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2 iem SEMESTRE
MODULE F213 :
SOLLICITATIONS SIMPLES –FLEXION - TORSION
PROBLÈMES-CORRIGES
Bienvenue à vous
au laboratoire de : Dimensinnemen! Des S!"#$!#"es
du Département :G%nie M%$&ni'#e e! P"(#$!i'#e
Ce livre électronique est destiné à compléter le cours enseigné durant la premièreannée du module F213, et relati au deu!ième "emestre#$l reprend le plan suivi en amp%it%é&tre avec d'avantages de détails, d(illustrationsainsi que des corrigés des )roblèmes du ascicule *ravau! Dirigés qui, nous l'espérons,
vous permettront de mieu! comprendre cette matière qui n'est pas si terrible qu'ellepeut laisser para+tre# présent, c%oisisse- sur votre gauc%e dans l'onglet signet un c%apitre du programmeque vous désire- voir ou revoir #
B./ *0$B./ C.4056
)*BLANC+OT-G*)ESSIERE
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 2
F213
INERTIE
TORSION
FLEXION
SOLLICITATIONS COMPOSEES
FLAMBEMENT
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INERTIE
PROBLÈME N1
178 (aire de la surace cicontre vaut 129 cm# "esmoments d(inertie par rapport au! a!es ; et ;(valent respectivement 3< =>? cm= et <= 92? cm=# adistance d2 vaut <#> cm# Calcule- la distance d1, lemoment d(inertie de la surace par rapport à l(a!ecentral @, et le moment statique de la surace parrapport à l(a!e ;(#278 (aire de la surace ombrée cicontre vautmaintenant 9>#<A cm# "on moment d(inertie par
rapport à l(a!e ;( vaut 1> >? cm=# es distances d1
et d2 valent respectivement <#> cm et #1 cm#Calcule- le moment d(inertie de la surace par
rapport à l(a!e ;
RÈPONSES N1
18 *%éorème d'u@g%ens :
( )( ) ( )
++=
+=
2
12
2
2
1''
21
Ad d I I
Ad I I
yy
yy
α α
αα ( )( ) ( )
++=
+=
21296,774920
1129374602
1
21
d I
d I
yy
yy
( ) ( ) ( )1296,76,723746012 2
1 +×=⇒− d (1.1/03 $m
6n reportant la valeur de d1 dans l'équation 18 : I. 2404 $m
( )1296,73,15'' +== A xQG β α 567.28/01 $m3
28 ( ) Ad d I I yy
2
2
2
1''
+−= α α
$ @@
E1>>?12,<29>,<A $ @@
E1?=?,3 cm=
Ad I I yy
2
1+=αα $;;E1?=?,3G<,>29>,<A I66.443903 $m
αααα'
αααα
,,,, ββββ, ββββ'
G
d1
d2
αααα'
αααα
y
z,,,, ββββ, ββββ'
G
d1
d2
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e
PROBLÈME N2Calcule- pour la surace cicontre: a8 $!! et $ @@ si b E 2 cm # b8 b pour que $!! E $ @@#
x
300mm
b
Figure E3
y
25mm25mm
50mm
RÈPONSES N2
a8 bE2cm
Décomposons la surace " en deu! "1, et "212
530 3
1×
=S
xx I 12
255 3
2×
=S
xx I
12
255
12
530 33
21×
+×
=+= S
xx
S
xx
S
xx I I I I;;.4<22082 $m
De mHme après application du t%éorème d'u@g%ens :
5302012
305 23
1 ××+×
=S
yy I 2555,212
525 23
2 ××+×
=S
yy I
2555,212
52553020
12
305 23
23
21 ××+×
+××+×
=+= S
yy
S
yy
S
yy I I I I.228104 $m=
b8 $!! E $ @@ bbb
××+×
+××+×
=×
+×
55,212
553020
12
305
12
5
12
530 23
2333
b3??bA12?E? équation du 3èm degré admettant 2 solutions imaginaires et une solution réelle :
=./4 $m
S1
S2
G1 G2 ;
399 mm
2/ mm2/ mm
/9mm
=
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /
PROBLÈME N3
Calcule- pour la surace cicontre:178 es moments et le produitd(inertie par rapport au! a!escentrau! @ et -#278 a position des a!es centrau!principau! et les moments d(inertieprincipau!#378 es moments et le produitd(inertie par rapport à deu!nouveau! a!es centrau! obtenus parune rotation positive de 3?7 des
a!es @ et -#
RÈPONSES N3
178
Décomposons la surace initiale " en trois suraces "1, "2 et "3 : 321 S
yy
S
yy
S
yy
S
yy I I I I ++= avec 21 S
yy
S
yy I I =
ppliquons le t%éorème d'u@g%ens : 1
2
1
1
11
1 A z I I G
S
y y
S
yy += et 3
33
3 S
y y
S
yy I I =
cm
cmG
yz 5,2
41
−
S1
S2
G1
G2
89mm
19mm
19mm
/9mm
19mm
/9mm
G3 G
2
2
1
1
3
3 S3
89mm
19mm
19mm
/9mm
19mm
/9mm
G
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 4
12
1945,2
12
412
32
3 ×+
×+
×=S
yy I IS.4102 $m
De mHme : ( )12
9144
12
142
32
3 ×+
×−+
×=S
zz I IS.1<802 $m
321 S
yz
S
yz
S
yz
S
yz I I I I ++= avec 03 =S
yz I @ et - sont a!es de s@métrie pour "38 111
1
11
21 A z y I I I GG
S
z y
S
yz
S
yz +==
( )( )( )145,2402 ××−+=S
yz I car 01
11=S
z y I @1 et -1 sont a!es de s@métrie pour "18 IS.-<9 $m
278Psi!in (es &;es >"in$i>&#; :
zz yy
yz
I I
I
−
−=
22tan ϕ
ϕ 2cos mHme signe que zz yy I I − Y y,ˆ =ϕ
25,142,18942,61
8022tan −≈
−
×−=ϕ
02cos ⟨ϕ
$nversion trigonométrique de la tangente :
=
−=−≈
661282
3451225,12tan
2
1
o
o
ϕ
ϕ ϕ
.r 02cos ⟨ϕ la solution I1 est donc à reJeter# ?.433 avec Y y,ˆ =ϕ
Mmen!s (7ine"!ie >"in$i>&#;
( ) ( ) ( )2222
80442,18942,612
1
2
42,18942,6142
1
2 −+−+
=+−
+
= mm yz zz yy
zz yy Z
Y I I I
I I
I
$s
sin !&n
1
-102/
2?1
2?2
@
!
G39
?.433
-333
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I .220< $m I.2208 $m
3784tilisons les ormules de rotation e!primées dans les a!es principau! :
−=
+
−+
+=
−+
+=
ψ
π ψ
ψ
2sin2
22cos
22
2cos22
Z Y ht
Z Y Z Y tt
Z Y Z Y hh
I I I
I I I I I
I I I I I
avec hY r
,ˆ =ψ
( )33342cos2
97,2287,227
2
97,2287,227 o−−
++
=hh I
I@@.1420 $m I!!.<<01 $m I@!.-8/03 $m
/ous pouvons vériier que : I@@I!! . I I . IG . 2/90< $m
PROBLÈME N
Calcule-, pour la surace cicontre les cotessont en cm8:178 a position du centre de gravité dans lerepère !,@#278 es moments et le produit d(inertie parrapport au! a!es centrau! parallèles à !,@#378 a position des a!es centrau! principau!et les moments d(inertie principau!#
x
y
6
6
2
2
2 2
@
?
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <
RÈPONSES NDécomposons la surace initiale " en trois suraces "1, "2 et "3
18
cm
cmG
XY 3
11
cm
cmG
XY 3
72
cm
cmG
XY 5
33 1E=cm2 2E12cm2 3E2?cm2
20124
20512343
20124
20312741
321
332211
321
332211
++
×+×+×⇒
++
++=
++
×+×+×
⇒++
++
=
A A A
AY AY AY Y
A A A
A X A X A X
X
GGGG
GGG
G
cm
cmG
XY 11,4
11,4
"i "1 "2 "3
i cm28 = 12 2?
5iK@- cm8 2AK9
1?K9
2>K9
1?K9
1?K9AK9
$ @i@i cm=8 2=K12 >23K12 21?3K12
$ @i-i cm=8 ? ? ?
S3
S2
G2 G1
X
198
4$m
S1
G3 G
2$m 2$m
2$m
2$m
4$m
2
2
1
1
3
3
198
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 8
28321 S
yy
S
yy
S
yy
S
yy I I I I ++= avec i
S
y y
Si
yy A z I I Gi
i
ii
2+=
209
8
12
10.212
9
10
12
2.64
9
10
12
2232324
++
−++
−+=S
yy I
IS.IS.290/4 $m
321 S
yz
S
yz
S
yz
S
yz I I I I ++= avec i
S
z y
Si
yz A z y I I GiGi
i
ii+=
209
8
9
10012
9
10
9
2604
9
10
9
280
−++
−
++
−
−+=S
yz I
IS.-0 $m
E%men!s >"in$i>&#; (7Ine"!ie :
?./ car L est a!e de s@métrie de la surace "
( ) ( ) ( )222244,4440
2
1
2
562,20756,2074
2
1
2−+
+=+−
+= mm yz zz yy
zz yy Z
Y I I I I I
I
I .2/2 $m I.143012 $m
G
?./
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 19
PROBLÈME N/
Considérons les trois suraces cicontre#178 Calcule- pour c%aque surace la valeur de! de telle aMon que le moment d(inertiecentral ma!imum vale = cm=#278 Calcule- alors l(aire de c%aque surace eten déduire la surace la plus rationnelle#
RÈPONSES N/es trois sections "1, "2, "3 possèdent 2 a!es de s@métries qui sont donc les a!es principau!d'inertie# e moment d'inertie ma!imum est celui relati à l'a!e L#
Se$!in S1 :
4443
2454542412
2 ×=⇒==×
= xcm x x x
I Y
;.4 $m A1.1< $m2
Se$!in S2 :
cm xcm
x x
x x
x I Y
58,6
625
8
24
1
5454
12
552
24 4
4
3
4
=
−
=⇒=
−
−
−=
×
×−=
5
58,64
10
58,63
2
58,6 2
2 A
;.40/< $m A2.1102/ $m2
;
;2
;19
;19
S2
G
;
;2
S1
G
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 11
Se$!in S3 :
cm xcm
x x
x x
x I Y 84,6
3750
64
24
15454
125102
24 4
4
3
4
=
−
=⇒=
−
−
−=
×
×−=
5
84,64
5
84,62
2
84,6 2
3 A
;.40< $m A2.<02 $m2
R%$&>i!#&!iH :
"i "1 "2 "3
!cm8 > >,A >,A=
$Lcm=8 = = =
icm28 1A 11,2 A,=2
Se$!in & >#s "&!innee S3 $&" >#" #n mme mmen! (7ine"!ie sn &i"e es! & >#sH&i=e*
PROBLÈME N4
178 Nontre- que pour un carré de cOté a tousles a!es centrau! sont principau! et que tousles moments d(inertie centrau! valent a= K12calculer $%% et $%t8#278 Calcule- les moments et le produitd(inertie du carré dans les a!es u,v#
Y
Z
a
h
a
G
t
ψ ψψ ψ
u
v
S3
;
;2
;19
;19
G
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RÈPONSES N4
18 = a!es de s@métrie : *ous les a!es centrau! sont donc principau!
012
4
=⇒====ht tt hh Z Y
I a
I I I I
28
12
4
''''
a I I
vvuu == 0'' =
vu I
2
24
2
''4
2
12a
aa A x I I
Gvuuuu
−+=+= IJJ ./&2
2
''4
2
4
20 a
aa A x x I I
GG vuvuuv
−+=+= I#J .-&<
PROBLÈME N
300
G3
G2
G1
380
1 2 0
5 9 0
1 8
Y
X
a section droite de la partie poutre de la contre lèc%e d(une grue à tour est représentéecicontre# a section droite se compose d(un proilé 6 >??, d(un plat 3A?1A mm, et d(unecornière à ailes inégales 12?A? série 2#178 Calcule- les coordonnées du centre de gravité de la section droite dans le repère 51,!@#278 Détermine- les éléments principau! des inerties#
J
&
@
!
