

lPb

lPa

lPab

Qy

Mz

+

–

+

P

A B

a b y

x

Qy

–

ql/2

ql

–

Mz

x

A x x l y



2

002qlMlx

Mx

Z

Z

Exemple4 :

Tracer les digrammes l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant Mz de la poutre

chargée uniformément ci-contre.

Solution :


BA RqlR 2

2) Equations de l’effort tranchant Qy et

du moment fléchissant Mz

lx 0

qxqlQ

qxRQ

y

Ay

2

2

20

qlQlx

qlQx

y

y

22

22

2

qxxqlM

qxxRM

Z

AZ

08

2pour0

00

2

max

Z

Z

y

Z

Mlx

qlM

lxQ

Mx

Exemple5 : Tracer les digrammes l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant Mz de la poutre chargée par un couple M ci-contre. Solution :


lMRR BA

3) Equations de l’effort tranchant Qy

4) et du moment fléchissant Mz

ax 0

lMRQ Ay

x

lMxRM AZ

q(N/m) x A B l

y

Qy

Mz

+

–

2l

2ql

2ql

8

2ql

+

a>b et a + b = l M

A B

a b

lM

Qy

Mz

+

–

– l

Ma

lMb



lMaMax Z

lxa l

Pa

lMRQ Ay

Mx

lMM Z

lMbM

lMaMax Z

Exemple6 : Tracer les digrammes l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant Mz de la poutre ci-contre sous une charge uniformément variable. Solution :


6qlRA

3qlRA

2 Equations de l’effort tranchant Qy et

du moment fléchissant Mz

lx 0

26

22

2

xlqqlQ

xlqRQ

y

Ay

3

60

qlQlx

qlQx

y

y

lqxxqlM

lqxxRM

Z

AZ

66

63

3

039

3pour0

00

2

max

Z

Z

y

Z

Mlx

qlM

lxQ

Mx

Exercices supplémentaires

1.4- Contraintes en flexion:

Figure1.5

q(N/m)

A B

l

Qy

Mz

+

–

39

2

maxqlM Z

3l

+

6ql

3ql



En flexion, il existe deux types de contraintes :

- les contraintes normales dues au moment fléchissant Mz

- les contraintes de cisaillement ou tangentielles dues à l’effort tranchant Qy

Lors de la flexion les fibres supérieures de la poutre sont comprimées alors les

fibres inférieures sont tendues. Entre les deux couches, il existe une couche de fibres

dite neutre qui ne subit aucune contrainte. L’axe neutre est l’intersection de cette couche

avec la section.

1.4.1 Rayon de courbure

dsd

1 (1.4)

1.4.2 Etude des déformations

La figure 1.8 un élément de poutre

fléchie avant et après déformation.

ρ : rayon de courbure de l’élément dS de

la déformée.

-Déformation dans la direction de l’axe :

y

dddy

dSdSdS

x

)('

yx (1.4)

1 : est la courbure de la déformée.

1.4.3. Les contraintes normales.

L’équation de La contrainte normale

Fibres tendues

Fibres neutres

Fibres comprimées Axe neutre de la section de la section (AN)

M M

Figure1.7 : Axe neutre d’une section

dα

dS=dx dS’ρ

ρ

M M

y

O

dS=dx

y

a) Avant déformation

b) Elément déformé



s’écrit alors selon la loi de Hooke :

yEE xx , E est le module de Young

Equations d’équilibre :

La 1ère condition d’équilibre :

0)(

A

dNN 0

)()(

AA

x

ydAEydAEN

ydAEdAdN

E : Ce rapport ne dépend pas des dimensions de

la section ; donc seul le terme )( A

ydA représentant

le moment statique de l’aire de la section par

rapport à l’axe ‘z’ est nul :

0)(

A

ydA.

Ceci nous permet de conclure que l’axe ‘z’ est un axe central c'est-à-dire qui passe par

le centre de gravité de la section.

La 1ère condition d’équilibre :

- Le moment par rapport à l’axe ‘y’.

0)()(

AAy

xy

zydAEydAEzM

ydAEzdAzzdNdM

Le moment produit )( A

zydA étant nul signifie que l’axe ‘z’ est un axe principal de la

section.

- Le moment par rapport à l’axe ‘z’.

)(

2

)(

2

)(

2

AAAzzxz dAyEdAyEdMMdAyEydAEydAyydNdM

La quantité )(

2

A

dAy représente le moment quadratique Iz 9

x

z

y

y

z

dN

dA G

Figure1.8 : Etude des déformations

Figure1.9 : Actions sur une section



D’où : zz IEM

, nous permettant ainsi de déduire l’expression de la courbure de la

déformée en fonction : z

z

EIM

1, avec :

Mz : le moment fléchissant sur la section,

EIz : ce produit représente la rigidité à la flexion de la poutre.

Equation des contraintes normales en flexion :

z

z

z

zxx I

yMEI

yMEyEE

z

zx I

yM (1.5)

Mz : Le moment fléchissant agissant su la section droite

Iz : Moment quadratique par rapport à l’axe ‘z’

y : L’ordonnée du point considéré.

Cette équation permet de calculer la contrainte normale en chaque point M(x,y)

de la section. Les contraintes ont la même valeur sur toute droite de la section parallèle

à l’axe ‘z’. Ce sont les isocontraintes. La figure 1.10 ci-dessous montre la répartition

spatiale des contraintes normales sur une section droite. En pratique, on ne représente

que la projection du diagramme.

Remarques :

y

σx

x

z

y

G

Mz

y M

Figure1.10 : Répartition des contraintes normales σx et sa projection sur le plan frontal.



1) La contrainte se calcule en un point. Donc cette

équation représente la distribution des contraintes

sur toute la surface de la section.

2) Pour une section donnée, sur laquelle agit un

.moment fléchissant Mz et dont le moment

quadratique est Iz , l’équation des contraintes peut

être écrite sous la forme σx= a.y. Celles-ci varient

linéairement le long de l’axe ‘y’.

3) Les valeurs extrémales se situent au niveau

des fibres les plus éloignées de l’axe ‘z’. C’est-à-dire pour y=y1 et y=y2 , valeurs

sont considérées algébriquement dans le repère (zGy).

z

z

IyM 1

1 z

z

IyM 2

2

1.4.4 Les contraintes tangentielles en flexion :

1.4.4.1 Introduction

En flexion simple, en des contraintes normales dues au moment de flexion, il

existe des contraintes de cisaillement dues à l’effort tranchant.

L'existence de contraintes de cisaillement horizontales dans une poutre peut être

démontrée par une simple expérience. Placez deux poutres rectangulaires identiques sur

des supports simples et chargez-les sous une force P, comme illustré par la figure. 1.12-

a. Si le frottement entre les poutres est faible, les poutres fléchiront indépendamment

(figure. 1.12-b). Chaque poutre sera en compression au-dessus de son axe neutre et en

tension au-dessous de son axe neutre; par conséquent, la surface inférieure de la poutre

supérieure glissera par rapport à la surface supérieure de la poutre inférieure.

Supposons maintenant que les deux poutres soient collées le long de la surface

de contact, de sorte qu'ils deviennent une seule poutre. Lorsque cette poutre est chargée,

des contraintes de cisaillement horizontales doivent se développer le long de la surface

collée afin d'éviter le glissement illustré à la figure. 1.12-b.

a) b)

z

y

G

y2

y1

2

1

Figure1.11 : Contraintes extrémales



1.4.4.2 Equation des contraintes de cisaillement en flexion

Soit une poutre rectiligne, à section constante, sur appuis, sollicitée par une force

concentrée P, perpendiculaire à la ligne moyenne, dirigée vers le bas de manière à

obtenir des fibres tendues dans la partie inférieure de la pièce, (figure 1.13-a).

Découpons exceptionnellement une tranche de la poutre à l’abscisse x, d’épaisseur dx, à

partir de la hauteur y1.

Déterminons la contrainte de cisaillement à un niveau y=y1 dans une section de

la poutre définie par son abscisse ‘x’ (figure 1.13-a). A cet effet isolons l’élément

AA1m1m de longueur dx. Sur les faces gauche et droite de cet élément agissent les

efforts internes :( figure 1.13-b)

- A gauche : l’effort tranchant Qy et le moment fléchissant Mz

- A droite : l’effort tranchant Qy + dQy et le moment fléchissant Mz + dMz

a)

B B1

m m1

A A1

P

dx x

z

y

x

y

Mz

Qy + dQy

Mz + dMz

Qy y1

x

σ+dσ

σ

τ

x

z

G

dx

b

A1

B B1

m m1

A A1

Figure1.12 : Le phénomène du cisaillement pendant la



b) c)

d)

e)

La

figure 5-c montre les contraintes normales et de cisaillements dus à ces efforts internes.

Les forces résultantes sont respectivement T pour les contraintes de cisaillement, N1 et

N2 pour les contraintes normales (figure5-c). Celles-ci sont définies comme suit :

T=xy bdx

dAI

ydMMdAdN

dAI

yMdAN

A z

zz

A

A z

z

A

11

11

12

11

).()(

.

A1 est la surface hachurée au dessus de la droite y=y1

L’équation d’équilibre de l’élément AA1m1m (Figure5-d), est :

-T-N1+N2=0 0).(.

11

11

dAI

ydMMdAI

yMbdxA z

zz

A z

zxy

111

111 .0.

Az

zxy

A z

zxy

A z

zxy dAy

IdMbdxdA

IydMbdxdA

IydMbdx

avec : yz

z QI

dM : l’effort tranchant et z

A

SdAy 1

1 : le moment statique de la surface

hachurée par rapport à l’axe ‘z’.

x T

N2 N1

dx

y1 z

A1

G

y

b B B1

m m1

A A1

Figure1.13 : Contraintes sur un élément d’une poutre fléchie



Finalement nous avons l’équation des contraintes de cisaillement en flexion plane ;

appelée ‘relation de Jouravsky’:

zz

zyxy Ib

SQ..

² (1.6)

Qy : l’effort tranchant,

Sz : le moment statique de la surface hachurée,

bz ; la largeur de la section, variable dans le cas

générale

Iz : le moment quadratique de la section par rapport à

l’axe ‘z’

a) Etude de la répartition des contraintes dans

une section rectangulaire:

Le moment statique : Sz=Ahach.y’

Ahach : la surface hachurée

yhy

221' : distance entre le centre de gravité de la surface hachurée et l’axe ‘z’.

2

2

22222'. yhbyhyhbyAS hachz

12

3bhI z , bz=b=constante.

Substituant Sz ,Iz , et bz dan s la relation de Jouravsky,

on obtient :

yxy Qbh

yh

3

22

46

Donc nous une distribution parabolique des

contraintes de cisaillement, et le maximum est pour y=0 :

A

QbhQ yy

xy 23

23

max

b) Etude de la répartition des contraintes dans

une section circulaire

G z y

τmax

b

h G z y1

yhy

221'

yh

2 g

y

g

z

y bz

θ θ1

R G

y1

dy

Figure1.14 : Contraintes de cisaillement sur une section rectangulaire



464

44 RdI z

bz=2Rcosθ

dA= bzdy

y=Rsinθ d’où dy=cosθdθ

dRRRydASA

z .cos.cos2.sin2

11

dRS z .sin.)(cos22

23

1

Pour calculer Sz on utilisera le changement de variable :

u= Rcosθ, du=-sinθdθ

Après les substitutions nécessaires :

13

3cos

0

23 cos3

2.)(21

RduuRS z

13

3

cos3

2 RS z

En remplaçant dans la relation de Jouravsky toutes les grandeurs calculées, on obtient :

4.

cos2

cos3

2

41

13

3

RQ

R

Ry

xy

, après simplification, nous avons :

yxy QR

.cos34

21

2

cos2θ1=1- sin2θ1 ; πR2=A (Surface de la section)

211

34

Ry

AQy

xy

y1=0 A

Qyxy 3

4max

c) Répartition des contraintes de cisaillement sur d’autres formes de section.

max z

y

G

Figure1.15 : Contraintes de cisaillement sur une section circulaire



1.5 Condition de résistance

En général, la résistance d’une poutre en flexion est vérifiée aux contraintes

normales. Sauf pour des études approfondies, on a recours aux théories de la résistance.

La condition de résistance pour les poutres à section constante s’écrit :

max avec max

: la contrainte normale maximale et la contrainte

admissible.

z

z

IyM maxmax

max

. (1.7)

Pour les poutres à section variable, la contrainte maximale set reformulée de la manière

suivante :

min

max

min

maxmax w

M

yI

M z

z

z (1.8)

Avec : zz w

yI

est le module de résistance à la flexion.

Exemple :

1-Tracez pour la poutre représentée de la figure1.17 les diagrammes des efforts

tranchants Qy et des moments fléchissant Mz .

2-Calculer ‘a’ sachant que la contrainte admissible [σ]=1000daN/cm².

Figure1.16 : Contraintes de cisaillement pour certaines sections usuelles



Solution

1- Diagrammes de Qy et de Mz

1.1- Calcul des réactions.

RA = 27 kN, RB = 19 kN

1.2- Equations de Qy et Mz.