# #7J7
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 13
RÈPONSES N
1K D%!e"min&!in (# $en!"e (e ,"&Ji!% G (e & s#"H&$e S :
0
01 XY
G cm
cmG
XY 4,30
42
cm
cmG
XY 5,25
97,203 1E22>,cm2 2E3A#1,Acm2
3E22,<cm2
( )
( ) 2278,1385,226
5,257,224,308,138 2278,1385,226
97,207,2248,138
321
332211
321
332211
+×+
×+××⇒
++
++=
+×+
×+××⇒
++
++=
A A A
AY AY AY Y
A A A
A X A X A X X
GGGG
GGGG
cm
cmG
XY 37,8
36,2
G1 X
G2
G3
G
lat 3A?1A 12 A 2
6 >??
2
2
1
1
3
3
12$m
3<$m
10<$m
<03$m
2034$m
/8$m
39$m
S3
S2
S1
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 1
2K E%men!s >"in$i>&#; (es ine"!ies :P"%>&"&!in (es $&$#s : l'aide des tableau! F/.0 ournis en anne!e nous
pouvons relever les caractéristiques géométriques des 3 suraces# 0ésumons les dans letableau suivant :
Si S1 S2 S3 Ai$m2K 22>, 3A#1,A 22,<
Gi$mK 2,3>
A,3<
1,>=
22,?3
1A,>1
1<,13
Iii$mK 1=12?? 3A#1,A3K12 323
Iii$mK 112<? 3A3#1,AK12 11=
Iii$mK ? ? P
C&$# (# >"(#i! (7ine"!ie (e & $"ni"e I33 :
3333
332
2tan z z y y
z y
I I
I
−
−=ϕ
431,0tan =α
( )( )431,0tan2tan2
13333
33
−−−
= z z y y
z y
I I I
463,110
33cm I z y −=
C&$# (es mmen!s e! >"(#i! (7ine"!ie (e & s#"H&$e (&ns es &;es $en!"&#; 0*
A z I A z I A z I I I I I GGG
S
y y
S
y y
S
y y
S
yy
S
yy
S
yy
S
yy
222
3
3
332
2
221
1
11
321 +++++=++=
=
=
=
⇒
+=
+=
+=
++=
++=
++=
4
4
4
2
2
22,14071
02,28922
32,197266
321
321
321
cm I
cm I
cm I
A z y I I
A y I I
A z I I
avec
I I I I
I I I I
I I I I
S
yz
S
zz
S
yy
i
S
z y
Si
yz
S
z z
Si
zz
S
y y
Si
yy
S
yz
S
yz
S
yz yz
S
zz
S
zz
S
zz
S
zz
S
yy
S
yy
S
yy
S
yy
GiGi
i
ii
Gi
i
ii
Gi
i
ii
E%men!s >"in$i>&#; :
=
−=−≈
−
−=
511702
49921671,0
22tan
2
1
o
o
ϕ
ϕ ϕ
zz yy
yz
I I
I 02cos ⟩ϕ Y y,754ˆ =−= oϕ
ϕ 2cos mHme signe que zz yy I I − :
( )4
4
22
37,198434
96,277534
2
1
2 cm I
cm I I I I
I I I
Y
Z
yz zz yy
zz yy Z
Y =
=+−
+= m
G3
12?A? 2
3
3
.3
J.3
6 ?
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I.18244032 $m I.2<822092 $m I.191022 $m
?.-/.0KI .18<303 $m I.2/3084 $m
G
? -/
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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CARACTRISTI5UES GOMETRI5UESDES SECTIONS DROITES DES POUTRES
1* Mmen!s s!&!i'#es* Cen!"e (e ,"&Ji!%:
"oient deu! a!es α et β , et ) un point de la
section droite auquel on associe un élément desurace ininiment petit ∆" d(aire ∆#
)ar déinition, les quantités déiniespar:
A xdA x A xQ
A xdA x A xQ
G
G
S S
S S
α α α β
β β β α
==∆=
==∆=
∫∫∑
∫∫∑
sont les moments statiques de la section droite par rapport au! a!es α et β #
Uni!% (e mes#"e: l(unité "$ de moment statique est le m 3 # .n utilise plus généralement le
cm 3 #
N*B * : les moments statiques peuvent Htre positis, négatis ou nuls#
es moments statiques sont donc nuls si les a!es α et β sont centrau! s(ils passent par lecentre de gravité 5 de la section droite8# .n note @ et - de tels a!es dans ce qui suit#
2* Mmen!s e! >"(#i! (ine"!ie:
2*1* Mmen!s (ine"!ie $en!"&#; >&" "&>>"! &#; &;es (#n "e>"e si!#% (&ns e >&n (e &se$!in ("i!e:
"oient deu! a!es centrau! @ et -, et )un point de la section droite auquel onassocie un élément de suraceininiment petit ∆" d(aire ∆#
xαααα O
P
αααα
ββββ
G
xααααG
xββββ
xββββG
S (aire A)
∆∆∆∆S (aire ∆∆∆∆A)
y
z
z
G y
zP
∆∆∆∆SS
ρρρρ
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 1
)ar déinition, les quantités strictement positives déinies par:
∫∫∑
∫∫∑
=∆=
=∆=
S S
zz
S S
yy
dA y A y I
dA z A z I
22
22
sont les moments d(inertie centrau! la section droite par rapport au! a!es @ et -#Uni!% (e mes#"e: l(unité "$ de moment d(inertie est le m = # .n utilise plus généralement le
cm = #
N*B* : es mmen!s (ine"!ie sn! !##"s >si!iHs0 &m&is n%,&!iHs # n#s*
2*2* P"(#i! (ine"!ie $en!"& >&" "&>>"! &#; &;es (#n "e>"e si!#% (&ns e >&n (e & se$!in("i!e:
)ar déinition, la quantité déinie par:
∫∫∑ =∆=S
S
yz yzdA A yz I
est le produit d(inertie central la section droite par rapport au! a!es @ et -#4nité de mesure: l(unité "$ de
produit d(inertie est le m = # .n
utilise plus généralement le cm = #
/#B# : le produit d(inertie peutHtre positi, négati ou nul#
$l est nul lorsque l(un des deu!a!es est a!e de s@métrie#
0==∆= ∫∫∑ S
S
yz yzdA A yz I
2*3* Mmen! (ine"!ie >&i"e >&" "&>>"! &# $en!"e (e ,"&Ji!% G (e & se$!in ("i!e:)ar déinition, la quantité strictement positive déinie par:
∫∫∑ =∆=S
S
G dA A I 22 ρ ρ
est le moment d(inertie polaire de la section droite par rapport au centre de gravité 5 de lasection droite ρ est le ra@on polaire du point )8#
y
z
G
P P'
- y y
z
yz∆Α - yz∆Α
Axe de symétrie
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 1<
Uni!% (e mes#"e : l(unité "$ de moment d(inertie polaire est le m = # .n utilise plus
généralement le cm = #
/#B# Compte tenu de la relation:222
z y += ρ
zz yyG I I I +=
E;em>es :cas du cercle#
zz yy I I =
0= yz I
yy zz yyG I I I I 2=+=
32
4 D
I G
π =
64
4 D
I yy
π =
cas du rectangle#
0= yz I
12
3bh I yy =
12
3hb
I zz =
zz yyG I I I +=
( )22
12hb
bh I G +=
z
G y
b
h
z
G y
D
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 18
2** T"&ns&!in (es &;es $en!"&#;: !@%"me (+UG+ENS:"oient deu! repères, ., α β 8 quelconque, et 5,@-8 central, tels que les a!es soient
parallèles, et un point ) de la section droite auquel on associe un élément de suraceininiment petit∆" d(aire ∆#es relations
entre lescoordonnées:
zxx
yxx
G
G
+=
+=
ββ
αα
permettentd(écrire:
( )∫∫∫∫ +==S S
dA z xdA x I G β β αα
22
.r :
022; ;
222 ==== ∫∫∫∫∫∫ yS
yyS S
Q x zdA x I dA z A xdA xGGGG β β β β
2
2
2
GGO
GG yz
G zz
G yy
A I I
x Ax I I
Ax I I
Ax I I
ρ
β α αβ
α ββ
β αα
+=
+=
+=
+=
Ces relations constituent le t%éorème d(4L56/"#
2*/* R!&!in (es &;es $en!"&#; :
2*/*1* R!&!in (es &;es $en!"&#;:
"oient deu! repères, 5,@,-8,et 5,%,t8 centrau!, tels que lerepère 5,%,t8 se déduise du
repère 5,@,-8 par une rotationd(angle θ et un point ) de lasection droite auquel onassocie un élément de suraceininiment petit ∆" d(aire ∆#
es relations entre les coordonnées:
+−=
+=
θ θ
θ θ
cossin
sincos
z y x
z y x
t
h
>e"me!!en! (%$"i"e:
G y
z
y
z
P
αααα
ββββ
OxαG
ρρρρG
S
xβG
xα
xβ
∆∆∆∆A
G y
z
y
z
P h
xt xh
t
θθθθ
S∆∆∆∆A
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( ) ( ) ( ) ( )∫∫∫∫∫∫∫∫∫∫ ×−++−=+−==S S S S S
t hh dA z ydA zdA ydA z ydA x I θ θ θ θ θ θ cossin2cossincossin2222
( ) ( ) ∫∫∫∫∫∫ −+=S S S
hh yzdAdA zdA y I θ θ θ θ cossin2cossin 2222
)sin(coscossin)(
cossin2cossincossin2sincos
22
22
22
θ θ θ θ
θ θ θ θ θ θ θ θ
−+−=
++=−+=
yz zz yyht
yz zz yytt
yz zz yyhh
I I I I
I I I I I I I I
6n onction de l(arc double 2 θ , les relations précédentes s(écrivent:
2
2cos1cos
2 θ θ
+=
2
2cos1sin
2 θ θ
−= θ θ θ 2sincossin2 =
θ θ
θ θ
θ θ
2cos2sin2
2sin2cos22
2sin2cos22
yz
zz yy
ht
yz
zz yy zz yy
tt
yz
zz yy zz yy
hh
I I I
I
I I I I I
I
I I I I I
I
+−
=
++−
−+
=
−−
++
=
2*4* %men!s >"in$i>&#; (es ine"!ies (e & se$!in ("i!e:
&K D%Hini!in:
$l e!iste touJours dans le plan d(une suraceplane deu! a!es centrau! perpendiculaires ouune ininité d(a!es centrau! perpendiculaires8
appelés a!es principau! d(inertie notés L et Q8suivant lesquels :
1K Le >"(#i! (ine"!ie (e & s#"H&$e es! n#*
2K Les mmen!s (ine"!ie >"in$i>&#; n!%e I e! IK0 sn! m&;im#m e! minim#m #$ns!&n!sK*
"oit ϕ l(angle θ particulier tel que 0Iht =
ϕ ϕ 2cos2sin20 yz
zz yy
I I I
+−
=
y
Yz
G
Z
ϕϕϕϕ
S
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 21
zz yy
yz
I I
I
−−=
22tan ϕ
6n onction de l'arc simple, on obtient :
yz
yyY
I
I I −−=ϕ tan
"oit 1ϕ l(angle θ particulier tel que hhI soit ma!imum ou minimum# .n a alors:
z y
yz
I I
I
−−=
22tan 1ϕ
)ar conséquent: 1ϕ=ϕ
=K E;>"essin (es mmen!s (ine"!ie >"in$i>&#;:
Des e!pressions donnant hhI et ttI , on tire, compte tenu de l(e!pression de yzI en onction
de ϕ 2tan :
ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 2sin2tan2
2cos22
2sin2cos22
zz yy zz yy zz yy
yz
zz yy zz yy
Y
I I I I I I I
I I I I I
−+
−+
+=−
−+
+=
−+
+=
−+
−+
+=
ϕ ϕ
ϕ ϕ
2cos
1
222cos
2sin
22cos
22
2 zz yy zz yy zz yy zz yy zz yy
Y
I I I I I I I I I I I
.r :
2
22
12tan12cos
1
−−+=+=
zz yy
yz
I I
I ϕ
ϕ
0)(2cos
(mini) 4)(2
1
2
(maxi) 4)(2
1
2
22
22
>−⇒⟩
+−−+
=
+−++
=
zz yy Z Y
yz zz yy
zz yy
Z
yz zz yy
zz yy
Y
I I I I
I I I I I
I
I I I I I
I
ϕ
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 22
TORSION
PROBLÈME N<
4n c@lindre est soumis à un couple de torsion C E 2#R/m# e module de C.4.NB du matériau vaut <A 5)a#Calcule-:a8 la contrainte tangentielle ma!imum dans le c@lindre#b8 la distorsion des génératrices en rd et en 7#c8 l'angle de rotation des sections e!trHmes en 7#
RÈPONSES N<
a8 e moment de torsion N! est constant tout le long de la barre# C M x =
Considérons une section quelconque 5 : R I
C
G
i =maxτ avec32
4 D
I Gπ
=
4
6
max50
322510.5,2×