0 ≤ x ≤ 2

Qy = 27 – 20x , x=2

Qy= –13kN

Qy=0 ⇒ x=1.35m

Mz=27x – 20x2/2

x=2 Mz=14 kN-m

Mz= Mmax =18.225 kN-m pour x=1.35m.

2≤ x ≤ 4

Qy= –13kN

Mz=27x - 40(x-1)

x=2 Mz=14 kN-m

x=4 Mz=-12 kN-m

4≤ x ≤ 6

Qy = 6kN

Mz=-6(6-x)

2- Calcul de ‘a’

2.1Caratéristiques géométriques de la section

433

346

12)(

12)4(3 aaaaaI z max

y =2a

La condition de résistance s’écrit :

max avec max

: la contrainte normale maximale et la

contrainte admissible.

2m B

6 kN 20

2m 2m A

2m B

2m 2m A

a a a

a

a

2a

1,3

Qy

Mz

–

+ +

27 kN

13 kN

6 kN

+

12 kN-m

18,225 kN-m

2m B

20

2m 2m A B

6 kN

A

z

a a a

a

a

2a

y

Figure1.17



z

z

IyM maxmax

max

.

maxzM =182250 daN-cm ;

En appliquant la condition de résistance, on obtient:

3 max

233

zM

a 2,875cm1000.23

182250.33 a

Chapitre2 Déplacements en flexion


Chapitre 2 : Déplacements des poutres symétriques

en flexion plane

2.1-Introduction

En pratique, le calcul à la résistance ne suffit pas mais un calcul à la rigidité est

nécessaire. Cette rigidité ou déformabilité est caractérisée par deux grandeurs:

La flèche"y": qui représente le déplacement vertical du centre de gravité de la section

transversale

La rotation "θ": représente la rotation de la section transversale qui est égale à la pente

de la tangente du point considéré de la ligne élastique.

La ligne élastique ou la déformée est la courbe plane que décrit l'axe de la poutre lors de

l'application des charges extérieures.

Figure 2.1: Schéma de la poutre déformée

D'après cette figure, on peut écrire:

)('' xfytg , (Hypothèse des petites déformations), où y=f(x) est l'équation de

la ligne élastique.

2.2 Déplacement des poutres de section constantes. Méthode de la double

intégration.Hypothèses

Pour établir l’équation de la ligne élastique, nous adoptons les hypothèses

suivantes:

x y

y

x

θ

θ



- domaine des petites déformations élastiques

- axe rectiligne de la poutre.

Cette équation est la solution d'une équation différentielle du second ordre.

1.2.1 Equation différentielle de la déformée :

Dans le cours de la flexion simple, nous avons établi l’équation de la courbure d’une

poutre fléchie :

z

z

EIM

1 (2.1)

ρ : Rayon de courbure

Mz : Moment de flexion

Iz : Moment quadratique de la section par rapport à l’axe principale ‘z’

E : Module de Young.

Le produit EIZ est appelé : rigidité de la poutre à la flexion.

D’autre part et pour des considérations géométriques, la courbure est donnée par

l’équation suivante :

dsd

1 (2.2)

et en raison de l’hypothèse des petites déformations, on peut écrire : dxds

d’ou :

2

2

dxyd

dxd

dsd

, D’où

z

z

EIM

dxyd

dxyd

2

2

2

21

(2.3)

x

y

M<0 y` y``>0

x

y

M>0 y` y``<0

Figure 2.2:Convention des signes



Dans le système d’axes adopté, l’équation précédente s’écrit sous la forme suivante :

z

z

EIM

dxydy 2

2

(2.4)

Cette équation s’appelle l’équation différentielle de la ligne élastique . En résolvant

cette équation, on établira :

L’équation des pentes ou des rotations )()( rdxfy .

L’équation de la ligne élastique ou équation de la déformée y = f(x) [m] nous

permet de calculer la flèche ou le déplacement linéaire du centre de gravité de n’importe

qu’elle section transversale.

Remarque :

Si l’axe ‘y’ est dirigé vers le haut, l’équation (1.4) s’écrira :

z

z

EIM

dxydy 2

2

Il existe plusieurs méthodes de résolution de l’équation différentielle de la

déformée. Dans ce cours, on se limitera aux méthodes suivantes :

- la méthode de double intégration

- la méthode des moments des aires ;

- la méthode des fonctions de singularité ;

- la méthode de la charge fictive ;

- la méthode des paramètres initiaux.

1.3 La méthode de la double intégration :

Cette méthode est la plus simple. Elle consiste à intégrer deux fois l’équation

différentielle pour obtenir l’équation de la ligne élastique y = f(x). Néanmoins le calcul

des constantes d’intégration est assez fastidieux. La solution générale est donnée par

l’expression suivante :

21)( CdxCdxEIMxy

z

z

(2.5)



où C1 et C2 sont les constantes d’intégration.

Le calcul de ces constantes se fait en posant les conditions aux limites

appropriées. Nous avons deux types de conditions aux limites :

- Les conditions de déplacement aux appuis.

Appui simple : y=0, y’≠0

Appui double : y=0, y’≠0

Encastrement : y=0, y’=0

- Les conditions de continuité de la solution aux frontières des intervalles.

Le nombre de constantes d’intégration est égal à deux fois le nombre

d’intervalles. Lorsque le nombre d’intervalles est supérieur à 1, les conditions aux

appuis deviennent insuffisantes et le nombre des constantes devient supérieur au

nombre d’équations établies. Pour compléter ce système d’équations on a recours aux

conditions de continuité. Celles-ci expriment la continuité de la déformée. Pour deux

intervalles consécutifs i et i+1, les conditions de continuité s’écrivent :

- yi=yi+1 pour les déplacements

- y’i=y’i+1 pour les rotations.

Remarque : Conventions des signes

La flèche est positive si le déplacement s’effectue dans le sens des y positifs.

La rotation est positive si elle s’effectue dans le sens des aiguilles d’une montre.

Exemple 1 :

Soit la poutre de rigidité

constante à la flexion EIz de la

figure (3),

1) Etablir l’équation de la ligne

élastique.

2) Calculer la flèche et la

rotation de la section ‘A’ ;

θA.

Solution :

1) Expression du moment de flexion :

0≤x≤l

θA

P

B x A l y

ymax

x

Figure2.3



Mz = - P(l-x)

2) Equation différentielle de la déformée et sa résolution générale :

zz

z

EIxlP

EIMxy )()(

, la poutre ayant une rigidité constante, cette équation peut

être écrite sous la forme suivante :

)()( xlPMxyEI zz .

En intégrant deux fois, on obtient la solution générale :

21

3

1

2

6)()(

2)()(

)()(

CxCxlPxyEI

CxlPxyEI

xlPxyEI

z

z

z

3) Calcul des constantes :

Dans ce cas les conditions aux frontières se limitent à l’encastrement et se traduisent par

les équations suivantes :

2

3

1

06

00

2²00

CPlyf

CPly

B

B

Au point ‘B’ c’est à dire pour x=0 nous avons

D’ou :

2²

1PlC et

6

3

2PlC , alors les équations de la ligne élastique et celle des

rotations s’écrivent :

Equation de la ligne élastique :

62²

6)()(

33 PlPlxlPxyEI z

Equation des rotations :

2

²2

)()(2 PlxlPxyEI z

4) Calcul de la flèche et de la rotation maximale :

Flèche maximale :

zlxA EI

Plyff3

3

max



Rotation maximale

zlxA EI

Ply2

2

max

Exemple 2 :

Soit la poutre de la poutre de la figure

(2.4) chargée uniformément et à

rigidité constante.


élastique ainsi que l’équation des

rotations.

2) Déterminer la position et la valeur de la flèche maximale.

Solution :

1) Equation de la ligne élastique et équation des rotations

1.1) Expression du moment de flexion :

- Calcul des réactions

2qlRR BA

0≤x≤l

2²xqxRM AZ

1.2) Equation différentielle de la déformée et sa résolution générale :

21

43

1

3

2412)(

6²

4)(

2²

22²)(

CxCxqxlqxyEI

CxqxlqxyEI

xqxlqxqxRMxyEI

z

z

AZz

1.3) Calcul des constantes :

Elles sont déterminées à partir des conditions de déplacements aux appuis c’est à dire

que les déplacements aux appuis sont nuls :

L’appui ‘A’ : x= 0 y = 0 (1)

L’appui ‘B’ x = l y = 0 (2)

(1) C2 = 0.

q(N/m) x A B l

y Figure 2.4



(2) lCqlql1

44

24120 d’où

24

3

1qlC

Equation des rotations :

246²

4)(

33 qlxqxlqxyEI z

Equation de la ligne élastique :

xqlxqxlqxyEI z 242412)(

343

2) Calcul de la flèche maximale :

On constate qu’à 0:2

ylx c’est à dire que la courbe de la déformée admet en

ce point une tangente horizontale et c’est point qui le déplacement maximale :

zEIqlf

3845 4

max

Rotations aux appuis :

zBA EI

ql24

3

Exemple 3 :

Soit la poutre sur appuis simples de rigidité

à la flexion constantes chargée par une force

concentrée de telle façon que a>b et a + b = l.


élastique.

2) Calculer la flèche maximale.

Solution :

1) Equation de la ligne élastique et équation des rotations

Dans ce cas l’équation de la ligne élastique s’écrira en deux parties car nous avons deux

expressions du moment de flexion ( une expression pour chaque intervalle)

1.1) Expressions du moment de flexion :

- Calcul des réactions

P

A B

a b

x

Figure2. 5



lPbRA et

lPaRB

ax 0

xl

PbxRM AZi

lxa

)()( axPxl

PbaxPxRM AZII

1.2) Equations générales de la ligne élastique et des rotations :

ax 0

213

12

6

2

CxCxl

PbyEI

Cxl

PbyEI

xl

PbxRMyEI

Iz

Iz

AZiIz

lxa

43

33

3

22

6)(

6

2)(

2

)(

CxCaxPxl

PbyEI

CaxPxl

PbyEI

axPxl

PbxRMyEI

IIz

IIz

AZiIIz

1.3) Calcul des constantes :

Dans ce problème nous avons 4 constantes d’intégration à calculer. Pour cela, on

doit écrire quatre équations, donc on doit poser quatre conditions aux limites. Nous

avons deux types de conditions :

- Les conditions aux appuis qui se traduisent par les équations suivantes :

L’appui A : x = 0 yI=0 C2=0 (1)

L’appui B : x = l yII = 0 (2)

- Les conditions de continuité :

Ces conditions expriment la continuité de la structure, c’est à dire que la poutre

ne subit ou n’est le siège que de déformations élastiques. Donc le calcul des

déplacements de la section commune à deux intervalles adjacents par les équations des

deux intervalles doivent aboutir aux mêmes résultats. Ces conditions se traduisent par

les équations suivantes :



)4()3(

III

III

yyyy

ax

de (4) on obtient : 12

2Ca

lPb

= 32

2Ca

lPb

C1 = C3

d’ou en remplaçant dans (3) on a : C4 = 0

en écrivant l’équation (2) on a : 066 3

33 lCPbl

lPb

on obtient : ²)(6

213 bl

lPbCC

1.4) Equation de la déformée et des rotations :

ax 0

xbll

Pbxl

PbyEI

bll

Pbxl

PbyEI

Iz

Iz

²)(66

²)(62

23

22

lxa

xbll

PbaxPxl

PbyEI

bll

PbaxPxl

PbyEI

IIz

IIz

²)(66

)(6

²)(62

)(2

23

3

22

2

2) Calcul de la flèche maximale :

Pour ce type de poutre, la flèche se trouve dans l’intervalle le plus long c’est à dire pour

ax 0 . La position de cette flèche est déterminé par le point de la déformée

admettant une tangente horizontale, vérifiant la condition suivante :

3²²0²)(

62 122

1blxbl

lPbx

lPb

D’ou la flèche maximale : 23

.max ²)²(27

31

bllEI

PbyfZ

xx

.



Exercices supplémentaires :

Etablir pour les poutres suivantes les équations de la ligne élastique :

2.3 Méthode des paramètres initiaux

L’intégration directe de l’équation de la déformée nécessite le calcul d’un

nombre important des constantes dont le nombre est égale à deux fois le nombre des

intervalles. Cette opération devient assez contraignante pour un nombre d’intervalles

élevé (> 3).

La méthode des paramètres initiaux permet d’écrire l’équation du moment

fléchissant en une seule expression. L’intégration de l’équation différentielle de la

déformée La méthode des paramètres initiaux est basée sur le principe des fonctions

discontinues pour la détermination d'une expression unique du moment fléchissant d'une

poutre de plusieurs tronçons. L'intégration directe de cette expression résulte en deux

constantes C1 = θ0et C2 = f0 qui s'avèrent être les paramètres initiaux.

q(n/m) l

q(n/m) a b

P A B

l/2 l/2

a>b et a + b = l M

A B

a b

M

A B

l

q (N/m) A B

2l/3 l/3



2.3.1 Représentation des différents types de charges par les fonctions

discontinues (Mc Cauley)

L'application de ce type de fonctions pour la résolution des problèmes de la

résistance des matériaux, et plus particulièrement la résolution de l'équation

différentielle de la déformée, est faite en exprimant les moments des charges

élémentaires (moment, charge concentrée, charges réparties). La condition x ≥ a signifie

que la fonction est définie pour ax et nulle ailleurs.

Moment:

axz axMxM

0)()(

Charge concentrée (ou force concentrée)

axz axPxM

1)()(

Charge répartie uniformément

ax

zaxqxM

2)()(

20

M x

a

P x a

q(x q0(N/m) x

a



Charge répartie uniformément variable à pente positive

ax

zaxtgxM

6)()(

3

avec tg α = bq0

Charge répartie uniformément variable à pente négative

2116

)(6

)(2

)()(3

23

13

10

axaxaxz

axtgaxtgaxqxM

avec tg α = bq0

La flèche de la droite représentant la variation de la charge répartie indique que cette

charge agit de x = a jusqu'à l'infini c'est-à-dire que ax . Cela signifie que la

charge répartie est appliquée sur la poutre de x = a jusqu'à son extrémité droite. Mais ce

cas de figure n'est pas général et il existe des cas où la charge n'atteigne pas l'extrémité

droite de la poutre. Pour traiter ce genre de problèmes, on utilise des combinaisons de

charges de telle façon à éliminer la charge supplémentaire induite par la forme générale

de l'équation.

Il n'existe pas de règle générale pour ces combinaisons, mais chaque cas est

étudié selon sa particularité.

q(x) q (N/m) q0 α

x a1 b

a2

q(x)

q(N/m) α q0 x a b

Figure 2.6:représentation des charges élémentaires et de leurs moments



2.3.2 Equation générale de la ligne élastique par la méthode des paramètres

initiaux

L’expression du moment Mz(x) est égale aux moments des forces situées à

gauche de la section de séparation à une distance x de l’origine des coordonnées A Pour

une poutre supportant différents types de charges, l’équation générale du moment

fléchissant prend la forme suivante :

mkji dxm

m

cxk

k

bxjj

axiiz

dxtgcxqbxPaxMxM

6)(

2)()()()(

3210

(2.6)

Figure2.7 : Différents charges agissant sur une poutre

L’application de cette méthode se résume dans les étapes suivantes :

- l’origine des coordonnées est choisie au point situé à l’extrême gauche de la

poutre qui sera commune pour tous les intervalles.

- La solution générale de l’équation différentielle de la déformée est donnée

l’équation 2-10. Les constantes EI f0 et EIθ0 sont calculées en posant les

conditions de déplacements aux appuis.

m

kji

dxm

m

cxk

k

bxj

j

axi

izzz

dxtg

cxqbxPaxMxEIfEIyEI

120)(

24)(

6)(

2)(

5

432

00

(2.7)

M A q’ x

ai α bj P ck dm



Applications :

Exemple1 :

Etablir l’équation de la déformée par la

méthode des paramètres initiaux.

Solution :

Equation de la déformée par la méthode des paramètres initiaux

nm

ji

dxn

nn

cxm

mm

bxj

jj

axi

iizzz

dxtgcxq

bxPaxMxEIfEIyEI

120)(

24)(

6)(

2)(

54

32

00

Dans notre cas, nous avons des forces concentrées, l’équation générale se réduit à :

axaxzz

bxj

jjzzz

axPxPxEIfEIbx

PxEIfEIyEIj 2

33

00

3

00 6)(

6)(

6)(

Donc

axaxzzz

axPxPxEIfEIyEI2

33

00 6)(

6

axaxzz

axPxPEIyEI2

22

0 2)(

2

Calcul des paramètres initiaux f0 et θ0 :

- Conditions aux limites :

- x=2a y=0 (1)

y’=0 (2)

(1) 25 2

0PaEI z

(2) zz EI

PafEI3

0 27

Equations de la déformée :

axaxz

axPxPPayEI2

222

2)(

225

P P

B

A a a x



axaxz

axPxPxPaPayEI2

3323

6)(

625

27

Exemple2 :

Etablir l’équation de la déformée par

la méthode des paramètres initiaux de la

poutre représentée par la figure 2. Calculer la

flèche du point C.

Solution :

1- Détermination de la déformée par la

méthode des paramètres initiaux :

1.1 Calcul des réactions :

qaRqaR BA 25,

23

1.2 Equation de la déformée :

L’expression générale de la déformée par la méthode des paramètres initiaux a pour

forme :

dxcxbxaxyzzz

dxtgcxqbxPaxMxQxMxEIfEIyEI24

)(24

)(6

)(2

)(62

54323

0

2

000

Les paramètres initiaux pour cette poutre sont identifiés de la manière suivante :

f0=0, θ0= ?, M0=0, Qy0=RA=qa

23

Nous avons les charges suivantes :

P=qa, la charge répartie q= -q’ pour x>a et la charge répartie q pour x>2a.

L’expression de l’équation de la déformée devient :

axaxax

zzaxqaxqaxqaxqaxEIyEI

2

4433

0 24)2(

24)(

6)(

623

Calcul de θ0 :

qa q 2q

A C B

a a a

qa q 2q A C B

a a a



On pose la condition :

x=3a → y=0 30 72

113 qaEI z

L’équation de la déformée par la méthode des paramètres initiaux :

axaxaxz

axaxaxz

axqaxqaxqaqaxqayEI

axqaxqaxqaqaxxqayEI

2

33223

2

44333

6)2(

6)(

2)(

43

7220311

24)2(

24)(

6)(

472113

2- Calcul de la flèche au point C : fc :

4..

72113 3

3 aqaaqayEIfcEI axzz

zEIqafc

4

7295

Exemple3 :

Etablir l’équation de la déformée par la

méthode des paramètres initiaux de la poutre

représentée par la figure 2. Calculer la flèche du

point C.

Solution :

3- Détermination de la déformée par la

méthode des paramètres initiaux :

1.3 Calcul des réactions :

qaRqaR BA 67,

31

1.4 Équation de la déformée :

L’expression générale de la déformée par la méthode

des paramètres initiaux a pour forme :

dxcxbxaxyzzz

dxtgcxqbxPaxMxQxMxEIfEIyEI120

)(24

)(6

)(2

)(62

54323

0

2

000


f0=0, θ0= ?, M0=0, Qy0=RA=qa

31

L’expression de l’équation de la déformée devient :

Figure 2

2q q A C B

a a

Figure 2

2q q A C B

a a



ax

5

ax

43

0zz 120)ax(tg

24)ax(q

6x

3qaxEIyEI

tgα = q/a

ax

5

ax

43

0zz 120.a)ax(q

24)ax(q

6x

3qaxEIyEI

Calcul de θ0 :

On pose la condition :

x=2a → y=0

33

0z qa1922.0qa36071EI

L’équation de la déformée par la méthode des paramètres initiaux :

ax

4

ax

323

z

ax

5

ax

433

z

a24)ax(q

6)ax(q

6qaxqa

36071yEI

a120)ax(q

24)ax(q

18qaxxqa

36071yEI

4- Calcul de la flèche au point C : fc :

18..

36071 3

3 aqaaqayEIfcEI axzz

z

4

EIqa

12017fc



Exemple4 :

Soit la poutre représentée par la figure ci-contre, .

A l’aide de la méthode des paramètres initiaux :

Solution :

Équations de la déformée par la méthode

des paramètres initiaux

a) Établissement des équations de la

déformée :

L’équation générale de la déformée :

ax

iizzz

axPxEIfEIyEI

6)( 3

00

axaxxzzz

axPaxPxPxEIfEIyEI2

33

0

3

00 6)2(

6)(

6


- x=0 y=0 f0=0

x=3a y=0 0=

6)(

6)2(

6a)(330

333

0aPaPPaEI z

, EIzθ0=Pa²

Les équations de la déformée :

axaxxz

axPaxPxPxPayEI2

33

0

32

6)2(

6)(

6

axaxxz

axPaxPxPxPayEI2

2

0

22

22)2(

2)(

2

b) Calcul de la rotation en A ‘θA’ et la flèche au milieu ‘fC’.

- la rotation en A

θA= Zx EI

Pay2

0

- la flèche en C

fC= Z

3

ax EIPay

2423

23

P P x A B a a a

y



2.4 Méthode des moments des aires

y

x

θ

B`

a1 b1

m ds n

Ω

x1 dx

B A

ρ ρ

dθ

dθ

MZ

dΩ

x1dθ

Figure 1.8 : Principe de la méthode des moments des aires

xG

G



Dans ce paragraphe nous considérons une autre méthode de détermination des

déplacements des poutres. Connue sous le nom de la méthode des moments des aires,

elle utilise les propriétés du diagramme du moment de flexion. La méthode est adaptée

lorsque la déflexion ou la rotation ne sont demandés que pour un point précis de la

poutre car il est possible de trouver de tels quantités sans l’établissement de l’équation

de la déformée.

Cette méthode repose sur deux théorèmes principaux :

Le 1er théorème sert à calculer l’angle de la rotation relative entre deux sections de la

poutre. Ce théorème est appelé le premier théorème de la méthode des moments des

aires.

Le 2ème théorème sert à calculer la distance entre deux tangentes. Ce théorème est appelé

le second théorème de la méthode des moments des aires.

1.4.1 Le premier théorème de la méthode des moments des aires :

Enoncé du théorème

L’angle entre les tangentes aux ponts A et B de la ligne élastique est égale à

l’aire du diagramme du moment fléchissant comprise entre les ordonnées

correspondantes divisée par la rigidité EIz à la rigidité à la flexion de la poutre.

B

A ZZ EIEIMdx

Ω : Aire de la portion du diagramme des moments fléchissant correspondant à la partie

de la déformée considérée.

ZEI : Rigidité à la flexion de la poutre.

Démonstration :

Soit AB un arc représentant une partie de la déformée et a1b1 la partie

correspondante du diagramme des moments fléchissant.(Figure ) Considérons un

élément ds de la partie de la déformée limité par deux sections très voisines m et n. la

relation de la courbure nous permet d’écrire :

dsEIMdsd

Z

Z

1



Puisque sont considérées comme petites, on peut assimiler l’élément ds à la

distance élémentaire dx, d’où :

dxEIMd

Z

Z

L’interprétation graphique signifie que l’angle élémentaire dθ entre deux

tangentes consécutives à la ligne élastique est égale au rapport de l’aire élémentaire dΩ,

qui est égale à Mdx, à la rigidité EIZ. D’où l’angle θ entre les deux tangentes

respectivement en A et en B est obtenu par intégration :

. B

A Z

Z dxEIM

1.4.2 Le second théorème de la méthode des moments des aires :

Enoncé du théorème :

La distance entre le point B te la tangente en A est égale au moment de l’aire du

diagramme des moments de flexion entre a1 et b1 , par rapport à la verticale passant par

B, divisé par la rigidité par la rigidité à la flexion de la poutre EIZ. :

B

A Z

G

Z

Z

EIx

dxEIMx

BB 1

xG :étant la distance entre le centre de gravité de la surface Ω et la verticale passant par

B.

Démonstration :

Calculons la distance BB’ du point B à la tangente en A.

Le déplacement élémentaire correspondant à l’élément mn compris entre deux

tangentes consécutives est :

dxEIMxdxdx

Z

Z111

La distance BB est obtenue par intégration, d’où :

B

A Z

G

Z

Z

EIx

dxEIMx

BB 1



L’interprétation géométrique de cette formule signifie que la distance BB’ est égale au

moment de l’aire de la surface Ω par rapport à la verticale passant par B divisée par la

rigidité EIZ.

Remarque :

Ces deux théorèmes nous permettent de calculer les valeurs absolues de θ et δ. Pour

déterminer les signes de ces quantités, on utilise les règles suivantes :

- la rotation θ est positive si elle s’effectue dans le sens des aiguilles d’une

montre de la tangente en A à la tangente en B.

- le déplacement δ est positif s’il s’effectue dans le sens des y>0.

1.4.3 Processus d’application de la méthode des moments des aires :

a) Calcul des réactions.

b) Tracé approximatif de la déformée en tenant compte des conditions aux appuis.

c) On trace le diagramme des moments fléchissant. Il commode dans certain cas de

le tracer par partie. Pour les poutres à rigidité constante, on utilise directement ce

diagramme. Pour les poutres à rigidité variable, on trace un deuxième diagramme :

Z

Z

EIM .

d) On choisit les points A et B convenables et on trace les tangentes en ces points à

la déformée.

e) On calcule les quantités inconnues par l’un des théorèmes.

Applications

Exemple1 :

Calculer à l’aide de la méthode des moments

des aires les calculs de ‘θA’ et ‘fC’

P P x A B a a a y



Calcul de θA (Application du 1er théorème des moments des aires)

Vu la symétrie des charges, la déformée admet une tangente horizontale au

milieu :

ZA EI

21

: étant la surface du diagramme de Mz :

ZZA EI

PaEIPa 222

21

Calcul de fC :

(Application du 2nd théorème des moments des aires entre le milieu C et le point A)

221

32

211 22 aaPaaPa

EIf

Zc

Z

3

c EIPaf

2423

A

fC

θA

θA BA

B C

3a/2

Mz

+

Pa



Exemple2 :

Soit la poutre encastrée en B et soumise à une force concentrée P en son

extrémité libre A, représentée par la figure 12. en utilisant la méthode des moments des

aires, calculer :

1)- la rotation de l’extrémité libre A : θA,

2)- la flèche de l’extrémité libre A : δ.