××=π
τ i τm&;.1910<4 MP&
b8 ppliquons la loi de ooRe en torsion : τ G=
310.78
86,101==
G
τ γ γ.1039/*19-3 "( . 909<
c8 ' angle de rotation des sections e!trHmes nous est donné par la relation :G
xi
xGI
L M =maxθ
43
6
5010.78
3250010.5,2
××
××=
π θ x . 909241 "( . 1/9
CΦΦΦΦ 50 mm
500 mm
C
γ
τ
Q./9mm
/99mm
C.20/Nm
ρρρρ G
ττττmaxi
C
ττττ
G
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 23
PROBLÈME N8
a8 Calcule- le couple C qui provoque une rotation dessections e!trHmes du tube de 27 sac%ant que 5 E 2< 5)a# 6n
déduire la contrainte tangentielle ma!imum#b8 Calcule-, pour d(un c@lindre de mHme poids que le tube etqui supporte le mHme couple, l(angle de rotation des sectionse!trHmes et la contrainte tangentielle ma!imum#
RÈPONSES N8
&KG
xi
xGI
L M =maxθ avec
( )32
44d D
I G−
= π
et180
π θ θ
×=
o
rd
( )mmN
L
GI M
i
xG x 2185130
10.5,218032
28010010.273
443max
=××
××−××==
π π θ
C . 21</013mN
( )44
3
max801002
3210010.13,2185−××
××==π
τ R I C
G
i τm&; . 1<0</ MP&
=K NHme poids implique mHme volume donc mHme aire
( )mmd
d Dd A A 6080100
44
22
0
222
00 =−=⇒
−=⇒=π π
43
3max
6010.27
32250010.13,2185
××
××==
π θ
G
xi
xGI
L M m&;. 901/8"( . 811
4
3
max 60
323010.13,2185
×
××
== π τ R I
C
Gi τm&;. /10/2 MP&
ΦΦΦΦ 100 mm
C
ΦΦΦΦ 80 mm
2.5m
ττττmaxi
ττττ
G C
20/m
C
(.<9mm
G
D.199mm
20/m
C
(9
G
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 2
PROBLÈME N19
4n arbre épaulé tourne à 9?? trKmn# a
contrainte tangentielle admissible vaut N)a# Calcule-:a8 la puissance transmise en RS si rE=mm#b8 le gain de puissance si rE1?mm#
RÈPONSES N19
a8 rE=mm
72,1
05,080
4
280
160
=
==
==⇒ t t
epaulepaul K
d
r d
D
K
mmN Kd
I C
d
I
C K Gi
G
i 32146534072,132
80552
2
4
maxmax =
××
××==⇒=
π τ τ C.32104/mN
ω C P = avec30
N π ω =
a puissance s'e!primant en Satt, le couple en m/ et la rotation angulaire en radian parseconde#
W P 30297430
90065,3214=
××= P.393
b8 rE1?mm
35,1
125,080
10
280
160
=
==
==⇒ t t
epaulepaul K
d
r d
D
K
100303
303386386
35,1
72,1303×
−=⇒=
×= GainkW P G.20
CΦΦΦΦ 160 mm ΦΦΦΦ 80 mm
r
C
(.<9mm
D.149mm "C
C
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 2/
PROBLÈME N114n arbre de torsion tubulaire de diamètre e!térieur D, de diamètre intérieur d, de longueur12??mm, est sollicité par un couple de 2??? m/# "ous l'action de ce couple, l'angle de torsion
total de l'une des e!trémités par rapport à l'autre doit Htre de 2?7T?#7# a contraintema!imum admissible en torsion est de =?? N)a# e module de C.4.NB du matériau vaut A?5)a#
18 Calculer la distorsion angulaire ma!imum en radians en appliquant la loi de ..U6#28 6n déduire le diamètre e!térieur D en mm arrondir le résultat au mm8#38 Vuel est alors le diamètre intérieur d en mm arrondir le résultat au mm8#=8 vec les valeurs trouvées en 28 et 38 calculer la contrainte ma!imum de torsion en
N)a8 et l(angle de torsion des sections e!trHmes en 78#
RÈPONSES N11
183
maxmax
10.80
400==
G
τ γ γ=5.10
-3"(
28 mm L
D L
D37,34
20
180120010.522
2
3
=×
×××==⇒=
−
π θ
γ θ γ
6n arrondissant au mm : D.3mm
38 R I
C
G
i =maxτ avec( )
32
44d D
I G−
= π
( ) mmd
d 19,26
400
321710.200034
34
321710.2000400 4
34
44
3
=×
××−=⇒
−×
××=
π π
6n arrondissant au mm : (.24mm
=8( )44
3
max2634
321710.2000
−×
××=
π τ τm&; . 3830<3 MP&
( )443
3max
263410.80
32120010.2000
−××
××==
π θ
G
xi
xGI
L M m&;. 903"( . 1881
1299mm
D
(
γ
τ
C.2999mN
G
C
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 24
PROBLÈME N12
e diamètre e!térieur vaut 2? mm, le diamètreintérieur 1> mm# a barre B est encastrée en etB# Calcule- les moments d(encastrement en et B#
RÈPONSES N12
)roblème spatial : Ei>nE> car> inconnues en , > inconnues en B #Compte tenue du c%argement, nous pouvonsréduire le degré d'%@perstaticité à 1 :2inconnues e!ternes, un moment en et un en B
6quation d'équilibre : NmC M M B A 120==+
6quation de déormation : 0 / =+= CB AC B A θ θ θ
AC
G
AC AC
x AC
GI
L M =θ avec A
AC
x M M −= CB
G
CBCB
xCB
GI
L M =θ avec B
CB
x M M =
44
4
1620
200
−==⇒=+
−=+
CB
G
AC
G
B
A
CB
G
B
AC
G
A
CB
G
CBCB
x
AC
G
AC AC
x
I
I
M
M
I
M
I
M
GI
L M
GI
L M
D'oW le s@stème à résoudre :
−=
=+
44
4
1620
20
120
B
A
B A
M
M
M M
55,44
1620
201
120
44
4 =
−+
= B
M 45,75= A M
MA . /0/ Nm MB . 0// Nm
120Nm
125mm
125mm
A
C
B
A
B
MA
12/mm
12/mm C
D.29mm
D.14mm
MB
C.129mN
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 2
PROBLÈME N13
a contrainte tangentielle ma!imum dans lesarbres B et CD vaut N)a# Calcule-:a8 la valeur du couple Co# b8 le diamètre d#c8 la rotation de la section droite en 78par rapport à la section droite D sac%antque 5E A? 5)a#
RÈPONSES N13
a82
0max
d
I
M AB
G
AB
xi =τ avec
32
4
0d I
AB
G
π = et 0C M
AB
x =
mmN d
I C
AB
Gi 62981932
1855
2
4
0
max0 =
×
××==
π τ
C9 . 43 Nm
b8 NmC C 4,17620
5663
20
560 =×=×=
2max
d
I
M CD
G
CD
x
i =τ avec 32
4d
I CD
G
π
= et C M CD
x =
37,2555
10.4,176163
3
=×
×=
π d ( . 2/0 mm
c8 AB
G
AB AB
x AB
GI
L M =θ X
CD
G
CDCD
xCD
GI
L M =θ
rd ABCD A D A 1818,01810.80
3260010.63
20
56
4,2510.80
3290010.4,176
20
5643
3
43
3
/ =
××
××+×
××
××=+×==
π π θ θ θ θ
A. 192
C0
600mm
900mm
56mm 20mm
ΦΦΦΦd0= 18 mm
ΦΦΦΦ d
B
D
C
A
Q(9.1<mm
A
BC
D
C9
29mm
/4mm
499mm
899mm
BC
C9
29mm
/4mm
C2056
0 ×= C C
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 2<
PROBLÈME N1.n considère l'assemblage de la igure cicontre, constitué de deu! arbres élastiques B etCD reliés par deu! engrenages# es arbres B et CD sont constitués du mHme acier demodule de Coulomb : A?5)a, et ont mHme diamètre d# 'arbre B a une longueur de =??mm etl'arbre CD une longueur de >??mm# 4n couple C? E 1???/m est appliqué à l'e!trémité D de
l'arbre CD# 'e!trémité de l'arbre B est encastrée#18 e point de contact des dentures des engrenages est situé sur une circonérencede ra@on rB E1??mm pour l'engrenage B et dera@on rC E =?mm pour l'engrenage C#Calculer le moment de torsion auquel estsoumis l'arbre B#
28 "ac%ant que la rotation D par rapport à nepeut e!céder une valeur de 1,7 et que lacontrainte tangentielle ma!imum admissibledans les deu! arbres ne peut e!céder >?N)a, calculer le diamètre d des arbres B et
CD &""n(i &# mm#RÈPONSES N1
178C
B AB
r
r C C ×= 0
40
1001000×= ABC
CAB.2/99mN
278 Condition de résistance: 3
3
3max
60
10.25001616
π
τ
π
τ
×
×≥⇒≤= d
d
C e
AB (./804/mm
Condition de déormation : lim / θ θ ≤ D A XCD
G
CDCD
xCD
GI
L M =θ X
AB
G
AB AB
x AB
GI
L M =θ
180
5,1
10.80
3260010.1000
40
100
10.80
3240010.2500
40
10043
3
43
3
/
π
π π θ θ θ
×≤
××
××+×
××
××=+×=
d d CD AB D A
D'oW mmd 31,625,1
18010.80
3260010.1000
40
100
10.80
3240010.2500
43
3
3
3
=×
×
×
××+×
×
××
≤π
π π dE>2,31mm
C@i; (# (i&m!"e (.43 mm
"$.9mm
A
D
C9.1999mN
499mm
99mm
B
C
"B.199m
CAB
"$.9mm
C9.1999mN
B
C
"B.199m
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 28
PROBLÈME N1/
Calcule- d1, d2, d3 dans c%acun des 3
cas sac%ant que CE 3?? /m et que lacontrainte de cisaillement ma!imumvaut >? N)a# Vuelle est la section laplus rationnelleP
RÈPONSES N1/
D'après l'anne!e = :
hek J 3
1=
hek
M xi 2
2
max =τ
&K Se$!in $i"$#&i"e :
3
3
13
1
1max
60
1610.30016
2 π τ
π τ
×
×≥⇒≤== d
d
M d
I
M e
x
G
x
i (1.2802mm Ai"e : A1.4808mm2
=K Se$!in $&""%e :
hek
M xi 2
2
max =τ 208,01 22 =⇒=⇒== k e
hd he 3
3
2208,060
10.300
×≥d (2.2<0<4mm A2.<3208mm2
$K Se$!in "e$!&n,#&i"e :
hek
M xi 2
2
max =τ 246,022 23 =⇒=⇒== k e
hd he 3
3
32246,060
10.300
××≥d
(3.21044mm A3.83<031mm
2
L& se$!in & >#s "&!innee es! (n$ $i"$#&i"e
C
C
φφφφd1
Cd3
d2
d2
2d3
C
Q (1
CC
(3
(2
(2 2(3
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PROBLÈME N14
Deu! barres réalisées en un mHme matériau ont mHme longueur et mHme poids# (une a une
section circulaire 18, l(autre carrée 28# Détermine- pour une mHme contrainte tangentiellema!imum:a8 le rapport des couples de torsion transmis#b8 le rapport des angles de rotation des sections e!trHmes#
RÈPONSES N14
D'après l'anne!e = :Se$!in $&""%e
hek
M xi 2
2
max =τ GJ
M x x =
'
θ hek J 3
1=
208,0
141,01
2
1
=
=⇒=
k
k
e
h
Se$!in $i"$#&i"e
2
1max
d
I
M
G
x
i =τ
G
x x
GI
M ='θ
2
4r
I Gπ
=
NHme longueur, et mHme poids impliquent que les aires sont identiques :π π r aar =⇒= 22
&K R&>>"! (es $#>es (e !"sin !"&nsmis* carré
i
cercle
i maxmax τ τ =
356,12208,0
1
208,0
2
34 ==⇒= π π π π carré
cerclecarré cercle
C
C
r
C
r r
C
C
C
V.103/4
=K R&>>"! (es &n,es (e "!&!in (es se$!ins e;!"mes*
G
cerclecercle
GI
LC =θ
GJ
LC carré
carré =θ avec24
1 π r k J =
201,12141,0356,12141,0
356,14
24
=××=== π π
π
θ
θ
r
r
I C
J C
G
carré
cercle
carré
cercle
V.10291
CV C
L
L
Q 2"
&
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 31
TORSION
1* D%Hini!in :"i, pour une poutre droite à section constante, le torseur de section se réduit à N!, quel
que soit la section droite, la poutre est soumise à de la torsion# .n distingue suivant laorme de la section droite:
❑ a torsion de COULOMB pour les sections droites circulaires ou tubulaire#❑ a torsion de SAINT-)ENANT pour les sections droites non circulaires#
2* T"sin (e COULOMB:
2*1* Cn!"&in!es en #n >in! P &>>&"!en&n! W #ne se$!in ("i!e :
près application du couple C
r
onconstate que:❑a longueur et le diamètre du
c@lindre n(ont pas variés#*outes les sections droites
subissent une rotation θ!proportionnelle à !#
a seule déormation est unedistorsion γ des génératrices, toutà ait comparable à celle qu(onobserve dans le cisaillement simple#.n peut donc écrire, quel que soitle point de la section droite:
0=σ γ =τ G d(après la loi de
..U6
Ytant donnée la s@métrie de révolution autour del(a!e de torsion, la contrainte tangentielle τ est:178 tangente au! cercles de ra@on polaire ρ#278 la mHme en des points situés sur un cercle dera@on polaire ρ#
C ΦΦΦΦ 2R
L
x
a
b
θθθθxmaxi
x
C
G
γ γγ γ m&;i b’
θx
ρρρρ
ττττ
φφφφ2R
G C ττττ
ττττ
ττττ
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Considérons un point ) de la section droite , la contrainte τ varie linéairement le long dura@on polaire : ρ τ k = #
=
=
θ ρ
θ ρ
sin
cos
z
y
===
−=−=−=
kyk
kzk
xz
xy
θ ρ θ τ σ
θ ρ θ τ σ
coscos
sinsin
e vecteur contrainte en un point ) doit satisaire ces > équations oir cours module F1128
( ) ∫∫=S
xxdAσ 01 ( ) ∫∫ −=S
xy xz x dA z y M )(4 σ σ
( ) ∫∫=S
xydAσ 02 ( ) ∫∫=S
xxdA zσ 05
( ) ∫∫=S
xzdAσ 03 ( ) ∫∫−=S
xxdA yσ 06
es équations 18 8 et >8 sont identiquement vériiées car la composante normale0== σ σ xx
' équation ( ) 002 =−=−=−== ∫∫∫∫∫∫ S
yS S S
xy kQ zdAk kzdAdAσ également vériiée, de
mHme pour 38 car le moment statique par rapport à des a!es centrau! est nul#' équation =8 nous permet de calculer la constante R :
G
xG
S S S xy xz x
I
M k kI dAk dA z yk dA z y M =⇒==+=−= ∫∫∫∫∫∫ 222
)()( ρ σ σ
e vecteurcontrainte dans les a!es !@-:
=
−=Φ
G
P
xP
xz
G
P
xP
xy
P
xyz x
I
y M
I
z M
σ
σ
0
/
r
s(écrit dans les a!es !%t:
=
Φ
G
P
xP
P
xht x
I
M ρ τ
0
0
/
r
a contrainte ma!imum de torsion en des point ) situés sur le contour de la section droitevaut:
R I
M
G
xi =maxτ
ρρρρ
G
φφφφ2R
Mx
ττττ
z
y
σxz
σxy
y
z
P θ
h
t
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TD-1A-S2-F213
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a distorsion ma!imum àl(abscisse polaire ρE08 vaut:
L
R
ab
bbtg
i
xii
max
maxmax
' θ γ γ ==≈
)
a distorsion à l(abscissepolaire ρ vaut:
L
i
x
max ρθ γ =
"oit, en introduisant l(angle
unitaire de torsion L
i
x x
max' θ θ =
' x ρθ γ = a contrainte tangentielle τ s(écrit:
ρ θ τ '
xG=
G x x I G M 'θ =
2*2* Cn$en!"&!in (e $n!"&in!es* InH#en$e (e & J&"i&!in ="#!&e (e & se$!in ("i!e:
ρρρρ G
ττττmaxi
φφφφ2R
C
ττττ
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 3
.n constate que dans la section la plus aible et au voisinage du raccordement, la contraintetangentielle réelle ma!imum de torsion subit une orte maJoration par rapport à la valeurnominale ournie par la t%éorie des poutres#
a contrainte ma!imum réelle imaxτ de torsion se calcule à partir de la contrainte nominale
ma!imum 2
d
I
C
G ournie par la t%éorie des poutres par la relation:
2max
d
I
C K
G
i =τ
U est le acteur deconcentration decontraintes#
2*3* Ess&i (e !"sin:Cet essai n(est pas normalisé# .n soumet une éprouvette, à section circulaire, à un couplecroissant lentement Jusqu(à la rupture de l'éprouvette#.n enregistre le diagramme couple CKrotation zθ de deu! sections#, que l(on rend
intrinsèque en divisant le couple par16
3 Dπ et la rotation par
R
L#
e diagramme estgénéralement composé
d(une partie . linéaireet réversible: la -oneélastique, et d(une partiecourbe BC: la -oneplastique oW l(éprouvettesubit des déormationsirréversibles# a ruptureintervenant au point C#.n constate qu(il @ a deu!comportements trèsdiérents suivant que le
matériau est (#$!ie ouH"&,ie#Dans la -one élastique la
ττττnom=Cd/2IG
G
ττττmaxi
φφφφd
C
A
C B C
A
ττττmaxi
γ γ maxi
ττττe=Rg M&!%"i&#; (#$!ies
M&!%"i&#; H"&,ies
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 3/
loi de proportionnalité entre la contrainte tangentielle ma!imum de torsion R I
C
G
i =maxτ et
la distorsion γ ma!i des génératrices de l(éprouvette est la loi de +OOE en torsion#Comme pour le cisaillement simple elle s(écrit:
ii G maxmax γ τ =
oW 5 est le module d(élasticité transversale ou module de C.4.NB du matériau#a contrainte tangentielle ma!imum de torsion à la in de la -one élastique est la limite
élastique au cisaillement du matériau# 6lle se note τeou 0g# N.B.
❏ (essai de torsion est le seul qui permette une détermination correcte du module deC.4.NB 5 et de la limite élastique au cisaillement τe du matériau#❏ .n montre que le module de L.4/5 6, le module de C.4.NB 5, et le coeicient de).$""./ ν sont, lorsque le matériau est isotrope, liés par la relation:
)1(2 ν +=
E G
❏ .n constate que pour un matériau ragile les limites élastiques en traction et cisaillementsont sensiblement les mHmes tandis que pour un matériau ductile:
2
ee
σ τ ≈
2*** R!&!ins (es se$!ins ("i!es:
6!pression de la rotation d(une section droite d(abscisse -# De la relation G
'
x IGC θ= ontire à abscisse !:
xGI
M
G
x x =θ
6!pression de la rotation ma!imum celle de la section d(abscisse 8:
G
xi
x
GI
L M =maxθ
2*/* CeHHi$ien! (e s%$#"i!%:$l se calcule par la relation:
i
e
maxτ
τ α =
N*B# .n impose quelqueois une condition de rigidité pour les arbres de transmission:m x / 25.0
'°≤θ
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 34
3* T"sin (e SAINT-)ENANT se$!ins ("i!es nn $i"$#&i"esK:.n constate e!périmentalement que les sections droites ne restent pas planes aprèsapplication du couple de torsion# 6lles subissent un ,&#$@issemen! a!ial qui peut entra+ner,si celuici est empHc%é, l(apparition de contraintes normales dans la section droite#
(%@pot%èse de /$60B60/.4$ n(est donc plus vériié, le principe de l(indépendancedes eets des orces non plus, seule la t%éorie de l(élasticité peut résoudre le problème#
T"sin (es Se$!ins Re$!&n,#&i"es :
a igure cicontre permet de visualiser larépartition des contraintes tangentielles detorsion dans une barre à section rectangulaire#
.n montre alors, en élasticité, que:
178 a relation entre le moment de torsionet l(angle unitaire de torsion est:
GJ
M x x ='θ
oW Z est le mmen! (ine"!ie (e !"sin de lasection rectangulaire# $l se calcule par la relationsuivante:
hek J 3
1=
oW k1 est une onction du rapport %Ke donné dans le tableau suivant:
%Ke 1 1# 2 3 = > A 1? ∞
R1 ?#1=1 ?#19> ?#229 ?#2>3 ?#2A1 ?#291 ?#299 ?#3?< ?#313 1K3
R2 ?#2?A ?#231 ?#2=> ?#2>< ?#2A2 ?#291 ?#299 ?#3?< ?#313 1K3R3 1#??? ?#A9 ?#<9 ?#<3 ?#<= ?#<== ?#<=3 ?#<=2 ?#<=2 ?#<=2
N*B # orsque la section droite est circulaire la relation entre le moment de torsion et l(angle unitairede torsion est:
G
x x
GI
M ='θ
e moment d(inertie de torsion est alors le mmen! (ine"!ie >&i"e du cercle πD4
328#
Mx G
ττττ‘maxi
ττττmaxi
e
h
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 3
278 a contrainte ma!imum de torsion au milieu des grands cOtés du rectangle8 vaut:
hek
M x
i 2
2
max =τ
oW k2 est une onction du rapport %Ke donné dans le tableau précédent#
378 a contrainte au milieu des petits cOtés du rectangle vaut:
ii k max3
'
max τ τ =
oW k3 est une onction du rapport %Ke donné dans le tableau précédent#
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 3<
FLEXION
PROBLÈME N1
Considérons la poutre cicontre soumiseà un moment de le!ion N# a sectiondroite de la poutre est un tuberectangulaire en aluminium d(épaisseur Amm# Calculer la valeur du moment N quepeut supporter la poutre, sac%ant queσ σe e
'MPa= = 200 et que le coeicient
de sécurité vaut 1#2# Calculer le ra@onde courbure de la ligne mo@enne sac%antque 6E<? 5)a et la lèc%e ma!imum sac%ant que la longueur de la poutre est de 1# m#
RÈPONSES N1
e moment de le!ion N@EGN est constant tout au long de la poutre 5?51# *outes les sectionssont donc équidangereuses#
120 mm
80 mm
Y X
G G
Z Z 1.5 m
M x
z
<9 mm
1*/ m
x
z
G9
G1
G
Z
Y
X
y 129 mm
M
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 38
Considérons une section quelconque 5# les a!es ,L et Q sont principau! d'inertie pour lasection tubulaire 5 a!es de s@métrie8# e moment de le!ion NLEGN est porté par l'a!eprincipal L : /ous sommes donc en présence de le!ion pure plane# 'a!e neutre ∆ est donc
confondu avec celui qui porte le moment fléchissant Y. L’ensemble des points P’ et P’’ qui sont lesplus éloignés de l’axe neutre (vmaxi) sont les points les plus contraints. Les points P’ sontcomprimés et P’’ tendus.