Solution :

1-Calcul de la rotation en A : θA

Cette quantité peut être calculée directement

par le 1er théorème de la façon suivante :

ZZ EIdiagrammeduaire

EI

A =

ZZ EIPlPl

EI 2²

21 2

2-Calcul de la flèche :

2.2-Calcul de la flèche fA : Application du 2nd

théorème entre A et B

Z

G

Z

G

EIxdiagrammeduaire

EIxf

.

A

zA

zA EI

PlfllPlEI

f3

31

32..

211

P

A B x

l

y

Allure de la déformée

Diagramme de Mz

δ

θA

B A

Pl

-



Exemple3 :

Calculer la rotation et l la flèche en A.

1)-Diagrammes de Qyet Mz :

0 x a

Qy= - P.

Mz = - Px.

a x 2a

Qy= - 2P.

Mz = - Px – P(x-a).

2)- Calcul de la rotation et de la flèche en A. 2.1-Calcul de la rotation θA : Application

du 1er théorème entre B et A

z

2

Az

A EIPa

25a.Pa

21a2.Pa2

21

EI1

La rotation s’effectue dans le sens anti horaire :

z

2

A EIPa

25

3-Calcul de la flèche fA : Application du 2nd théorème entre B et A

zA

zA

EIPaf

aaaPaaaPaEI

f

3

27

32.

212

32.2.2

211

P P B A a a x y

Mz

Qy

P 2P

Pa

3Pa

fA

θA A

Déformée

B



2.5 Méthode de superposition

La méthode de superposition est une technique pratique et couramment utilisée

pour obtenir les flèches et les rotations des poutres.

La méthode de superposition pour calculer les déplacements dans une poutre est

un concept plus général connu en mécanique sous le nom de principe de superposition.

Ce principe est valable chaque fois que la quantité à déterminer est une fonction linéaire

des charges appliquées. C'est le cas où la grandeur cherchée peut être déterminée pour

chaque charge agissant séparément, puis ces résultats peuvent être superposés pour

obtenir la quantité souhaitée lorsque les charges agissant simultanément. Dans les

structures ordinaires, le principe est généralement valable pour les contraintes, les

déformations, les moments de flexion et de nombreuses autres quantités, en plus des

déplacements.

Dans le cas particulier des déplacements dans une poutre, le principe de

superposition est valable dans les conditions suivantes:

(1) la loi de Hooke est valable pour le matériau,

(2) les déplacements et les rotations sont faibles, et

(3) la présence des déplacements ne modifie pas les actions des charges

appliquées. Ces exigences garantissent que les équations différentielles de la ligne

élastique sont linéaires. Les exemples suivants fournissent des illustrations

supplémentaires dans lesquelles le principe de superposition est utilisé pour calculer les

flèches et les angles de rotation des faisceaux.

Les équations différentielles de la déformée sont des équations linéaires c'est-à-

dire tous les termes de y, y' et y'' sont du premier ordre. Les déformations dues à

plusieurs cas de charges peuvent être donc superposées ou cumulées. Cette méthode est

surtout utilisée quand le chargement est composé de plusieurs cas de charge élémentaire

ou les déformations sont données dans les aides mémoires de la RDM.



Exemple1 :

Déterminer la flèche maximale de la poutre ci-contre.

Solution :

Chapitre3 Théorèmes d’énergie


Chapitre 3 : Théorèmes généraux des systèmes

élastiques (Applications)

3.1 Expression générale de l’énergie potentielle de déformation d’un système

élastique

3.1.1 Définition

On appelle énergie potentielle de déformation d’un système élastique, l’énergie

qui s’accumule dans le corps solide lors de sa déformation élastique.

En négligeant les quantités d’énergie perdues au cours de la déformation (surtout

sous forme de chaleur), le travail des forces extérieures se transforme en énergie

potentielle de déformation élastique du corps.

3.1.2 Expression de l’énergie potentielle de

déformation pour un état simple de contrainte.

Isolons un volume élémentaire de

dimensions dx, dy et dz .

La force extérieure agissant sur cet élément

est : σ1dxdz

L’allongement total dans la direction de σ1 est :

dy.

Considérons un état intermédiaire lors de la

déformation et considérons que la contrainte est

constante au cours d’une déformation élémentaire ‘d’ (en

réalité on nég3lige les termes du second ordre). Le travail

élémentaire réalisé est de :

dW= ..ddx.dy.dz,

donc le travail total des forces extérieures est :

1

0

....

dzdydxdW (3.1)

Sachant que le matériau obéit à la loi de Hooke :.=E., l’expression du travail

devient :

dy

x

dz

σ1

y

dx

z

σ1

σ1

σ

1

d

σ

Figure 3.1 :Etat simple de

contrainte



dzdydxE

dzdydxdEW ...2

......

2

1

0

1

D’après le principe de conservation de l’énergie, l’énergie potentielle

emmagasinée dans cet élément est égale au travail des forces extérieures :

dVE

dzdydxE

WU .2

....

2

. 2

1

2

1 (3.2)

L’énergie potentielle par unité de volume ou énergie potentielle spécifique est

donnée par l’équation :

E

E

dV

Uu

22

.

2

. 2

11

2

1 (3.3)

Remarque :

Cette notion d’énergie par unité de volume est souvent très importante. Lorsque

la contrainte 1 atteint la limite élastique du matériau, le corps emmagasine le maximum

d’énergie par unité de volume sans qu’il y ait des déformations permanentes. Ce

maximum d’énergie est appelé module de résilience. Le tableau suivant donne, à titre

indicatif, les valeurs de ce module pour quelques matériaux :

Matériau Densité E (hbars) Limite

Élastique(hba)

u

m.daN/dm3

Acier de construction 7.8 21.103 20 9.5

Tôle d’acier 7.8 21.103 84 168

Cuivre 8.5 11,2.103 3 0.4

Chêne 1 1,050.103 3 4.3

Caoutchouc 0.93 105 0.21 22.6

* D’après Timoshenko

3.1.3 État de cisaillement pur

Isolons un volume élémentaire de dimensions dx, dy et

dz , sur lequel agit une contrainte tangentielle yz

produisant un glissement Δ. La déformation angulaire

correspondante xy est définie par :

z

zy=

yz=

y

x xy=1 Δ1

Figure 3.2 : Cisaillement pur



dytg yzyz

.

Le travail des forces extérieures est donné par la relation :

dy.dz.dx.d.dz.dx.W11

00

yz

D’après la loi de Hooke en cisaillement : G

dzdydxG

dydzdxGW ..2

....2

1

0

1

.

D’une manière analogue à l’état simple, on peut écrire l’expression L’énergie

potentielle par unité de volume ou énergie potentielle spécifique :

G22

.

2

.G

dV

U

dV

Wu

2

11

2

1

3.1.4 Cas général d’un état de contrainte :

Considérons le cas général d’’un état de contrainte, c.à.d. que les six

composantes du tenseur des contraintes sont différentes de zéro :

zyzxz

yzyxy

xzxyx

zzyzx

xzyyx

xzxyx

ij

Dans ce cas l’énergie potentielle de déformation par unité de volume est donnée

par l’expression :

yzyzxzxzxyxyzzyyxx ......

2

1u

Cette expression s’appelle l’expression de Clapeyron. Elle peut être écrite sous

la forme matricielle :

yz

xz

xy

x

x

x

yzxzxyzyx2

1u

Cette équation peut être réécrite sous la forme :

2

yz

2

xz

2

xyxzzyyx

2

z

2

y

2

xG2

1

EE2

1u



Pour un état principal des contraintes, u devient :

133221

2

3

2

2

2

1EE2

1u

Lors de sa déformation un corps élastique, on assiste non seulement à la variation de

son volume, mais aussi à la modification de sa forme, donc l’énergie potentielle

spécifique peut être réécrite :

u=uv+uf

uv : Énergie potentielle spécifique de la variation de volume

uf : Énergie potentielle spécifique de la modification de forme

2321V

E6

21u

133221

2

3

2

2

2

1fE3

1u

2

13

2

32

2

21fE6

1u

3.2 Expression de l’énergie de déformation accumulée dans une barre

Dans un premier lieu nous allons déterminer cette expression pour les cas des

sollicitations simples. Ensuite nous déduisons celle du cas général c.à.d. pour une

sollicitation composée où tous les efforts internes sont différents de zéro.

3.2.1 Traction simple

Soit une barre de longueur ‘l’ soumise à

une traction simple. L’expression de l’énergie de

déformation accumulée dans la barre est :

dVE2

dV.uU2

x

Sachant que A

N xx , nous avons :

A.A.E2

dx.Ndz.dy

A.E2

dx.NU

l

0 2

2

x

A

l

0 2

2

x

l

0

2

x

EA2

dx.NU

3.2.2 Flexion pure

y

l

P x P

Figure 3.3 : Barre en traction



Soit une barre de longueur ‘l’ soumise à une flexion pure, c'est-à-dire que la

section transversale n’est soumise qu’à un moment fléchissant. L’expression de

l’énergie de déformation accumulée dans la barre est :

dVE2

dV.uU2

x

Sachant que z

zx

I

y.M , nous avons :

z

l

0

2

z

2

z

A

2

l

0

2

z

2

zl

0 2

z

22

z I.I.E2

dx.MdA.y

I.E2

dx.MdA.

I.E2

y.MdxU

l

0 z

2

z

I.E2

dx.MU

3.2.3 Flexion simple

Dans ce cas chaque section transversale est

soumise à deux efforts internes :

- Un moment fléchissant produisant des

contraintes normales,

- Un effort tranchant causant des contraintes

de cisaillement.

Donc l’expression de l’énergie de

déformation se compose de deux termes :

- Un terme dû moment fléchissant identique à

l’expression de déformation l’énergie en flexion

pure,

- Un terme dû aux contraintes de cisaillement de

l’effort tranchant. Ces, contraintes sont données par la

relation de Jouravsky :

zz

zy

xyI.b

S.Q

Qy : l’effort tranchant,

Sz : le moment statique de la surface hachurée,

bz ; la largeur de la section,

b

h G z

P A B x

l

y

Qy Qy

Mz Mz

Qy P

Qy

Pl

Mz

Figure 3.5 : Flexion simple

y

l

M

x

M

Figure 3.4 : Barre en flexion pur



Iz : le moment quadratique de la section par rapport à l’axe z

Le terme représentant la contribution de la

contrainte tangentielle est donné par le travail

élémentaire :

dVG2

W

2

xy

Qy

GA2

dx.QkdA

b

S

GI2

dx.QdW

2

y

y

A

2

z

2

z

2

z

2

y

Qy où dA

b

S

I

Ak

A

2

z

2

z

2

z

y et dA = dy.dz

dAb

S

I

Ak

A

2

z

2

z

2

z

y

ky est appelé coefficient de forme dont la valeur dépend de la forme de la section et non

de ses dimensions.

Forme de la section Valeur de ky

Rectangulaire 1.2

Circulaire 32/27

Pour les profilés A/Aâme, où :

A : surface totale de la section

Aâme : l’aire de l’âme

L’énergie de déformation élastique dans la barre a pour expression :

dVG2

dVE2

U

2

xy2

x

l

0

2

y

y

l

0 z

2

z

A.G2

dx.Qk

I.E2

dx.MU

3.2.4 Torsion simple

Dans le cas d’une barre cylindrique c.à.d.

une poutre à section circulaire, la distribution des

contraintes tangentielles est donnée par

M

x

l

Figure 3.6 : Contrainte de

cisaillement

Figure 3.7 : Torsion simple



l’équation :

p

t

I

M

L’expression de l’énergie de déformation est donnée par :

p

l

p

t

A

l

p

tl

p

txyI

IG

dxMdA

IG

dxMdA

IG

MdxdV

GU

0

2

22

0

2

2

0 2

222

.2

..

.2

..

.2

.

2

Pour une barre prismatique : l

t

t

IG

dxMU

0

2

2

.2

., It est le moment quadratique de

torsion

3.2.5 Cas général d’une sollicitation composée :

Dans le cas général d’une sollicitation composée c.à.d. le cas où les six

composantes des efforts internes sont différentes de zéro, l’expression générale de

l’énergie de déformation élastique, dite de Clapeyron, d’écrit

l

0

l

0

2

t

2

t

l

0

2

zz

l

0 y

2

y

2

y

y

l

0 z

2

z

l

0

2

x

I.G2

dx.M

A.G2

dx.Qk

I.E2

dx.M

A.G2

dx.Qk

I.E2

dx.M

A.E2

dx.NU

3.3 Théorème de réciprocité de Maxwell-Betti

Énoncé du théorème :

« Le travail résultant d’un

système de charges sur les déplacements

d’un second système de charges est égale

au travail du second système de charges

sur les déplacements du premier système

de charges. »

Ceci se traduit par l’égalité :

P1Δ12= P2Δ21

Δ12 : le déplacement crée par la force P2 dans la

direction de la force P1,

Δ21 : le déplacement crée par la force P1 dans la direction de la force P2.