( )α
σ σ '
33
'' 60
12
104.64
12
120.80eP
Y
Y P
xx
M Z
I
M ≤−
−
== X
α
σ σ eP
Y
Y P
xx
M Z
I
M ≤
−
== 60
12
104.64
12
120.80 33
''''
D'oW :25,1
20060
12
104.64
12
120.80 33 ≤
−
M MY10 Nm
'équation de la déormée est donnée par : M EI w EI
M
EI
M w Y
Y Y
Y −=⇒−=−= ''''
$n tégrons 2ois : M EI wY −=''
1C Mx EI w Y +−=′
21
2
2C xC
MxwEI Y ++
−=
Conditions limites pour calculer les constantes d'intégration : en
51 :
=⇒=′→=
−=⇒=→=
MlC wl x
MlC wl x
1
2
2
02
0
'équation de la déormée est donc :
−+
−=
22
1 22 Ml
Mlx Mx
EI w
Y
a lèc%e ma!imum a lieu en 5?, pour !E? :
Y EI
Mlw
2
2
max −=
( )
×−
×××
×××−=
12
10464
12
12080700002
105,1107,1433
236
maxw
Zm&;.-208mm
M
EI Rw
R
Y =⇒′′≈1
6
33
107,14
12
10464
12
1208070000
×
×−
×
= R R.242<8mm.24028m
G
Z
Y MY
v
∆
P’
P’’
R
x
z
G9
G1
y M
w wmax
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 9
PROBLÈME N1<
178 a section droite de la poutreest un rectangle bE3? mm et%E9? mm8# a longueur de lapoutre est de 1 m# e module deL.4/5 vaut 2?? 5)a# acontrainte normale ma!imum nepeut dépasser 12? N)a# Calculer:
a8 le moment léc%issantma!imum quand θ E ?7, 3?7, 9?7#
b8 les lèc%es quand onapplique ces moments de le!ion à c%aque e!trémité#278 a section droite est un 4)# e moment de le!ion appliqué vaut N E ??? /m#Déterminer les dimensions du 4) qui convient dans c%acun des trois cas θE?7, 3?7, 9?7 8 sila contrainte normale ma!imale vaut 12? N)a#
RÈPONSES N1<
1K Mmen! M
e s@stème est autoéquilibré, les réactions en et B sont nulles# Dans la section 5 le *orseurde "ection se réduit a une seule composante du moment suivant l'a!e - : N-EN# *outes lessections 5 sont donc équidangereuses# /ous sommes donc en présence de Fle!ion )ure#)lacons nous à une section quelconque 5# a section étant rectangulaire, nous savons que les@stème d'a!e! principau! est constitué par les deu! a!es de s@métrie# .rientons l'a!eprincipal L comme étant celui qui enregistre le moment d'inertie ma!imum, et déduisons l'a!eQ par une rotation de G[K2#
x G
1 m
M G h
b
YZ
θθθθ
M
y y
z
M
θ 1 m
@
A B
=
G x
y
z
G
y
z
θ
Y
@
=
y
z
Z
G
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 1
&K .9a poutre est dans ce cas placé sur c%amp# e moment de le!ion étant porté par l'a!eprincipal L la le!ion est dite plane#
'a!e neutre ∆ est donc conondu avec celui qui porte le moment# C'est l'a!e de rotation de lasection#
es points les plus éloignés de l'a!e neutre !vma!i sont les plus contraints#
es points )' sont les plus contraints en traction, et )'' en compression#
e
P
Y
Y P
xx
h
hb
M Z
I
M σ σ ≤
==
2
12
.3
''
6
1209030 2 ××≤ M M.0<4 Nm
M x
z
y
G x
y
z
1 m
=
@
M
Y @
=
y
z
Z
G M
∆
v
P’
P’’
G
y
z
M
M x
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 2
&K .89
a poutre est dans ce cas placé sur plat# e moment de le!ion étant porté par l'a!e principalQ la le!ion est dite plane#
e détail des calculs est similaire au cas précédent
e
P
Z
Z P
xx
b
bh
M Y
I
M σ σ ≤
−−=−=
212. 3
''
6
1203090 2 ××≤ M M.1042 Nm
1 m =
@
M
M
x
z
y
G
x
y
z
Y
@
=
y
z Z
G M
∆
v
P’
P’’
M
M
G x
y
z
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 3
&K .39a poutre est maintenant incliné de 3?7#e moment de le!ion N n'étant pas porté par l'a!e principal L ni par l'a!e principal Q lale!ion est dite déviée#
in de trouver les points les plus contraints, il nous aut rec%erc%er l'a!e neutre ∆#
'a!e neutre qui est l'a!e de rotation représente le lieu des points de la section oW lacontrainte normale \ !!E?#Dans les a!es principau! son équation est :
Y I
I
M
M Z
Z
Y
Y
Z =
es composantes du moment sur les a!es principau! sont :30cos M M Y = 30sin M M Z −=
D'oW :
Y Y b
hY
hb
bh
M
M Z
22
3
3
30
9030tan30tan
12
1230cos
30sin
−=
−=
−=
6quation de l'a!e neutre : Y Z 196,5−=
( ) 179,ˆ °−=∆= rrY ψ Deu! points les plus contraints )', )''#
e
P
Y
Y P
Z
Z P
xx Z
I
M Y
I
M σ σ ≤
++−= '''
e
h
bh
M b
hb
M σ ≤
++
−−
2
12
30cos
2
12
30sin33
+
≤
2230cos30sin6
bhhb
M eσ
×+
×
≤
22 903030cos
309030sin6
120 M
M.209/ Nm
C'est une valeur comprise entre les deu! e!tremes des cas précédents#
x
z
y
G x
y
z
= 1 m
@
39
M
M
Y
@
=
y
z
Z
G M
∆
v P’
P’’
θ=30°
MY
MZ Ψ=-79°1
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 44/102
TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e
F$@e :=K .9
'équation de la déormée est donnée par : M EI v EI
M
EI
M v Z
z Z
Z −=⇒−== ''''
$n tégrons 2ois : M EI v z −=''
1C Mx EI v z +−=′
21
2
2 C xC Mx
vEI z ++−
=
Conditions limites pour calculer les constantes d'intégration : en:
=⇒=→=
=⇒=→=
20
000
1
2
MlC wl x
C w x
'équation de la déormée est donc :
+
−= x
Ml Mx
EI v
z 22
1 2
a lèc%e ma!imum a lieu en !ElK2 : ( )33
2362
max
903010.2008
1210.110.86,4
8 ×××
××==
z EI
Mlv J m&;.104mm
=K .89
e calcul de la lèc%e est similaire au cas précédent :( )
33
2362
max309010.2008
1210.110.62,1
8 ×××
××−=−=
y EI
Mlw Zm&;./ mm
=K .39/ous appliquons le principe de superposition : 22
max wv f +=
222
max8
+
=
Z
Z
Y
Y
I
M
I
M
E
l f 30cos M M Y = 30sin M M Z −=
( )2
3
62
3
6
3
23
max 3090
1230sin10.05,2
9030
1230cos10.05,2
10.2008
10.1
××
×
+
×
×
×= f Hm&;.3022 mm
1 m A B
G x
y
z
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http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 45/102
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /
2K UAP :
&K .9
e moment de le!ion étant portépar l'a!e principal L la le!ion est plane#
'a!e neutre ∆ est donc cononduavec celui qui porte le moment#C'est l'a!e de rotation de la section#
es points les plus éloignés de l'a!e neutre !vma!i sont les plus contraints#
es points )' sont les plus contraints en traction, et )'' en compression#
e
P
Y
P
Y
Y P
xx Z I
M Z
I
M σ σ ≤== '''
e
P
Y M
Z
I
σ ≥
'
120
10.5000 3
' ≥
P
Y
Z
I 3
'66,41 cm
Z
I P
Y ≥
6n se réérant à l'anne!e des proils 4) nous devons c%oisir un proilé dont le moduled'inertie de le!ion est supérieur à =1,>>cm3
e c%oi! du proilé sera UAP199 dont le module d'inertie de le!ion est =1,9cm3 #
θ 1 m
@ M./999Nm
A B
=
G x
y
z
G
y
z
M./999Nm
1 m
x
z
y
G x
y
z
M
1 m M
Y
y
z
Z
G M
∆
v
P’
P’’
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 46/102
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 4
&K .89e moment de le!ion étant porté par l'a!e principal Qla le!ion est plane#
'a!e neutre ∆ est donc conondu
avec celui qui porte le moment#C'est l'a!e de rotation de la section#
es points les plus éloignés de l'a!e neutre !vma!i sont les plus contraints#
es points )' sont les plus contraints en traction, et )'' en compression#
e
P
Z
P
Z
Z P
xx Y
I
M Y
I
M σ σ ≤=−= ''''''
eP
Z M
Z
I
σ ≥''
3
'' 66,41 cm Z
I
P
Z
≥
e c%oi! du proilé sera UAP2/9 dont le module d'inertie de le!ion est =1,9cm3 #
&K .39
e proilé est maintenant incliné de 3?7#
/ous sommes en présenced'une le!ion déviéecar le moment n'est plus portépar un a!e principal d'inertie#
/ous savons que le c%oi!devra etre compris entre les 4)1?? et 4)2?compte tenu des cas étudiés pré]cédement#
x
z
y
G x
y
z
1 m
M
M
v
Y
y
z Z G M
∆ P’
P’’ P’’
x
z
y
G x
y
z
1 m
39
M
M
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e
Faisons le c%oi! d'un 4)1< :
'a!e neutre qui est l'a!e de rotation représente le lieu des points de la section oW lacontrainte normale \ !!E?#
Dans les a!es principau! son équation est :
Y I
I
M
M Z
Z
Y
Y
Z =
es composantes du moment sur les a!es principau! sont :30cos M M Y = 30sin M M Z −=
es valeurs des moments d'inertie principau! sont donnés en anne!e#
Y Y I
I
M
M Z
Z
Y
4,126
127230tan
30cos
30sin−=
−=
6quation de l'a!e neutre : Y Z 81,5−=
( ) 2380,ˆ °−=∆=rr
Y ψ
Deu! points les plus contraints )', )''# :
mm
mmP
YZ 5,87
2,21' /
−
−
mm
mmP
YZ 5,87
8,48'' /
)' est en traction, et )'' en compression# e matériau étant s@métrique le point )'' est le pluscontraint
'
''''''
e
P
Y
Y P
Z
Z P
xx Z
I
M Y
I
M
σ σ ≤
+
+−= ( ) ( )1205,87
10.1272
30cos10.50008,48
10.4,126
30sin10.5000
4
3
4
3
≤−+−
−
− 120126'' ≤=P
xxσ e proilé ne convient pas#
0eprenons les calculs avec le proilé 4)2??# 'approc%e est identique :
'
''''''
e
P
Y
Y P
Z
Z P
xx Z I
M Y
I
M σ σ ≤
++−= ( ) ( ) 1201005
10.1946
30cos10.50008,52
10.7,169
30sin10.50004
3
4
3
≤−+−−
−
a condition est vériiée, C@i; (# >"Hi% : UAP299
y
z G M
P’
P’’
Y
Z
MY
MZ
Ψ=-80°23
θ=30°
∆
v
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <
PROBLÈME N 18
4n arbre de diamètre ? mm est soumis à un momentde le!ion dont les composantes dans 5,$,$$ sont :NLE 1A?#3< /mNQE A?<#3 /m
Calculer :178 la position de l(a!e neutre de le!ion#278 es contraintes normales e!trHmes#
RÈPONSES N18
e moment résultant N est porté par un a!e principal d'inertie )our une section circulaire,tout diamètre étant a!e de s@métrie est principal d'inertie8# a le!ion est donc plane# aposition de l'a!e neutre est donné par l'angle ; :
6123,807
37,180tan °=
= Arcα
P
v
P
v
P
xx x x I
M
××
+−
==∆∆
∆
6450
10.31,80737,1804
322
π σ
−∆
mmP
v25
0' /
∆mm
Pv
25
0'' /
e point )' est en traction :
( )256450
10.31,80737,1804
322' −×
×
+−=
π σ P
xx
[ ;;P7.40MP&
e point )'' est en compression :
( )256450
10.31,80737,1804
322'' ×
×
+−=
π σ P xx
[ ;;P77.-40MP&
Y
Z G
ΦΦΦΦ 50 mm
180.37 Nm
807.3Nm
Y
Z
ΦΦΦΦ /9 mm
G
1<9*3Nm
<9*3Nm
MH
∆
v
P’
P’’
α=12°6
∆
G ;
σσσσ
P’
P’’ -40MP&
40MP&
v
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 8
PROBLÈME N29
4ne barre dont la largeur est de >?
mm et l(épaisseur de 9 mm estentaillée comme indiquée sur laigure ci contre# 6lle est soumise àun moment de le!ion de 1A? /m#Calculer le ra@on r pour que lacontrainte normale ma!imum ne
dépasse pas 1? N)a#
RÈPONSES N29
$l @ a concentration de contraintes compte tenu du c%angement brusque de la section#
/ous devons c%erc%er le acteur de concentration U à l'aide des abaques ournis en anne!e#
a contrainte normale ma!i dans la section la plus aible, nous est donnée par :
nom xx MPa σ σ ==××
= 7520
12
409
10.1803
3
nomi K σ σ =max d’où la valeur de K : 2
75
150==K
A l’aide de l’annexe 3 : mmr
d
r d
D
K 8,4
12,0
5,140
60
2 =
=
==⇒= r=4,8 mm
MMD=60mm
10mm
10mm
d
2r
D.49mm
19mm
19mm
(
2"
M M
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PROBLÈME N21
4ne barre est soumise à deu! couples de le!ion N à ses e!trémités#
178 6tude de la section droite# Déterminer:a8 a position du centre de gravité de la section droite#b8 es moments et produit d(inertie de la section dans le repère 5,@,-8#c8 es moments d(inertie principau! et la position des a!es principau! de la section#
278 6tude de la le!ion*a8 Déterminer la position angulaire de l(a!e neutre#b8 Nettre en place sur la igure le point ) le plus tendu et le point )( le plus compriméet donner leurs coordonnées dans le repère 5,L,Q8#
c8 Calculer la valeur du moment N que l(on peut appliquer sans que les contraintesma!imum ne dépassent G< N)a en traction au point )8 et 9? N)a en compression aupoint )(8#
RÈPONSES N21
12mm
1M
G
2
12mm
6mm
6mm
M
3
2
M
1200mm
G
P
P'
12mm
12mm
4mm
4mm
M
M
1299mm
;
G
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /1
1K E!#(e (e & se$!in ("i!e
Décomposons la surace initiale " en deu! suraces carrées "1, "2 , et remarquons que la surace "possède un a!e de s@métrie#
&K L& >si!in (# $en!"e (e ,"&Ji!% (e & se$!in ("i!e*6n se reerent au cours sur les inerties:
6
61αβ
G 9
92αβ
G 1E1==mm2 2E3>mm2
36144
3691446
21
2211
+
×+×⇒
+
+=
A A
A X A X X GG
G
α α α
mm
mmG
5
5
αβ
=K Les mmen!s e! >"(#i! (ine"!ie (e & se$!in (&ns e "e>"e G00K*
Si S1 S2
Aimm2K 1== 3>
GimmK 11
==
IiimmK 123 >=K12
IiimmK 123 >=K12
IiimmK ? ?
S1
1
1
S2
2
2
G1
G2
G
\
6
12mm 1mm
4mm
12mm
4mm1mm
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 52/102
TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /2
−=
=
=
⇒
+=
+=
+=
+=
4
4
42
432
1188
1188
21
21
mm I
mm I
mm I
A z y I I
A z I I
avec
I I I
I I I
S
yz
S
zz
S
yy
i
S
z y
Si
yz
S
y y
Si
yy
S
yz
S
yz yz
S
yy
S
yy
S
yy
GiGi
i
ii
Gi
i
ii
$K Les mmen!s (ine"!ie >"in$i>&#; e! & >si!in (es &;es >"in$i>&#; (e &se$!in*Y y,45ˆ =°=ϕ car a!e de s@métrie
( )4
4
22
1620
7564
2
1
2 mm I
mm I I I I
I I I
Y
Z
yz zz yy
zz yy Z
Y =
=+−
+= m
2K E!#(e (e & He;in*
'a!e neutre qui est l'a!e de rotation représente le lieu des points de la section oW lacontrainte normale \ !!E?#
"on équation est : Y I
I
M
M Z
Z
Y
Y
Z =
es composantes du moment sur les a!es principau! sont :
45cos M M Y = 45sin M M Z −=
6quation de l'a!e neutre : Y Y M
M Z
756
1620
756
1620
45cos
45sin−=
−= Y Z 14,2−=
( ) °−=∆= 65,ˆrr
Y ψ
G
12mm
4mm
12mm
4mm
M
∆
v
P’
P
φ=45°MY
MZ Ψ=-65°
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 53/102
TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /3
Deu! points les plus contraints ), )'# :
mm
mmP yz
7
1 /
−
−
mm
mmP yz
5
5' /
mm
mmP
YZ 24,4
66,5 /
−0
07,7' /
mmP
YZ en utilisant les ormules de rotation :
+−=+=
45cos45sin
45sin45cos
z y Z
z yY
e point ) est le plus tendu :
e
P
Y
Y P
Z
Z P
xx Z
I
M Y
I
M σ σ ≤
++−= 7524,4
1620
45cos66,5
756
45sin≤+
−−
M M
Donc, pour qu'en traction la contrainte ne dépasse pas < N)a , il aut que :M.198 Nmm
e point )' est le plus comprimé :
'
'''
e
P
Y
Y P
Z
Z P
xx Z I
M Y
I
M σ σ ≤
++−= ( ) 9007,7
756
45sin≤−
−−
M
Donc, pour qu'en compression la contrainte ne dépasse pas 9? N)a , il aut que :
M.13419 NmmConclusion :
e moment ma!imum que l'on peut appliquer est le moment le plus petit M.190/ Nm car ilrespecte les conditions limites en traction et en compression alors que si on avait prisNE13,>? R/m, la condition en traction n'aurait pas été respectée#
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /
PROBLÈME N22
Calcule- l'équation de la déormée# 6n déduire lalèc%e ma!imum#
RÈPONSES N22
)our calculer l'équation de la déormée, nous allons utiliser l'équation diérentielle : Z
Z
EI
M v =''
$l aut donc c%erc%er le *orseur de "ection en 5#
ne AC :2
0 L x⟨⟨ ne CB : L x L ⟨⟨2
−= x
LP M z
2 0= z M
2
'' PLPx EI v z +−= 0
'' = z EI v
1
2'
22
C xPLPx
EI v z ++−= 3
'C EI v z
=
21
23
46C xC
PLxPxvEI z +++−= 43 C xC vEI z +=
A B C
L/2 L/2
P
y
x
A B C
L/2 L/2
P
x
y
xG
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 55/102
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e //
in de déterminer les constantes d'intégrations, écrivons les conditions au! limites en pour la -one C et la continuité des lèc%es et des pentes en C pour les 2 -ones#
6n : =⇒=′→=
=⇒=→=000000
1
2
C v xC v x 6n C :
=⇒′=′→=
−=⇒=→=
82
482 2
3
3
4
PLC vv
L x
PLC vv
L x
zoneCB zoneAC
zoneCB zoneAC
es équations de la déormée sont donc : ne AC :
+−=
46
123
PLxPx
EI v
z
une cubique
ne CB :
−=
488
132
PL xPL
EI v
z
une droite#
a lèc%e ma!i a lieu en B sur la -one CB pour !E : z
B
EI
PL
v 48
53
max =
A B C
L/2 L/2
P
x
5PL /48EIz A’
C’
B’
PL /24EIz
PL /8EIz
+−=
461
23
PLxPx EI
v z
−−=
488
1 32PL xPL
EI v
z
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PROBLÈME N23
Détermine- les actions d(appuis en et B#
RÈPONSES N23
/ous sommes en présence d'un cas %@perstatique e!terne de degré 1, car le problème étantplan , nous disposons de 3 équations de statique et avons à déterminer = inconnues, 2réactions en ainsi qu'moment et une réaction en B#
D%!e"min&!in (e 7@>e"s!&!i$i!% :• $nconnues : =
3 réactions F, F et FB 1 inconnue moment N
E i3n E = ^ 3 E 1 E_ +>e"s!&!i'#e (e (e,"% 1
)our lever l'indétermination provoquée par l'%@perstaticité, nous allons considérer un s@tèmeéquivalent isostatique#C%oissisons comme inconnue %@perstatique la réaction en B et construisons un s@stèmeisostatique sans l'appui en B# )laMons en B une orce verticale F#es 2 6tats $sostatique et @perstatique sont équivalents si le déplacement vertical de la
section B dans l'état isostatique est nul#0
'00
=
≡vB
lorsque E E
δ
A B C
L/2 L/2
P
y
x
A B C
P
Etat Hyperstatique : E0
A B C
L/2 L/2
P
x
A B C
L/2 L/2
P
x
F
Etat Isostatique : E0’
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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C&$# (# (%>&$emen! Je"!i$& (e B (&ns 7%!&! iss!&!i'#e E97 :
6n appliquant le principe de superposition, l'état 6?' peut etre décomposé en l'état 6) et 6F#
a lèc%e dans l'état 6?' est la superposition des lèc%es dans les états 6) et 6F :F
vB
P
vBvB δ δ δ +='0
a lèc%e dans l'état 6? en B est la lèc%e nulle dans l' état 6?': 0'00 == vBvB δ δ équation dedéplacement qui nous donne la valeur de F qui s'identiie avec la réaction en B#
00 =+= F
vB
P
vBvB δ δ δ
Compte tenu des résultats du problème > : z
P
vB EI
PL
48
53
=δ et z
F
vB EI
FL
3
3
=δ
00 =+= F
vB
P
vBvB δ δ δ 0348
5 33
=+ z z EI
FL
EI
PL
16
5PF −=
A B C
P F
Etat Isostatique : E0’
A B C
P
Etat Isostatique : EP
A B C
F
Etat Isostatique : EF
A B C
P 5P/16
11P/16
3PL/16
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /<
PROBLÈME N2.n se propose ici d'étudier un plongeoir de piscine enle!ion voir p%oto cicontre8#
C&"&$!%"is!i'#es >&n$@e (e >n,ei" :
Natériau : "ection creuse :
Composite verreépo!@
• 6 E 21??? N)a• 0e E 2?? N)a
M(%is&!in (# >n,ei" :
P&"!ie I : "%sis!&n$e1# Déterminer les réactions des appuis du plongeoir au sol en onction de )#2# 6!primer littéralement le ou les torseurs de section puis trace- les diagrammes de
sollicitation#3# 6n déduire la section la plus sollicitée#=# )our cette section, déterminer l'e!pression de la contrainte normale ma!i \ ma! en
onction de la c%arge )## "oit ) E 1? ??? /# Faire l'application numérique de \ ma!# Vuel est alors le coeicient
de sécurité de tenue de la structure PP&"!ie II : (%H"m&!in
1# *racer l'allure appro!imative de la déormée de la planc%e sous l'application de )2# "oit le moment de le!ion entre C et D : M . & ; = oW a et b sont 2 constantes#
Donner littéralement l'e!pression de la déormée entre C et D sans résoudre lesconstantes d'intégration#3# 4ne étude e!périmentale a permis de déterminer au point C un angle d'inclinaison de la
planc%e par rapport à sa position initiale à l'%ori-ontal de -/*22
Déterminer alors les constantes d'intégration#=# Vue vaut alors la lèc%e ma!i de la planc%e#
40 cm
3 c m
1 c m
A B C
D
1m0,5m0,2m
Py
x
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RÈPONSES N2
$nconnues de liaison : `B, LB et LC
• Noment : 0=∑M
"ur - au point C équilibre en rotation autour du point C8 : ) ! 1 LB ! ?# E ? → B . -2P
• 0ésultante : 0=∑F
"ur ! : XB . 9
"ur @ : LB G LC E ? → C . 3P
6ntre et B :
en passant par l'amont
6ntre B et C :
en passant par l'amont
6ntre C et D :
en passant par l'aval
=ℑ
0
0
0
0
0
0
G
Gtionsec
−−
=ℑ
).x(P
Ptionsec
G
G
202
0
0
0
2
0
−−
−=ℑ
)x.(P
Ptionsec
G
G
71
0
0
0
0
a section la plus sollicitée est au >in! C car les diagrammes de cisaillement et de le!ionsont ma!i en ce point#
yIg
Mfz
Ig
Mf
z
z
y
yn −=σ avec :
N @ E ? et
N- E 1??? ! ) /mm au point C
$g- E $g-1 ^ $g-2 E B3K12 ^ b%3K12 E =??!3?3K12 ^ 3A?!1?3K12 E A>A333 mm=
Dans la section C, la contrainte est ma!i pour @ma! E 1mm :
151000
zmax
Ig
P=σ
/ : MPa,max 74172=σ
161.Resmax
=σ
= soit 1> de sécurité
A B C D
-P
Ty(N) x
2P
Mfz(Nm)
C
xA B D
-P
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P&"!ie II : (%H"m&!in
)(1
'' bax EIg EIg
Mf y
z z
z +==
$ntégrons une première ois : )cbxax
(EIg
'yz
++=2
1 2
$ntégrons une deu!ième ois : )dcxbxax
(EIg
yz
+++=26
1 23
a et b d'après la question $#2 : a! G b E )1#< ^ !8 soit a E ) et b E 1#<)
)ente au point C connue : @'?#<8 E tan#2278 E ?#?91 soit b.).(a
EIg.c z 702
700910
2
−−−=
Déplacement nul du point C car appui8 : @?#<8 E ? soit c.).(b).(a
d 702
70
6
70 23
++=
a lèc%e ma!i est située au point D : mm.)d.c).(b).(a
(EIg
).(yz
227712
71
6
71171
23
−=+++=
A B C D
Flèche
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FLEXION PURE 1* D%Hini!in:
"i, pour une poutre droite à section constante, le torseur de section se réduit à NL, ou NQ,ou les deu! quel que soit la section droite, la poutre est soumise à de la le!ion pure#
S#iJ&n! '#e e mmen! H%$@iss&n! es! $nHn(# # nes! >&s $nHn(# &Je$ #n &;e >"in$i>& (ine"!ie (e & se$!in ("i!e0 & He;in es! (i!e >&ne # sm%!"i'#eK #(%Ji%e # nn sm%!"i'#eK*
1*1* Cn!"&in!es en #n >in! P &>>&"!en&n! W #ne se$!in ("i!e:
Considérons une poutre soumise à de la le!ion pure# a igure cidessous la représente avant et aprèsdéormation# .n constate e!périmentalement que les ibres situées au dessus de la ibre mo@ennes'allongent, alors que les ibres situées sous la ibre mo@enne se raccourcissent# a ibre mo@enne nec%ange pas de longueur : on l'appelle aussi ibre neutre# *outes les sections droites subissent unerotation xθ