Démonstration :

l

0

2

p

2

t

I.G2

dx.MU

P2

Δ22

P1

Δ11

y

Δ21

Δ12

x

y

x Etat1

Etat2

Figure 3.8 : Réciprocité des

travaux



L’énergie de déformation élastique emmagasinée dans la poutre de l’État1 due aux

charges P1 est :

1111 P2

1U

Supposons que nous appliquons P2 sur le 1er état de chargement, U1 deviendra :

2221211111 P2

1PP

2

1U

121P : Le travail mécanique de la force P1 sur le déplacement crée par P2 dans la

direction de P1,

222P2

1 : Le travail de P2 sur son propre déplacement dans sa direction.

Raisonnons de la même manière pour l’État2, nous obtenons l’expression de l’énergie

de déformation suivante :

1112122222 P2

1PP

2

1U

Dans les deux cas on obtient la même déformée, d’où l’égalité des expressions des

énergies de déformation :

U1=U2 P1Δ12= P2Δ21

Remarque :

Pour la démonstration de ce

théorème, nous avons utilisé un système

de charges avec une seule force pour

faciliter la compréhension. Mais on peut

généraliser ce résultat pour le cas où le

1er état est soumis à plusieurs forces, et le

second état à une seule force. Etablissons

les deux systèmes suivants : D’après le

théorème de Maxwell-Betti, on peut écrire la

relation suivante :

Δki : le déplacement crée par les forces Pi dans la direction de la force Pk,

Δki : le déplacement crée par la force Pk dans la direction de la force Pi.

n

1

ikikik P =P

P1

Δki

P2

Pn

Pk

Δ1k Δ2k Δnk

k

Figure 3.9 : Généralisation du

théorème de Maxwell - Betti



3.4 Théorème de Castigliano

Énoncé du théorème :

Le taux de variation de l’énergie de

déformation par rapport à une force

généralisée Pk est égal au

déplacement généralisé k au point

d’application de cette force et dans

sa direction :

k

kP

U

Remarque :

- Une force généralisée peut être une force ou un moment,

- Un déplacement généralisé peut être une flèche ou une rotation.

Démonstration :

Soit Δk le déplacement crée par les forces Pi dans la direction de Pk.

Associons un deuxième système chargé par une force ΔPk dans la direction de

Pk, de même sens et au même point d’application.

Appliquons le théorème de Maxwell-Betti pour les deux systèmes, nous

obtenons la relation :

n

1

ikikk P =P (1)

Δik : déplacements crées par ΔPk dans la direction de Pi

Δk : déplacements crées par Pi dans la direction de ΔPk

Si nous appliquons ΔPk dans le deuxième système l’énergie interne de déformation varie

de la quantité :

n

1

iki

Pkk P

2

PU k

(2)

2

PkPkk

: travail élastique

n

1

iki P : travail des forces PI sur les déplacement crées par ΔPk

Substituons (1) dans (2), nous obtenons ;

P1

Δk

P2

Pn

ΔPk

Δ1k Δ2k Δnk

Pk

ΔkΔPk

1

2

Figure 3.10 : Théorème de

Castigliano



kk

Pkk P

2

PU k

Divisons les deux membres par ΔPk

k

Pk

k

2P

Uk

Si ΔPk → 0 ΔkΔPk → 0 et kk P

U

P

U

Donc : k

kP

U

Remarques sur les modalités d’application du théorème de Castigliano :

1)- Pour éviter les calculs fastidieux des expressions de l’énergie :

a) On ne prendra pour les poutres que les termes dus aux les moments

fléchissant, pour les portiques, les moments fléchissant et les efforts normaux, pour les

fermes constituées de barres articulées seulement les efforts normaux.

b) L’opération de la dérivation est appliquée sous le signe de l’intégrale, ce qui

réduit énormément les calculs, de la façon suivante :

dxP

M

EI

Mdx

P

Q

GA

.Qkdx

P

M

EI

M

dxP

Q

GA

.Qkdx

P

M

EI

Mdx

P

N

EA

N

P

U

k

t

l

0 t

t

l

0 k

zzz

k

yl

0 y

y

l

0 k

yy

y

k

z

l

0 z

z

k

x

l

0

x

k

k

2)- Ce théorème peut être utilisé pour la résolution des systèmes hyperstatiques, en

complétant les équations d’équilibre par les équations de nullité des déplacements aux

liaisons surabondantes de la manière suivante :

0R

U

1

; 0

R

U

2

; … ; 0

R

U

n

3)- le théorème de Castigliano détermine le déplacement dans la direction et dans le

sens de la force, d’où le signe dépendant de cette dernière.

4)- S’il n’y a pas de force réelle, on applique une force fictive qu’on annule après la

dérivation.



Applications :

Exemple1

Ajouter un exemple sur les poutres

Exemple2

En utilisant le théorème de Castigliano, calculer

les déplacements verticaux des points A et B,

respectivement VA et VB (Figure 3).

Solution:

Pour calculer les déplacements verticaux des

points A et B, respectivement VA et VB en appliquant

le théorème de Castigliano, on utilise les équations suivantes :

0P

i

f

Z

Z

ZVA

f

dxP

M

EI

Mδ et

0P

iZ

Z

ZVB

f

dxP

M

EI

Mδ où Pf est une force fictive

qu’on annule après l’opération de dérivation.

1) Equations de MZ et ses dérivées:

On décompose le portique en deux parties AC et CD.

Partie AC

0x1a

MZ=-Pf x1 1xP

M

f

Z

ax12a

MZ=-Pf x1-P(x1-a) 1xP

M

f

Z

a)(xP

M Z

1

Partie CD

0x2a

MZ=-2Pf a-Pa aP

M

f

Z 2

a

P

MZ

Pf P

a a

A B C

a

D

Pf P

a a

x1

A B C

x2

(P+Pf)

(Pa+2Pf a)

C

a

D



2) Calcul des déplacements VA et VB .

2.1 Déplacement VA

a

0

2

a2

a

111

a

0

11

Z0P

i

f

Z

Z

ZVA dx.a.2Pa2dxxa)P(xdx)x0(

EI

1dx

P

M

EI

Mδ

f

Z

3

VAEI

Paδ

6

17

2.2 Déplacement VB

a

0

2

a2

a

11

Z0P

i

f

Z

Z

ZVB dx.a.Padxa)P(x

EI

1dx

P

M

EI

Mδ

f

20

Z

3

VEI

Paδ

3

4B

Exemple3

Soit l’arc de la figure 3, de rayon R dont

l’extrémité libre est chargée par une force P. En utilisant

le théorème de Castigliano, calculer les déplacements :

- Vertical du point A :δVA

- Horizontal du point A :δHA

Solution

Utilisation du théorème de Castigliano pour calculer les

déplacements :

- Vertical du point A :δVA

- Horizontal du point A :δHA

Pour calculer le déplacement horizontal δHA , on applique une force fictive

horizontale Qk au point A, qu’on annule après l’opération de dérivation.

Les relations générales pour ces calculs sont :

0

KQ

Z

Z

ZVA ds

P

M

EI

M

0

KQK

Z

Z

ZHA ds

Q

M

EI

M

1)- Ccalcul des expressions de Mz et de ses dérivées :

P

A

θ

R

Qk



Mz = - PRsinθ - QkR(1-cosθ)

P

M Z=-Psinθ,

K

Z

Q

M- R(1-cosθ), ds=Rdθ

2)- Calcul du déplacement vertical du point A :δVA :

2

0

2

0

220

2

00

2

0

2

2

2

2

21

sin

EI

PR

dcos

EI

PRdsin

EI

PRRd.sinR.

EI

PRsinds

P

M

EI

M

Z

3

VA

Z

3

Z

3

ZQ

Z

Z

ZVA

K

Z

3

VAEI

PR

4

3)- Calcul du déplacement horizontal du point A :δVA :

duuEI

PRdsin.cos

EI

PRRd.cosR.

EI

PRsinds

Q

M

EI

M

Z

3

Z

3

ZQ

K

Z

Z

ZHA

K

1111

020

2

00

2

0

Z

3

HAEI

PR

2

1



3.5 Méthode de la force fictive généralisée

3.6.1 Principe du déplacement virtuel

Ce principe s’énonce comme suit :

« Pour qu’un système ayant des liaisons parfaites soit dans un état d’équilibre, il faut et

il suffit que la somme des travaux virtuels des forces agissant sur ce système soit égale

à zéro »

- Le travail virtuel est le travail d’une force sur un déplacement virtuel,

- Un déplacement virtuel est un déplacement infinitésimal dans lequel les liaisons

sont conservées (non brisées),

- Une liaison est dite parfaite si le travail des réactions sur les déplacements

virtuels est nul.

Exemples de liaisons parfaites :

1- Un corps solide ou un point matériel reposant sur une surface parfaitement lisse.

Dans ce cas, il n’ay a pas de frottement. La réaction est dirigée selon la normale

à la surface. C’est pour cette raison que le travail de ces réactions est nul sur les

déplacements virtuels.

2- Les liaisons sont fixes. Les réactions ne produisent pas un travail.$

3- Les articulations entre deux corps. Dans ce cas les réactions des deux corps ont

la même direction mais des sens opposés. Le travail résultant de ces réactions est

nul (cas des fermes).

Formulation mathématique du principe des travaux

virtuels :

Étudions la structure de la figure(3.11). Cette

structure déformable est soumise à des forces

extérieures qui produisent des efforts internes. En

appliquant un déplacement virtuel, l’ensemble des

forces (externes et internes) produisent un travail

virtuel, dont l’expression générale est :

Ae+Ai=0 (1)

Ae : travail des forces extérieures

Ai : travail des forces intérieures

P

A

B

Figure 3.11 : structure

déformable



3.6.2 Formule de Mohr

Soit une structure plane soumise à des forces extérieures comme le montre la

figure 3.12. On se propose de déterminer le déplacement du point D dans la direction k

(ici le point D représente le centre de gravité de la section transversale).

Désignons cet état de charge par ‘m’ c.à.d. toutes les forces de cet état porte

l’indice ‘m’. le déplacement crée par Pm dans la direction de k est Δkm. Isolons un

élément ds de la structure limité par deux sections très proches 1-1 et 2-2 sur lesquelles

agissent les efforts internes Nxm, Mxm, Qzm dus à la force Pm.

Ces efforts internes deviennent des efforts externes sur l’élément après

l’isolement.

Eliminons les forces Pm, et appliquons une force Pk dans la direction ‘k’ qui crée

à son tour des réactions RAk et RBk, et aussi des efforts internes Nxk, Mxk, Qzk . appliquons

les déplacements de l’état ‘m’ à l’état ‘k’ comme déplacement virtuels, nous avons :

PkΔkm+ Ai = 0 (2)

Δkm : déplacement crée par les forces Pm dans la direction ‘k’,

PkΔkm : le travail des forces extérieures de l’état ‘k’ sur les

déplacements de l’état ‘m’ .

Appliquons ce principe sur l’élément ds, en considérant les

efforts internes de l’état ‘k’ comme des forces extérieures et

les déplacements de l’état ‘m’ comme des déplacements

virtuels, nous obtenons l’équation :

Mzm Qym 1

Nxm

1

2 Mzm Qym

Nxm

1 ds

Pm

A

B

1ds 2 k

D

1 2

1 ds 2

Qym

Qym

1

1 γm 2 Δβm Figure4

Figure 3.12 : Actions sur un élément de structure



Nxk. Δdsm+Mzk.Δdφm+Qyk.Δβm+dAi=0 (3)

Δdsm, Δdφm, Δβm sont les déplacements relatifs entre les sections (1-1) et(2-2) dus aux

efforts Nxm, Mzm, Qym.

dsdEI

dsMmd

EA

dsNdsm mm

z

zmxm ,,

m est le glissement moyen entre les sections (1-1) et(2-2). Sachant que les contraintes

de cisaillement sont réparties sur la section selon la loi de Jouravsky , on peut prendre

une contrainte moyenne τm définie comme suit :

A

Qk

ym

m . avec dAb

S

I

Ak

A z

z

z

2

2

2

Où k est un coefficient de correction dit coefficient de forme dont la valeur dépend de la

forme de la section. Si G

mm

, on a ds

GA

Qk

ym

m . , et la relation (3) devient :

0. i

ymyk

z

zmzkxmxk dAdsGA

QQk

EI

dsMM

EA

dsNN, (4)

En intégrant sur l’ensemble de la structure, on obtient l’expression générale du travail

des efforts internes Ai :

lymyk

l

z

zmzk

l

xmxk

l

ii dsGA

QQk

EI

dsMM

EA

dsNNdAA

0000

. (5)

Remplaçons Ai dans (2) :

lymyk

l

z

zmzk

l

xmxkkmk ds

GA

QQk

EI

dsMM

EA

dsNNP

000

. (6)

Si 1kP , la relation (6) devient :

lymyk

l

z

zmzkl

xmxk

km dsGA

QQk

EI

dsMM

EA

dsNN

000

. (7)

Cette relation est ‘intégrale de Mohr’. Elle permet le calcul des déplacements dans les

structures.

- ykzkxk QMN ,, : Efforts internes dans la structure dus à la force unitaire Pk=1 (sans

unité),



- le signe de la somme indique que l’intégration se fait sur toute la structure et le

signe de l’intégrale l

0

indique que le calcul se fait pour chaque barre.

Dans le cas général pour une structure tridimensionnelle, l’intégrale de Mohr

prend la forme suivante :

l

t

tmtkl

zmzkz

l

y

ymyk

lymyk

y

l

z

zmzkl

xmxk

km

GI

dsMMds

GA

QQk

EI

dsMM

dsGA

QQk

EI

dsMM

EA

dsNN

000

000

.

.

(8)

Remarques :

1- L’intégrale de Mohr permet de calculer les déplacements linéaires en associant

un état ‘k’ chargé par une force unitaire 1kP ou les rotation des sections en

associant un état ‘k’ chargé par un moment unitaire 1kM .

2- Pour calculer le rapprochement ou l’éloignement de deux sections, on associe un

état ‘k’ chargé par deux forces unitaires 1kP colinéaires de sens opposés sur la

direction reliant les centres de gravite des deux sections.

3- Pour déterminer la rotation relative entre deux on

utilise la procédure précédente avec deux

moments unitaires 1kM .

4- Vérification du théorème de Maxwell-Betti :

PkΔkm = PmΔmk c.à.d. il suffit de permuter entre les

termes (Nm, Mm, Qm) et (Nk, Mk, Qk).

5- Théorème du déplacement unitaire

Si 1 mk PP nous avons δkm=δkm.

δkm : Déplacement unitaire généralisé dans la direction ‘k’ crée par la force 1mP

δkm. : Déplacement unitaire généralisé dans la direction ‘m’ crée par la force 1kP

Exemple :

1kM C

A

B 1kM D

*



3.6.3 Multiplication de Véréchaguine :

La méthode de Véréchaguine permet le

calcul de l’intégrale de Mohr par une

multiplication particulière des efforts internes. En

effet pour une barre à rigidité constante sur toute

la longueur ou sur des morceaux d’intervalle,

cette peut être mise sous la forme générale :

l

dxxfxFI0

)().(

F(x) : L’expression de l’effort interne du à la force

1kP , qui est une fonction linéaire de

type : F(x) = Ax+B.

f(x) : L’expression de l’effort interne du à la force

Pm, qui est une fonction polynomiale.

l

dxxfBAxI0

)().(

ll

dxxfBdxxxfAI00

)()(

L’élément de surface dΩ = f(x)dx. Le terme l

dxxxf0

)( représente le moment statique

de l’aire du diagramme des moments fléchissant par rapport à l’axe ‘y’.

Donc : .xdx)x(xf G

l

0

Ω = l

0

dx)x(f l’aire totale du diagramme des moments fléchissant

xG : abscisse du centre de gravité du diagramme de la force unitaire.

D’où l’expression de l’intégrale I :

I=AxG Ω +BΩ = Ω(Ax +B) = Ω.F(xG)

La règle de Véréchaguine :

La valeur de l’intégrale I est le produit de l’aire du diagramme des moments

fléchissant ‘Ω’ par l’ordonnée du diagramme de la force unitaire 1kP sous son centre

de gravité : I = Ω.F(xG).

x dx G

dΩ f(x)

x

x

f(x)

F(x)

F(xG)

xG

F(x)= Ax+B

Ω



Remarques sur l’application de la méthode de Véréchaguine :

1- Cette méthode n’est valable seulement lorsque l’un des deux diagrammes est

linéaire. Elle surtout pour les poutres et portiques.

2- Si le diagramme de la force unitaire est formé de plusieurs segments de droite,

celui-ci doit être décomposé en figures géométriques simples (triangles et

rectangles).

3- La multiplication de Véréchaguine suit les termes de l’intégrale de Mohr.

4- La commutativité ou l’inversion de la multiplication n’est possible lorsque les

deux diagrammes sont linéaires.

5- Le produit de deux diagrammes ou de deux parties est positif si elles d’un même

coté de l’axe de référence sinon il est négatif.

6- Si le produit total est positif, cela signifie que le déplacement s’effectue dans le

sens de la force unitaire.

Exemple1

Soit la structure de la figure (1). En

utilisant la méthode de Véréchaguine, calculer le

déplacement horizontal du point C : HC.

Solution:

Associons un système Mk au système donné.

2a

a

q(N

/m)

C

Pk=1

Mk Mm

2

2qa

a

a



18

1

.2.24

3

23

11.

4

22

z

HC

zz

kmHC

EI

qa

aaqa

aqa

EIEI

MM

z

HCEI

qa4

8

9

Un autre exemple sur VERECHAGUINE

Chapitre4 Sollicitations composées


Chapitre4 :

Sollicitations composées

4.1 Flexion déviée :

4.1.1 Définition :

On appelle flexion déviée le cas où le

moment de flexion ne se trouve pas dans un plan

principal.Pour résoudre ce problème, on

décompose ce moment en deux composants Mz et

My , ceci revient à la superposition de deux

flexions planes dans les plans xoy (Mz ) et xoz

(My).

4.1.2 Equation des contraintes normales

L’équation des contraintes normales se déduit

zI

My

I

M

y

y

z

zx (4.1)

Iz , Iy : moments d’inerties suivant respect les

axes,

(x , y) : cordonnées du point considérée,

Mz>0 :s’il tend les fibres de la poutre dans la

zone positive de l’axe y

My > 0 :s’il tend les fibres de la poutre dans la

zone positive des z.

1.2 Equation de l’axe neutre :

L’axe neutre est définit comme le lieu géométrique ou les contraintes normales

sont nulles c.à.d. :

00 n

y

y

n

z

zx z

I

My

I

M , (4.2)

L’indice ‘n’ indique qu’il s’agit d’un ensemble de points particuliers définissant l’axe

neutre.

Cette équation peut s’écrire dans le repère (zoy)

n

z

y

y

zn z

I

I

M

My (4.3)

Figure 4.1:Flexion déviée

A

G z

N

y

Figure 4.2:Axe neutre

y

z

Mz

G x

My



Cette droite passe par le centre de gravité de la section ‘O’ dont la pente est :

z

y

y

z

I

I

M

Mtg

Remarques :

1 Le lien géométrique ou les contraintes

ont les même valeurs (isocontraintes) sont des

droits ne passant pas par le centre mais

parallèles à l’axe neutre. En effet la droite

d’équation zI

My

I

M

y

y

z

z , est parallèle à

l’axe neutre (mêmes pentes).

2 Plus la valeur absolue augmente, plus cette droite s’éloigner de l’axe neutre.

Ceci revient à dire que « les plus grands contraints se développent dans les points les

plus éloignés de l’axe neutre »

Dans le cas de cette figure, la contrainte en B; B est la plus grande contrainte de

traction (>0). La contrainte en D, est la plus grande contrainte en compression (<0),

pour des moments de flexion positives.

Applications

Exemple :

Soit la poutre de la figure 2. Déterminez

pour la section dangereuse : Les contraintes

maxmin.

D C

G σ1 z

σ2

A B

y

Figure 4.3: Isocontraintes

P=1t

A B

1m 1m

20

y

30°

20

z

120

80

20

G

P



Solution

Nous sommes dans un cas de flexion déviée. Les contraintes normales se

calculent d’après l’équation : zI

My

I

M

y

y

z

zx

1- Détermination des caractéristiques géométriques de la section :

On se limitera dans ce cas aux moments quadratiques car le centre de gravité est

prédéterminé par l’intersection des axes de

symétrie.

12

80.100)120(

12

80.502

12

)120(I

3434

z

4

z3

3904I cm

12

20.80

12

120.202I

33

y

4

y3

1744I cm

2- Diagrammes des moments fléchissant

3- Détermination des contraintes de la section dangereuse

La section dangereuse est celle du milieu. Les composantes du moment fléchissant

sont :

Mz=PCos/2 = 1000.100.Cos30°= 3.10.52

310 45 daN.cm

My=PSin/2 = - 1000.100.Sins30°=- .10.52

110 45 daN.cm

Donc l’équation des contraintes pour cette section s’écrira :

1m 1m

x

y PCos

Mz

(PCos)/2

+

My

-

1m 1m

x

z PSin

(PSin)/2

20

y

20

z

120

80

20

G

C

A

B

D



zI

My

I

M

y

y

z

zx x = 66.55y – 86.01z

Equation de l’axe neutre

0x 66.55yn – 86.01zn=0

27.522924.155.66

01.86 nnnn ztgzzy

les points les plus sollicités sont les points les plus

éloignés de l’axe neutre. Dans notre cas sont les points A

et B. le tableau ci-dessous résume les calculs.

Points B D

y (cm) -6 6

z (cm) 6 -6

(daN/cm²) -915.36=min 915.36=max

4.2 Flexion et traction(ou compression)

Si sur les sections transversales agissent simultanément des moments fléchissant Mz et

My et un effort normal Nx , on dit que la barre subit une flexion composée. Nous avons :

Flexion + traction si Nx >0

Flexion + compression si Nx <0

2.1 L’équation des contraintes normales s’écrit alors :

A

Nz

I

My

I

M x

y

y

z

zx (4.3)

où A est la surface de la section droite.

2.2 L’équation de l’axe neutre est :

0A

Nz

I

My

I

M xn

y

y

n

z

z (4.4)

Remarques :

1) Plus la quantité A

N x est grande plus l’axe neutre s’éloigne de centre O. lorsque

cette est hors de la section, elle perd sa signification réelle. L’axe neutre divise la

surface de la section en deux zones dont les contraintes sont de signes opposés. Dans le

z

G

A.N

β=52.27°

B

A

C

D

y



cas où elle est tangente au contour de la section, celle-ci n’est qu’à un seul type de

contrainte.

2) Le point le plus dangereux reste toujours le point le plus éloigné de l’axe neutre.

3) Pour construire l’axe neutre, on doit déterminer ses points d’intersection avec les

axes Oz et Oy. Les coordonnées de ces points sont définies par les équations suivantes :

- l’axe neutre coupe l’axe Oz au point d’abscisse A

I

M

Nz

y

y

xn .0

- l’axe neutre coupe l’axe Oy au point d’abscisse A

I

M

Ny z

z

xn .0

4.3 Traction ou compression excentrée

En pratique on ne peut jamais appliquer une force normale exactement à

l’endroit du centre de gravité de la section. Cette excentricité induit des moments de

flexion supplémentaires dus au décalage du point d’application de la force par rapport

au centre de gravité de la section.

Les efforts internes agissant sur une section transversale du poteau se trouvant à

une distance x de la base, sont donnés par les expressions :

L’effort normal: Nx= P

Le moment fléchissant Mz = P.yk

x

Nx

My

Mz

O z

y

x

O P z

yk

zk K

y

x

Figure 4.4: Traction excentrée



Le moment fléchissant My = P.zk

3.1 L’équation des contraintes normales :

1zi

zy

i

y

A

P

A

Pz

I

Pzy

I

Py

2

y

k

2

z

kx

y

k

z

kx

(4.5)

Où : A

Ii z2

z et A

Ii

y2

y sont les rayons de giration de la section droite respectivement

par rapport aux axes Oz et Oy

3.2 L’équation de l’axe neutre :

01zi

zy

i

y2

y

k

2

z

k (4.6)

3.3 Propriétés de l’axe neutre

1)-L’axe neutre passe par le quadrant opposé au quadrant du point d’application

de la force

2)-Si le point d’application de la force se trouve sur

l’un des axes de la section, l’axe neutre est parallèle au

deuxième axe.

Par exemple si le point K appartient à l’axe y :

K(yK, 0) K

2

y

0nz

iz

3)-Si le point d’application se déplace sur une droite

qui passe par le centre O de la section, l’axe neutre se déplace

parallèlement à sa position initiale. En effet :

K

2

znn

y

iz.tgy avec

2

y

2

z

K

K

i

i

y

ztg qui représente la

pente de l’axe neutre et aussi tgz

y

K

K = constante

représentant la droite des points d’application de la charge excentrée.

K

O z

A.N

y

AN1 AN2

O z

K1

K2

y



4)- Si le point d’application se déplace sur une

droite qui passe par le centre O de la section, l’axe neutre

tourne autour d’un point fixe. Ce point commun à tous les

axes neutres de la section est déterminé de la manière

suivante :

01zz

1y

y

1yz

z

yy K*

K

K*

K

*

KK*

K

*

KK (4.7)

01zi

zy

i

y2

y

k

2

z

k (4.8)

La différence (6)-(7) des équations précédentes est écrite sous la forme :

0zz

1

i

zy

y

1

i

yK*

K

2

y

nK*

K

2

z

n

, pour que cette équation soit satisfaite quelque soit les

coordonnées du point K, il faut et il suffit que les expressions entre les parenthèses

soient nulles. D’où :

*

K

2

y

0n

*

K

2

z0n

*

K

2

y

n

*

K

2

z

n

z

iz

y

iy

0z

1

i

z

0y

1

i

y

(4.9)

Exemple :

Ces coordonnées représentent les coordonnées du point fixe par lequel passent

tous les axes neutres correspondant à tous les points d’application de la droite.

3.4 Noyau central d’une section :

Dans le cas des matériaux fragiles, résistant mal à la traction, il est utile d’éviter

les contraintes positives dues à une force de compression excentrée. Pour réaliser cette

condition, il nécessaire de déterminer le domaine d’application de la force de telle façon

que l’axe neutre soit hors de la section ou au moins tangent à son contour.