e vecteur contrainte en un point ) quelconque d'une section droite " doit satisaire ces > équationsoir cours module F1128
( ) ∫∫=S
xxdAσ 01 ( ) ∫∫ −=S
xy xz dA z y )(04 σ σ
( ) ∫∫=S
xydAσ 02 ( ) ∫∫=S
xx y dA z M σ 5
( ) ∫∫=S
xzdAσ 03 ( ) ∫∫−=S
xx z dA y M σ 6
Des constats précédents nous amènent à conclure que les ibres s'allongeant ou se raccourcissant, ne
sont donc soumises qu'à des contraintes normales dont la variation doit Htre linéairecbzay xx ++=σ et que les contraintes tangentielles sont nulles :
G9 G1
R&n (e $#"=#"e R
Li,ne menne
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=
=
++=≠
Φ
0
0
0
/
P
xz
P
xy
P
xx
P
xyz x
cbzay
σ
σ
σ r
es équations 28 38 et =8 sont identiquement vériiées car les composantes tangentielles0== xz xy σ σ
' équation( ) ( ) cAbQaQdAc zdAb ydAadAcbzaydA S
y
S
zS S S S S
xx ++=++=++== ∫∫∫∫∫∫ ∫∫∫∫ σ 01
implique que cE? car les moments statiques par rapport à des a!es centrau! sont nuls#
es équations 8 et >8nous permetent de calculer les constantes a et b :
( ) ( )
( ) ( )
+=+=+==−
+=+=+==
∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫
S S S S yz zz xx z
S S S S yy yz xx y
bI aI yzdAbdA yadAbyzaydA y M
bI aI dA zb yzdAadAbzayzdA z M
22
22
6
5
σ
σ
D' ou le s@stème à résoudre en a et b:
+=−
+=
yz zz z
yy yz y
bI aI M
bI aI M
zz yy yz
yy z yz y
yz zz
yy yz
yz z
yy y
I I I
I M I M
I I
I I
I M
I M
a+−
+−=
−=
2
zz yy yz
zz y yz z
yz zz
yy yz
z zz
y yz
I I I
I M I M
I I
I I
M I
M I
b+−
+=
−=
2
P
yz zz yy
zz y yz zP
yz zz yy
yy z yz yP
xx z I I I
I M I M y
I I I
I M I M 22 −
++
−
+−=σ
"i le s@stème d'a!es @- est principal d'inertie LQ, le produit d'inertie étant nul, l'e!pression devient :
P
Y
Y P
Z
Z P
xx Z
I
M Y
I
M ++−=σ
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2* Fe;in >&ne:
Considérons la poutre cidessous soumise à un moment léc%issant NL#
près application des couples M r
au! e!trémités on constate que:❏ *outes les sections droites subissent une rotation Y θ autour de l(a!e @ parallèle à l(a!eprincipal d(inertie L portant le moment léc%issant et une lèc%e verticale #
❏ *outes les ibres contenues dans le plan !@ contenant la ligne mo@enne8 ne subissentaucune déormation, tandis que les ibres situées audessus du plan !@ subissent unraccourcissement proportionnel à la distance par rapport à ce plan# De mHme les ibressituées audessous du plan !@ subissent un allongement#proportionnel à la distance parrapport à ce plan#
;
X
G
; S
igne mo@enne
G9
G1
M M
M
;
;
G9
G1
M
M
G X
M
S
Z
σσσσ
Z I
M
Y
Y =σ
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2*2* A;e ne#!"e :e lieu des points oW \E? dans la section droite, est l(a!e neutre ∆# $l est conondu avecl(a!e qui porte le moment léc%issant dans le cas de la le!ion plane# C(est l(a!e de rotationautour duquel tournent les sections droites#
1K Le mmen! es! >"!% >&" 7&;e >"in$i>& :
2°) Le moment est porté par l’axe principal Z:
;
1
:
;
igne mo@enne G9
M
G
X
A
B
M A
S
∆
σσσσ
Z
&;e ne#!"e σσσσ.9
$m>"essin σσσσ]9
!"&$!in σσσσ^9
Z I
M Y
Y =σ
M ∆
Z I
M
Y
Y =σ
;
;
G9 G ;
$m>"essin σσσσ]9
!"&$!in σσσσ^9
σσσσ
M
&;e ne#!"e σσσσ.9
; 1
:
igne mo@enne
G9
M
X
A
B
MB
S
G
∆
Y I
M
Z
Z −=σ
&;e ne#!"e σσσσ.9
$m>"essin σσσσ]9
!"&$!in σσσσ^9
σσσσ
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2*3* CeHHi$ien! (e s%$#"i!%:
1KM&!%"i&#; sm%!"i'#es # (#$!ies '
ee
σ σ = K:
.n calcule la plus grande contrainte normale en valeur absolue puis le coeicient desécurité par la relation:
( )i
ee ou
max
'
σ
σ σ α =
2K M&!%"i&#; (issm%!"i'#es # H"&,ies ee σ σ >' K:
.n calcule les deu! contraintes e!trHmes +imaxσ et −
imaxσ , puis les deu! coeicients:
−
+
=
=
i
e
i
e
max
''
max
σ
σ α
σ
σ α
e coeicient de sécurité est le plus petit des deu!#
2** E'#&!in (e & (%H"m%e :
1K Le mmen! es! >"!% >&" 7&;e >"in$i>& :
M
Y σσσσm&;i
σσσσ-maxi
X
Z
M
G
G9
∆
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"ous l'eet du moment NQ la ligne mo@enne de la poutre se déorme# "on équation après
déormation vE!8 est aussi appelée déormée et la valeur de la déormée en un pointd'abscisse ! est appelée la lèc%e v#'e!pression du ra@on de courbure 0 d'une équation d'une courbe en coordonnées
cartésiennes est donnée par :( )
v
v
v
R′′≈
′+
′′=
2
3
1
1 compte tenu de nos %@pot%èses petites
déormations et du développement du binOme de /eton ( ) 11 2
3
≈′+ v #
6n considérant un tronMon de poutre 55' de longueur d! lacontrainte normale en un point ) d'ordonnée @ est donnée
par Y I
M
Z
Z P
xx −=σ et vaut d'après la loi de ooRe en
traction( ) ( )
R
EY
dx
Yd E
dx
dx E E
P
xx
P
xx −==∆
== θ
ε σ #
6n identiiant les deu! e!pressions l'équationdiérentielle de la déormée est donnée par :
Z
Z EI
M v =
''
près deu! intégrations on obtient l'équation de la déormée en onction de !, puis lalèc%e ma!imum#
2K Le mmen! es! >"!% >&" 7&;e >"in$i>& :
x
Z
Y vmaxi
y
Xz
L
MZ vx
J .H ;
G G7
(;;
∆(;KP
(
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Une démarche similaire au cas précédent montre que l'équation diérentielle de la déorméeest donnée par :
Y
Y
EI
M w −=''
près deu! intégrations on obtient l'équation de la déormée en onction de !, puis lalèc%e ma!imum#
3* Fe;in (%Ji%e:e moment de le!ion n(est plus porté par l(un des deu! a!es principau! d(inertie de lasection droite#
3*1* Cn!"&in!es en #n >in! P (e & se$!in ("i!e:
.n applique le principe de superposition#
Y
Z
G
M
MZ
MY
Y Z
M G
MZ
MY
y
z
ϕϕϕϕ
M
x
Y Z
maxi
z
X
y
L
MY
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 4<
3*2* A;e ne#!"e:
Le ie# (es >in!s _ σ σσ σ . 9 (&ns & se$!in ("i!e0 es! &;e ne#!"e ∆# $l est cononduavec l(a!e qui porte le moment léc%issant dans le cas de la le!ion plane# C(est l(a!e derotation autour duquel tournent les sections droites#
De la relation donnant l'e!pression de la contrainte, on en déduit l(équation de l(a!e neutredans des a!es quelconques :
y
I M I M
I M I M z z
I I I
I M I M y
I I I
I M I M
zz y yz z
yy z yz yP
yz zz yy
zz y yz zP
yz zz yy
yy z yz y
+
+=⇒
−
++
−
+−=
220
Vui devient dans des a!es principau! d'inerties :
Y I
I
M
M Z
Z
Y
Y
Z =
. Y
Z
G
MZ Y
Z
GMY
Y
Z
G
MZ
MY
Z I
M Y
I
M
Y
Y
Z
Z +−=σ Z I
M
Y
Y =σ Y I
M
Z
Z −=σ
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Comme l(a!e neutre est dévié par rapport au moment de le!ion résultant contrairement àla le!ion plane oW l(a!e neutre et le moment de le!ion sont conondus8, la le!ion est ditedéviée#
3*3* E;>"essin (e & $n!"&in!e (e He;in (&ns #n "e>"e '#i $n!ien! &;e ne#!"e:
"oit v un a!e perpendiculaire à l(a!e neutre ∆ , tel que le repère ∆ ,v,` soit direct#.n montre que dans ce repère la contrainte de le!ion se calcule par:
v x I
M
∆∆
∆=σ
avec: ∆∆∆−++= ψ 2cos22
Z Y Z Y I I I I I
Les >in!s es >#s si$i!%s sn! $e#; '#i sn! es >#s %i,n%s (e &;e ne#!"e ∆*
;
M
S
M7
G9
∆
X
A
B
M A
G
MB
Z I
M Y
I
M
Y
Y
Z
Z +−=σ
&;e ne#!"e σσσσ.9
$m>"essin σσσσ]9
!"&$!in σσσσ^9
σσσσ
P’
xvmini
xvmaxi
`ne _ se si!#e ∆∆∆∆
Y
Z
M
v
∆∆∆∆
&;e ne#!"e σσσσ.9
P
ψ ψψ ψ M
!"&$!in σσσσ^9
$m>"essin σσσσ]9
ψ ψψ ψ ∆∆∆∆
MY
MZ
G
x
Y
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 9
3** E'#&!in (e & (%H"m%e :.n applique le principe de superposition# Compte tenu des e!pressions de v et obtenu auparagrap%e 1?#2#=# a lèc%e résultante à l'abscisse ! s'obtient par :
22wv f +=
3*/* CeHHi$ien! (e s%$#"i!%:$l aut tout d(abord rec%erc%er l(a!e neutre ∆ , ain de déterminer la position des pointssoumis au! contraintes ma!imum de traction et de compression# a démarc%e est ensuite lamHme que pour la le!ion plane#
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 1
FLEXION SIMPLE CISAILLEMENT-FLEXIONK
1* D%Hini!in:
"i, pour une poutre droite à section constante, le torseur de section se réduit à * L, ou * Q et NL, ou NQ, ou les deu!8 quel que soit la section droite, la poutre est soumise à de lale!ion simple#
1*1* Re&!in en!"e 7eHH"! !"&n$@&n! e! e mmen! H%$@iss&n!:Considérons le tronMon de poutre 55', etsupposons que les seules actions e!térieuresqui s'e!ercent sur ce tronMon sont une c%argelinéique uniorme q )our simpliier ladémonstration considérons uniquement lacomposante suivant @ : q @8#
∧−∧+=
−=
qdxgG RGG M M
dxq R R
GGG
GG
'''
'
−−=+
+=+
2
2dx
qdxT M dM M
dxqT dT T
y y z z z
y y y y
6n négligeant les termes du second ordre : dxdM T
dxdT q z
y
y
y −==
6n considérant la composante - : q- : dx
dM T
dx
dT q
y
z z
z ==
Cn!"&in!es en #n >in! P &>>&"!en&n! W #ne se$!in ("i!e:
.n constate e!périmentalement comme dans la le!ion pure que les ibres situées au dessus de la ibremo@enne s'allongent, alors que les ibres situées sous la ibre mo@enne se raccourcissent
a relation P
yz zz yy
zz y yz zP
yz zz yy
yy z yz yP
xx z
I I I
I M I M y
I I I
I M I M 22 −
++
−
+−=σ reste valable car l'eort tranc%ant pertube
peu les contraintes normales, de mHme pour la courbure#
G G7
(;;
;
'
T(T T
M(M M
,