2 1

A

z*k

O z

y*k 2

1

y

Figure 4.5: Propriétés de

l’axe neutre



Définition :

On appelle noyau central de la section, le domaine entourant le centre de gravité

pour lequel la force P appliquée en son intérieur provoque en tout point de la section des

contraintes de même signe.

Remarque :

Si la force est appliquée sur le contour du noyau, l’axe neutre reste tangent à la

section. Si elle est appliquée à l’intérieur du noyau, l’axe neutre sera hors de la section

et dans ce cas deviendra virtuelle.

Étapes pour la construction d’un noyau central :

1 On trace des tangentes à la section

représentant différentes positions de l’axe neutre

pour différents points d’application de la force P.

2 A l’aide des formules : 0n

2

zK

y

iy et

0n

2

y

Kz

iz , on calcule les coordonnées du point

d’application de la force P pour une position donnée de l’axe neutre. Cette position de

l’axe neutre est déterminée par ses intersections zn0 et yn0 avec respectivement les axes

Oz et Oy. O étant le centre de gravité de la section.

3 En les différents points d’application pour les différentes positions de l’axe

neutre par des segments de droite, on obtient un domaine fermé représentant le noyau

central de la section.

4 4 Flexion, traction et torsion pour les arbres à section circulaire

Ce type de sollicitation est fréquent dans le

fonctionnement des systèmes mécaniques et notamment

pour les arbres de transmission de puissance.

Soit une section droite d’un arbre à section circulaire

sur laquelle agissent les efforts internes suivants :

- Mz et My : composantes du moment de flexion

- Mx= Mt : moment de torsion

- Nx : effort normal

2 4

3 3

1

2

5

4

6 6

1 5

G

y

z

z

Mz

Mx Nx

O x

My

y

Figure 4.6: Noyau central

Figure 4.7: Flexion, torsion,

et effort normal



Par conséquent deux types de contraintes apparaissent sur la

section droite :

- des contraintes normales dues aux moments de flexion et à

l’effort normal dont l’équation est :

A

Nz

I

My

I

M x

y

y

z

zx (4.10)

- des contraintes tangentielles dues au moment de torsion dont

l’équation est :

p

t

p

x

I

M

I

M (4.11)

Ip : est le moment quadratique polaire de la section par rapport

au point O.

ρ : est la distance du centre O au point considéré.

L’équation de l’axe neutre est alors :

01zi

My

i

M

A

N2

y

y

2

z

zx

Le point dangereux reste le point le plus éloigné de l’axe neutre

c’est à ire le point C. la contrainte en ce point s’écrit :

A

Nz

I

My

I

M xC

y

y

C

z

zC avec Iz = Iy

yC=Rcos, zC=Rsin avec y

z

z

y

y

z

M

M

I

I

M

Mtg

avec 22

z

z

yMM

Mcos

et

22

z

y

yMM

Msin

On constate que la direction du moment résultant coïncide avec un diamètre

passant par le point C, et puisque toute section circulaire admet une infinité d’axes de

symétrie, c.à.d. une infinité d’axes principaux, la direction de la résultante coïncide

donc avec un diamètre du cercle. La flexion déviée peut être réduite à une flexion plane

et l’équation des contraintes normales de la sollicitation composée s’écrit alors :

u

uxC

W

M

A

N avec

22

zu yMMM : le moment résultant,

ρ M τ

O z

y

y

z

C

O

AN



et R

IWWW z

yzu : le module de résistance à la flexion de la section.

R rayon de la section

La condition de résistance peut être vérifiée par l’un des critères :

- selon le critère de TRESCA :

CCeqIII 4

- selon le critère de VON MISES :

CCeqIV 3

Dans le cas particulier où l’effort normal, cas fréquent pour le calcul des arbres

de transmission de puissance, la contrainte normale est réduite à l’expression :

u

22

z

u

uC

W

MM

W

M y

Sachant que Wp = 2Wu, les critères de Tresca et de Von Mises deviennent :

- Le critère de Tresca :

222

z

uu

if

eqIII

2

u

2

t

2

u

22

z

2

p

2

t

2

u

2

ueqIII

ty

y

MMMW

1

W

M

W4

M4

W

MM

W

M4

W

M

222

zif tyMMMM , est le moment idéal à la flexion. La section dangereuse est

déterminée à partir de sa valeur maximale.

- Le moment idéal pour le critère de Von Mises le moment idéal a pour

équation :

222 75.0ty

MMMM zif

Nous constatons que dans le cas d’une section circulaire et en absence de l’effort

normal, le problème de la flexion composée (Flexion + Torsion), se réduit à celui d’une

flexion simple.

Dans ce cas le diamètre de l’arbre peut être déterminé en appliquant la condition

de résistance :

u

if

W

M, avec

32

d

d

2.

64

dWu

34 , d’où le diamètre :

332

ifMd



Exemple1 :

Un arbre de section circulaire de diamètre ‘d’ supportant une poulie de diamètre

60cm et d’un poids de 80daN, transmettant une puissance de 12 kW à une vitesse de

rotation de 360trs/mn (figure3).

Calculer le diamètre de l’arbre selon

le critère de Tresca sachant que la

contrainte admissible est

[σ]=1600daN/cm²

Solution

1) Détermination des efforts

exercés sur l’arbre :

Nous partons de la formule P= C ,

où :

P : la puissance, C : le couple, : est

la vitesse de rotation en rd/s.

=.N/30= 360. /30= 12 rd/s.

Le couple C=P/ = 12000/12 =

1000/ C318.31 N-m.

- Calcul de la tension t :

C = (2t-t).R où R est le rayon de la poulie t= C/R t=318.31/0.3

t= 1061.033 N=106.1033 daN

la figure ci-contre les forces auxquelles est soumis l’arbre.

2) Diagrammes des efforts internes

D’après les diagrammes des efforts internes, la section dangereuse est celle de la poulie.

Selon le critère de Tresca, le moment idéal maximum est :

222

zmaxif tyMMMM

Figure 3

2t

1 m t

x

y

z M

80da

N

0.5m

Mt

31.831daN

m

1m

0.5m

x

y 80daN

Mz

40daNm

1m 0.5m

x

z 3t=318.31

daN 159.154 daNm

My

31.831daN

m



222

if )831.31()154.159()40(M

Mifmax = 167.1622 daN.m

3) Calcul du diamètre

33

if

1600.

100.1622,167.32M32d

d 4.74 cm

Exemple2 :

Le diamètre se calcule d’après la

condition de résistance :

u

if

w

M max ,

Selon le critère de Tresca :

2

y

2

zif MMM max , car Mt=0

Le moment idéal est maximal aux points

d’application des forces Py et Pz. C.à.d.

pour x=a ou x=3a. Pour x=a : Mz=2Pa/3

et My= Pa/3. Doù :

9

5PaM

3

Pa

3

Pa2M

ifmax

22

ifmax

-Calcul du module de résistance à la flexion:

22

y

exex

zu d

I

d

Iw

dex=diamètre extérieur,

din=diamètre intérieur

dex=d, d8

ddd in

4

32

Calcul du moment quadratique Iz :

Py

z

x

A Pz B

0.5m 0.5m 0.5m

y

3

P

3

P2

Pz

+

My

3

Pa2

3

Pa

z

3

P2

3

P

Py

y +

MZ

3

Pa2

3

Pa

d/8

Ød= Ødex Ødin



4zu

4

z

4

4

z

3256.32

175

2d

Iw

256.64

175Id

4

3d

64I

d

d

Le calcul du diamètre “d” est obtenu par l’application de la condition de résistance sous

la forme:

σd175

256.32.Paσ

w

M3

u

ifmax 9

5

D’où:

3

σ175

256.32.Pad

9

5

AN:

d5,93 cm.

Cas de la torsion des barres prismatiques :

Dans ce cas la contrainte de torsion a pour expression :

t

tmax

W

M au milieu des grands cotés.

Wt est de résistance à la torsion. (A ne pas

confondre avec le module de résistance polaire

Wp, utilisé pour les sections circulaires).

Ce module est déterminé d’après la

théorie de l’élasticité. Nous exposons les résultats

pour les sections rectangulaire et triangulaire.

b

h

τmax



Section rectangulaire :

Wt = hb² τ=γ*.τmax

Le moment quadratique de torsion :

It = hb3

b

h

1 1.5 1.75 2 2.5

0.208 0.231 0.239 0.246 256

0.141 0.196 0.214 0.229 0.249

1 0.859 0.820 0.795 0.766

Section triangulaire équilatérale de coté a :

La contrainte maximale : 3

tmax

a

M20 au milieu des cotés.

Le moment quadratique : 19.46

aI

4

t , et le module de résistance à la torsion Wt=0.04a4

τ

a

τmax

Chapitre5 Systèmes hyperstatiques


Chapitre 5 :

Résolution des systèmes hyperstatiques

5.1 Généralités :

5.1.1 Définitions

Soit un système de barres plan.

C’st à dire que toutes les barres se

trouvent dans le même plan. Les forces

agissent dans ce même plan. Ce type

de structure possède 03 degrés de

liberté. : deux translations et une rotation. Donc

pour immobiliser cette structure on doit réaliser

trois liaisons simples disposées convenablement de

telle façon à éliminer ces trois mouvements. Pour

calculer les réactions de ces liaisons, il suffit

d’écrire les trois équations déduites des conditions

d’équilibre. Dans ce cas, le nombre des équations

d’équilibre est égale au nombre des réactions

inconnues. Le système est dit isostatique. Dans le

cas où le nombre de liaisons est supérieure au

nombre de degrés de liberté c'est-à-dire que le

nombre des réactions inconnues est supérieure au

nombre des équations d’équilibre, le système est

dit hyperstatique.

Dans le cas où le nombre des liaisons est

inférieure au nombre des degrés de liberté, le

système devient un mécanisme.

5.1.2 Système isostatique :

Soit une poutre chargée dans son plan (figure1). Pour l’immobiliser, on réalise

une liaison double en A et une liaison simple en B. Sous l’action des charges

extérieures, symbolisées par la force P, les liaisons réagissent par les forces RAx, RAy et

RB. Celles-ci peuvent être déterminées par les équations d’équilibre.

RAx A

RAy

B

RB

P

Figure5.1 :Systèmes isostatiques

a) poutre, b) et c) portiques

a)

A

B

A

C

D

P

A

B C

b)

c)



- Un système de barres (portique) peut être fixé de la même manière que la

poutre précédente.

-.Un encastrement équivaut à trois liaisons simples.

Remarque :

Les liaisons doivent être disposées de telle manière à empêcher tout mouvement

possible. Par exemple dans la configuration suivante, les liaisons ne peuvent éliminer la

translation de la poutre. (figure4).

5.1.3 Système hyperstatique :

Si une structure plane possède plus de trois

liaisons simples devient hyperstatique

Le degré d’hyperstaticité d’une structure est

défini comme le nombre de liaisons surabondantes.

Exemples de structures hyperstatiques simples :

a) b) c)

Pour les structures contenant des articulations, chaque articulation diminue le degré

d’une unité.

Pour les structures en plusieurs barres la règle reste

toujours applicable. Par exemple pour le portique ci-contre, le

degré d’hyperstaticité est de deux(02).

D’une manière générale, le degré d’hyperstaticité H d’une structure plane est

défini comme suit :

H=Nl-3+Na

Nl : nombre de liaisons,

Na : nombre d’articulations internes.

C

Figure4

B A

1 degré 2 degrés 3 degrés

A

B

Figure7

C

Figure5

Figure6



5.1.4 Types d’hyperstaticité:

Il existe deux types d’hyperstaticité : hyperstaticité extérieure et hyperstaticité

intérieure.

L’hyperstaticité extérieure : lorsque les liaisons surabondantes sont extérieures à

la structure. Dans ce cas les inconnues sont les réactions

externes.

L’hyperstaticité intérieure : lorsque les liaisons

surabondantes proviennent de la conception de la

structure elle-même. Dans ce cas les inconnues sont des

efforts internes.

Exemple :

Soient les deux demi-cadres (A) et (B) de la

figure8. Pour éliminer tout mouvement relatif de l’un par

rapport à l’autre, il suffit de les assembler par une

soudure (Etat2). Dans le cas où le cadre est soumis à des

charges extérieures, les efforts internes peuvent être

déterminés facilement par les équations de la statique.

Si les deux parties sont assemblées par deux soudures

(Etat3), la deuxième devient surabondante. Elle représente trois

liaisons internes supplémentaires. Le cadre devient hyperstatique

intérieurement et les équations de la statique ne suffisent plus

pour déterminer les efforts internes.

Dans certains cas, l’hyperstaticité peut être à la fois

extérieure et intérieure. Le degré d’hyperstaticité de la structure

est la somme des deux (intérieure et extérieure).

Exemples :

a) Pour le portique de la figure9, le degré d’hyperstaticite

est de 6 (3 extérieures et 3 intérieures).

b) Pour le portique de la figure10, le degré d’hyperstaticité

est de 6-2=4 (3 extérieures et 1 intérieure). Dans ce cas le degré d’hyperstaticité

diminue de deux à cause des deux articulations.

(B) (A)

(B) (A)

Eatat1

Eatat2

(B) (A)

Eatat2

Figure8

Figure9

Figure10



5.2 La méthode des forces :

La méthode des forces est une méthode de résolution des systèmes

hyperstatiques. Celle-ci permettra de déterminer les réactions des liaisons surabondantes

(internes ou externes). Une fois ces réactions déterminées, un système isostatique

équivalent est établi, sur lequel on peut effectuer toutes les opérations possibles

(déterminations des efforts internes, calcul des déplacements, …).

Pour le système isostatique équivalent, on doit passer par plusieurs étapes pour

calculer les inconnues surabondantes. Ces différentes

étapes sont illustrées par un exemple.

5.2.1 Détermination du degré d’hyperstaticité

Le degré d’hyperstaticité : H=5-3=2.

Ce système possède deux liaisons surabondantes. Le

nombre des réactions surabondantes est de deux.

5.2.2 Choisir un système de base

Un système de base est système isostatique déduit du système hyperstatique

initial en supprimant les liaisons surabondantes. Les liaisons supprimées peuvent être

intérieures ou extérieures. On peut construire plusieurs systèmes de base à partir d’un

même système initial.

Pour l’exemple d’illustration, les systèmes de base suivants peuvent être

construits :

a) suppression d’une liaison double en B

b) suppression d’une liaison en A et une en B.

c) suppression de deux liaisons en A

d) suppression d’une liaison extérieure en B et d’une liaison intérieure en C.

L’encastrement en C devient une articulation.

b

C

A

B C

A

B

a

B

A

q(N/m) l

l C

Figure11



e) suppression de deux liaisons internes l’une en A et l’autre en C.

Remarques importantes :

1) le système de base est obtenu seulement en

supprimant les liaisons surabondantes mais

jamais des liaisons. Par exemple le système de la

figure13 ’est pas un système de base car en b

nous avons une liaison supplémentaire.

2) On doit écarter le cas où les trois articulations sont

alignées. Dans ce cas le système devient un

mécanisme et ne peut plus supporter les charges

extérieures. (figure13)

5.2.3 Établir le système équivalent.

Le système équivalent est obtenu en remplaçant les liaisons supprimées par leurs

réactions. Pour notre exemple, nous obtenons :

a) les composantes X1 et X2 des réactions remplacent la liaison double en A.

d

C

A

B

c

C

A

B

e

C

A

B

Figure12

C

A

B

Figure13

C

A

B D

Figure14



b) Le moment X2 remplace la troisième liaison de l’encastrement et X1 remplace la

liaison supprimée en B.

c) X1 et X2 remplacent les deux liaisons supprimées en A.

d) X2 Remplace la liaison supprimée en C et X1 remplace la liaison supprimée en

B.

e) X1 et X2 deux moments fléchissant en A et B.

5.2.4 Établir le système des équations canoniques :

Après avoir établi le système équivalent, on applique les charges extérieures sur

ce système. Pour déterminer les réactions surabondantes Xi on pose la condition

suivante :

C

A

B

a X2

X1

b

C

A

B X1

X2

X1

d

C

A

B

X2

X2

c

C

A

B

X1

X2

e

C

A

B

X1

X1

X2

Figure14



« Le déplacement dans la direction de la force Xi du aux charges extérieures et aux

réactions Xi est égale à zéro ». C’est une condition de déformation.

Celle-ci se traduit par le système d’équations canoniques, obtenu en appliquant

le principe de superposition :

0X...XX

0X...XX

0X...XX

npnnn22n11n

p2nn2222121

p1nn1212111

ij : Déplacement unitaire dans la direction ‘i’ crée par la force 1X j ,

Δip : Déplacement unitaire dans la direction ‘i’ drée par les charges extérieures,

ii : Coefficients d’influence principaux,

ij : Coefficients d’influence supplémentaires, jiij .

Les différents coefficients des équations canoniques se calculent à l’aide de

l’intégrale de Mohr de la manière suivante : (en négligeant les autres termes

l

0 z

ji

ijEI

dxMM et

l

0 z

pi

ipEI

dxMM .

Pour l’exemple étudié, on opte pour

le premier système de base, et établissons le

système isostatique équivalent :

0XX

0XX

p2222121

p1212111

X2=1

l

l M2

2

ql 2

Mp

X1=1

l

M1

B

A

q(N/m) l

l C

X2

X1

Figure15

Figure16



z

3

z

11EI3

ll

3

2l.l

2

1

EI

1

z

3

z

22EI3

l4l

3

2l.l

2

1l.l.l

EI

1

z

3

z

2112EI2

ll.l.l

2

1

EI

1

z

42

z

p1EI8

qll

4

3l

2

lq

3

1

EI

1

,

z

42

z

p2EI6

qll.l

2

lq

3

1

EI

1

Après des simplifications, le système d’équations canoniques devient :

063

4

2

0823

21

21

qlXX

qlXX

, D’où les solutions :

ql28

1X

ql7

3X

2

1

Applications

Exemple :

Tracez le diagramme des moments fléchissant

pour le portique ci-contre.

Solution :

1) Degré d’hyperstaticité :

H=4-3=1 Système isostatique équivalent :

X1=1 a

a a

P

P

a a

A C

B a

D



2) Equations canoniques :

11

1

1

1111 0

p

p

X

X

Avec :

l

0 z

ji

ijEI

dxMM et

l

0 z

pi

ipEI

dxMM .

Calcul des coefficients des équations canoniques :

zz EI

aaaaaaa

EI 3

4..

3

2.

2

11 3

11

z

pEI

Pa3

16

17 ,

3) Calcul de la réaction surabondante :

PXXp

8

171

11

1

1

4) Tracé du diagramme des moments fléchissant :

X1=1 M1

2Pa

2Pa

a

a

Mp

Pa/8

Pa

Mf



5.3 Simplifications pour les systèmes symétriques

5.3.1-Définitions

Pour une structure plane, on distingue trois types de symétrie :

- La symétrie géométrique : lorsque la structure possède un ou plusieurs axes de

symétrie.

- La symétrie des liaisons : si les liaisons d’une partie sont l’image des liaisons de

l’autre partie à travers un miroir passant par l’axe de symétrie et perpendiculaire

au plan de la structure

- La symétrie des charges. si les charges appliquées sur la structure sont de telle

manière que les forces agissant sur une partie sont l’image des forces agissant

sur l’autre partie à travers un miroir passant par l’axe de symétrie et

perpendiculaire au plan de la structure.

- Antisymétrie des charges : si les charges appliquées sur la structure sont de telle

manière que les forces agissant sur une partie sont l’image inverse des forces

agissant sur l’autre partie.

Dans ce qui suit nous appliquons la terminologie suivante :

- Un système hyperstatique est dit symétrique s’il vérifie les critères suivants :

o La symétrie géométrique,

o La symétrie des liaisons,

o La symétrie des charges.

- Un système hyperstatique est dit antisymétrique s’il vérifie les critères suivants :

o La symétrie géométrique,

o La symétrie des liaisons,

o L’antisymétrie des charges.

(a) (b) (c)

M M

P P P

M M

P

Figure17



5.3.2- Propriétés :

De la même façon que pour les actions extérieures, on peut définir des efforts internes

symétriques et des efforts internes antisymétriques. On peut les classer de la manière

suivante :

- les efforts symétriques : effort normal et moments de flexion,

- les efforts antisymétriques : efforts tranchants et moment de torsion.

Propriétés concernant le produit de Véréchaguine :

- charges symétriques : diagrammes des moments fléchissant symétriques,

- charges antisymétriques : diagrammes des moments fléchissant antisymétriques,

- le produit de deux diagrammes des moments fléchissant, l’un symétrique et

l’autre antisymétrique est nul.

Propriéte1 :

- Si une structure symétrique est chargée symétriquement, les efforts internes

antisymétriques agissant sur la section se trouvant sur l’axe de symétrie sont

nuls.(Qy=Qz=Mt=0).

Preuve :

Soit la structure de la figure18 représentant une structure plane symétrique chargée

symétriquement. Le système de base est obtenu en pratiquant une coupure au niveau de

la section de l’axe de symétrie. Cette coupure représente la suppression de trois liaisons

internes. L’ensemble des deux parties résultant de la coupure est le système de base.

P P

X3

X1 X2

P P

X3

X2

X1

Système isostatique équivalent

Figure18



Diagrammes des moments fléchissant :

0XXX

0XXX

0XXX

p3333232131

p2323222121

p1313212111

D’après les règles de multiplication de

Véréchaguine, que nous avons plus haut, les

coefficients suivant sont nuls :

δ13= δ31= δ23=δ32= Δ3p=0

Le système d’équations canoniques se simplifie comme suit :

0X

0XX

0XX

333

p2222121

p1212111

X3=0 (Effort antisymétrique)

Propriéte2 :

- Si une structure symétrique est chargée antisymétriquement, les efforts internes

symétriques agissant sur la section se trouvant sur l’axe de symétrie sont

nuls.(My=Mz=Nx=0).

Preuve :

Dans ce cas seul le diagramme des moments qui

change et devient antisymétrique.

Pour ce cas les termes suivants des équations

canoniques :

δ13= δ31= δ23=δ32= Δ1p= Δ2p=0

X1=1 X3=1

M3 M2

X2=1

M1

P P

Mp

Figure19

P P

Mp



Les équations canoniques se simplifient comme suit :

0

0

0

3333

222121

212111

pX

XX

XX

On peut déduire que les efforts symétriques sont nuls i.e. : X1=X2=0 et 33

3

3

pX

5.4 Poutres continues : Équation des trois moments.

5.3.1 Définition :

On appelle poutre continue une poutre hyperstatique à rigidité constante

reposant sur plus de deux appuis. Le nombre des liaisons surabondantes est égale u

nombre des appuis intermédiaires.

3.2 Équation des trois moments

Si le système de base est obtenu en supprimant les appuis intermédiaires

(liaisons externes) et les inconnues surabondantes leurs réactions, on aboutira à un

calcul assez fastidieux. Ceci nous conduira à choisir un système de base construit en

éliminant des liaisons internes. Les liaisons triples au dessus des appuis intermédiaires

seront remplacées par des articulations (liaison double). Les inconnues surabondantes

sont des moments fléchissant. Le système équivalent pendra la configuration suivante :

La condition de déformation se traduit par le fait que la rotation relative des

sections adjacentes au dessus de l’appui doit être égale à zéro. D’est une condition de

continuité de la poutre.

Δn = Δngauche + Δn

droite = 0 (1)

l1 l2 l3 l4

X1 1 X1 X2 2 X2 X3 3 X3 0 4

M P



Système

équivalent.

a)

b)

c)

d)

La condition de

déformation (1) s’écrit :

0MMM np1n1nnnnn1n1nnn (2)

Mp

n

Δng Δnd

ln ln+1

Xn-1 = Mn-1

X1

(n+

1)

Xn= Mn Xn= Mn Xn+1 =Mn+1

X1

(n

)

(n-

1)

nl

1

Mn-1=1

1

nl

1

Mn+1=1

1

1nl

1

1nl

1

nl

1

1nl

1

1

Mn=1 Mn=1

Mn-1

Mn

Mn+1

Gn Gn+1

Ωn+1 Ωn

bn+1 an+1 an bn



EI6

ldx

EI

MM n

l

0

1nn

1nn

n

EI3

lldx

EI

MMdx

EI

MM 1nn

l

0

nnl

0

nn

1nn

1nn

EI6

ldx

EI

MM 1n

l

0

1nn

1nn

n

1n

1n1n

n

nn

l

0

pnl

0

pn

pnl

b

l

a

EI

1dx

EI

MMdx

EI

MM 1nn

En remplaçant chaque terme de l’équation (2) par son expression, nous obtenons

l’équation suivante :

0l

b

l

a6MlM)ll(2Ml

1n

1n1n

n

nn1nnn1nn1nn

Cette équation s’appelle l’équation des trois moments.

3.2 Tracé du diagramme des moments fléchissant et des efforts tranchants :

Après avoir calculé les moments aux appuis on peut tracer le diagramme des

moments fléchissant. Cette opération peut être réalisée de deux manières différentes :

En considérant le diagramme comme la somme du diagramme Mp et ce lui des

moments aux appuis.

Ou en décomposant la poutre continue en un ensemble de poutres simples

constituées par les travées de la poutre initiale chargées par les charges extérieures et les

moments aux appuis. Avec cette méthode on peut également tracer le diagramme des

efforts tranchants.



Applications





BIBLIOGRAPHIE

[1] Anissimov A.,., SOLLICITATIONS COMPOSEES, O.P.U 04-1987.

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[4] Pissarenko G., Yakovlev A., Matvéev v., AIDE MEMOIRE DE RESISTANCE DES

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[5] N. Bourahla, RESISTANCE DES MATERIAUX DE BASE, GECOTEC, 2013.

[6] A.Nash, PROBLEMES DE RESISTANCE DES MATERIAUX, série SCHAUM, 1977.

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RESISTANCE DES MATERIAUX-2 · 2020. 4. 6. · En flexion plane, on distingue deux cas : 1 er cas : M z ≠ 0 et Q y ≠ 0 : flexion simple, 2 er cas : M z ≠ 0 et Q y = 0 : flexion