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6ntre c%aque ibre, on enregistre des variations delongueur qui impliquent l'e!istence de contraintestangentielles longitudinales τ dans le plan -!, et comptetenu de la réciprocité des contraintes tangentielles
transversales τ* dans le plan !@#
$solons le bout de poutre délimité par 'B'C'BC :
6crivons l'équilibre statique de ce tronMon, en considérantla composante suivant l'a!e ! :
( ) 0'''''
=+++− ∫∫ ∫∫∫∫ ABC AB B A
L xx xx
C B A
xx dldxdAd dA τ σ σ σ
0=+∫∫ ∫∫ ABC AB
L xx dldA
dx
d τ
σ
a contrainte normale vaut :
P
yz zz yy
zz y yz zP
yz zz yy
yy z yz yP
xx z
I I I
I M I M y
I I I
I M I M 22
−
++
−
+−=σ
Donc :P
yz zz yy
zz z yz yP
yz zz yy
yy y yz zP
xx z I I I
I T I T y
I I I
I T I T
dx
d 22 −
+−+
−
−−=
σ compte tenu que
dx
dM T z
y −= et
dx
dM T
y
z =
∫∫∫∫∫∫∫∫ −
+−+
−
−−=
−
+−+
−
−−=
ABC
P
yz zz yy
zz z yz y
ABC
P
yz zz yy
yy y yz z
ABC
P
yz zz yy
zz z yz yP
yz zz yy
yy y yz z
AB
L dA z I I I
I T I T dA y
I I I
I T I T dA z
I I I
I T I T y
I I I
I T I T dl
2222τ
vec les déinitions des moments statiques : ABC
z
ABC
PQdA y =∫∫ et
ABC
y
ABC
PQdA z =∫∫
−
+−+
−
−−= ABC
y
yz zz yy
zz z yz y ABC
z
yz zz yy
yy y yz z
AB
L Q I I I
I T I T Q
I I I
I T I T
L22
1τ
"i le s@stème d'a!e @- est principal d'inertie le produit d'inertie étant nul8 :
+= ABC
Y
Y
Z ABC
Z
Z
Y
AB
L Q I
T Q
I
T
L
1τ
x
z
A’
y
τT
τL
G
B’
C’
C A
B
x
z
A’
y
τL
G
B’
C’
C A
B
σxx+dσxx
σxx
dA dl
dx
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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Cn!"&in!es !&n,en!iees >#" (es se$!ins %>&isses "e$!&n,#&i"es:
ABC
Z
Z
Y
AB
L Q I
T
L
1=τ
b L AB =
12
3bh I Z =
+
−=×= y
h y
hb AY Q ABC g
ABC
Z 222
−=
4
12
32
2
h
y
A
T Y τ
A
T Y
2
3max =τ
Cn!"&in!es !&n,en!iees >#" (es se$!ins %>&isses $i"$#&i"es:
ABC
Z
Z
Y
AB
L Q I
T
L
1=τ
222 y R L AB −=
4
4 R
I Z
π =
( )2
32222
3
22 y Rdy y R yYdAQ
R
y ABC
ABC
Z −=−== ∫∫∫
−=
2
2
13
4
R
y
A
T Y τ
A
T Y
3
4max =τ
Y
Z G
A B
C
y h
b
g
T
τ
G y
τ
τmax
Y
Z G
A B
C
y R
T
τ
G y
τ
τmax
dA
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e
SOLLICITATIONS COMPOSEES
PROBLÈME N2/
Considérons la barre de la igure cidessus# 6lle est soumise à deu! orces égales et opposéesde 31=1,> /# a section droite est circulaire de diamètre 1? mm#
178 Déterminer les éléments de réduction du torseur de section au centre de gravité 5 de lasection droite nn#278 Déterminer l(e!pression de la contrainte normale ma!imum _? 8 dans la section droite nnla mettre sous la orme a G b% oW a et b sont des constantes réelles8#378 a contrainte ma!imum ne pouvant e!céder 232 N)a, en déduire la valeur de %#=78 Déterminer alors la position de l(a!e neutre#
RÈPONSES N2/
*orseur de section en 5 :
=
⇒∧=
=
⇒=
h M
F GB M
N N
F R
z
BG
x
BG
6,3141
0
0
0
0
6,3141
"ollicitation : *ractionFle!ion
B x G
ΦΦΦΦ 10 mm
G Z
Y
Y
3141.6N 3141.6N h
A
n
n
section nn
B
ΦΦΦΦ 10 mm
G Z
Y
x G
Y
3141.6N 3141.6N h n
n
section nn
A
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 75/102
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e /
Contrainte de traction : MPa A
N x xx 40
5
6,31412 =
×==π
σ
Contrainte de le!ion : hh
Y I
M P
Z
Z P
xx 325.6410.
6,31414
==−=π
σ
Contrainte de traction le!ion: h xx 3240 +=σ
a contrainte ma!imum admissible étant de 232 N)a : h3240232 +≥ d'ou @.4mm
PP
xx Y Y P 4,38406410.
66,31414000
4 −=××
×−=⇒=∆∈∀
π σ
P.109mm
x G
Y
1mm
σxx Nx
x G
MZ
x G
σxx Nx+ MZ σxx
Y Y
40 MPa 192 MPa 232 MPa
-192 MPa -152 MPa
G Z
Y
∆1mm
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 4
PROBLÈME N24
Calculer les contraintes normales au! points , B, C etD et localiser l(a!e neutre#
RÈPONSES N24
*orseur de section en 5 :
=
=⇒∧=
−=
⇒=
kNmm M
kNmm M F GE M
kN N
F R
Z
Y E G
x
E G
19200
12000
0
0
0
480
120mm
G
D
A
C
B
80mm
35mm 480kN
Y Z
X
480kN 120mm
80mm 35mm
Y
Z
X
G A
B
D
C
E
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e
"ollicitation : *ractionFle!ion
a contrainte normale en un point ) quelconque :
P
Y
Y P
Z
Z xP xx Z
I M Y
I M
A N ++−=σ
PPP
xx Z Y 3
3
3
33
12080
1210.12000
80120
1210.19200
80120
10.480
×
×+
×
×−
×−=σ
PPP
xx Z Y ×+×−−= 0417,175,350σ
Contrainte en :
( )600417,14075,350 −×+×−−=
A
xxσ [ ;;A
. -2420/ MP&es calculs sont identiques pour les points B, C, D :
[ ;;B . -130/ MP& [ ;;C . 1420/ MP& [ ;;D . 30/ MP&
6quation de l'a!e neutre : 0=+
+−= P
Y
Y P
Z
Z xP
xx Z
I
M Y
I
M
A
N σ
00417,175,350 =×+×−−= PPP
xx
Z Y σ
0417,1
75,35000417,175,350
PPP Y
Z Y +
=×+×−− . 304<
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <
PROBLÈME N2
4n arbre c@lindrique de diamètre d, de longueur E1m, est sollicité par un eort FE 19>3 /,
et un couple C longitudinau! comme indiqué sur la igure cicontre#$l est constitué d'un matériau a@ant comme Nodule de Loung : 2?? 5)a# Coeicient de )oisson : 1K3#
Des mesures e!périmentales ont permis d'enregistrerl'allongement longitudinal du c@lindre ?,2 mm, ainsi quela rotation des sections e!trHmes 1,27 #Calculer :
18 e diamètre d du c@lindre en mm#28 e rétrécissement du diamètre d en mm
38 a contrainte normale ma!imale en N)a#=8 e module de Coulomb du matériau#8 e couple C appliqué en m/#>8 a contrainte tangentielle ma!imum en N)a#
RÈPONSES N2
178 xx xx E ε σ = #
mm L E
FLd 25
4=
∆=
π
278 xxYY υε ε −=
mm L
Ld d
310.6,1 −−=
∆−=∆
υ
378 MPa40=σ
=78 ( )υ +=
12 E G MPa E G 75000
83 ==
78GGI
CL=ϕ
32
4d
I Gπ
= mN C 75,62=
>78 τ G= MPa45,20=τ
d
F
F
C
C
L= 1 m
(
1m
C
G
C
F
F
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PROBLÈME N2<
4ne poutre à section rectangulaire 3?1?8 , est encastrée à son e!trémité , et soumise àl'autre e!trémité B à une orce de 3? R/ appliquée en C comme indiqué sur la igure cicontre#
18 Déterminer les composantes du torseur de section au centre de gravité 5 de lasection droite "#
28
Calculer les contraintes normales au! points ) et )' de la section droite "#38 *racer le diagramme représentant les variations de la contrainte normale dans lasection droite "#
=8 Désirant un coeicient de sécurité de 2, quelle est la limite élastique du matériauqu'il aut c%oisir#
RÈPONSES N2<
178 [ ]
∧=
=
C G
C G
Z Y G F GC M
F R
T 3,, /
−=
=
mN M
kN N
Y
x
150
30
278 P
Y
Y xP
xx Z
I
M
A
N +=σ
12
3bh
I Y =
=
=
0
200'P
xx
P
xx MPa
σ
σ
378
=78 MPae 400=σ
30 kN
30 mm
10 mm
5 mm
5mm
A B
G
Y
X
Z
P
P’
S
C
G ;
299MP
P7
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PROBLÈME N28
4ne poutre de section en orme de Q ?A??8 d'épaisseur > mm, a été entaillé commel'indique la igure cidessous# 6lle est soumise à deu! eorts de traction F E 1? R/ à sese!trémités et B# a ligne d'action des orces F est NB
a section droite " de la poutre est représentée sur la igure cicontre à %$@ee 1# escotes sont en mm#Le $en!"e (e ,"&Ji!% es! n!% G e! es &;es $en!"&#; e! sn! (nn%s s#" & Hi,#"e&insi '#e es* moments d(inerties et produit d'inertie par rapport à ces a!es
178 Détermine- les coordonnées de 5 dans le repère OaX0K* 278 Détermine-, dans le repère G0;00K, les composantes du torseur de section au centre degravité 5 de la section droite " les orces en /, les moments en mm/8#
378 Détermine- léquation de l(a!e neutre global de la section " dans le repère G00K en lamettant sous la orme -Ea@Gb et représente- cet a!e sur la igure#
=78 Nette- en place sur la igure le point ) le plus tendu#
78 Calcule- la valeur de la contrainte normale globale au point ) en N)a#
y
z
x
G
BSection S
50
50
80
6
403
F
F
M
A
G y
z6
6
50
80
X
Y
O
M
40
3
I. <*88 $m I. 1/*9 $m
I. -1/*/ $m
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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RÈPONSES N28
178 `5E11,A<mm XL5E2>,A<mm
278
=
=⇒∧=
=
⇒=
Nmm M
Nmm M F GA M
N N
F R
Z
Y AG
x
AG
5
5
4
10.887,0
10.313,1
0
0
0
10
378
022
=−
++−
+−= P
yz zz yy
zz y yz zP
yz zz yy
yy z yz y xP
xx z I I I
I M I M y I I I
I M I M A
N σ
- E 3#9=2@113#?<
=78 point ) le G contraint−
mm
mmP yz
13,53
87,11 /
78 MPatractionP
xx 44,13. =σ MPa flexionP
xx 81,11. =σ MPaP
xx 25,25=σ
G y
z6
6
50
X
Y
O
M
40
3
I. <*88 $m I. 1/*9 $m
I. -1/*/ $m
bP
75°76
11,87mm
26,87mm
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <2
FLAMBEMENT
PROBLÈME N39 aires égales, quelle est la section, carrée ou circulaire, qui résiste le mieu! au lambementPCalculer les élancements des deu! barres8#
RÈPONSES N39
2a A =
4
2d
A π =
NHme aireπ
ad
2=
12
4a
I vv = 64
4d
I vv
π =
2
4
0 12a
a
A
I vvv == ρ
2
4
0 4 a
a
A
I vvv
π ρ ==
a
L L F
v
F 12==
ρ λ
a
L L F
v
F π
ρ λ
4==
2
2
F
vvc
L
EI P
π = ( )
2
2
λ
π σ
E E c =
3
π =
cercle
c
carré
c
P
P
Conclusion : a section carré résiste mieu!#
c (&
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <3
PROBLÈME N31
Calculer la c%arge critique d(6460 de lapoutre cicontre# 6n déduire la valeur ducoeicient µ#
RÈPONSES N31 AJ&n! (%H"m&!in
L
P
A>"s (%H"m&!in
x
y
L
Pc G
x
y
v
x A B R
( ) x L RvP M c Z −+−=
Z
Z
EI
M v =''
( ) x L RvPv EI c Z −=+′′
)osons : Z
c
EI
P=2ω
( ) x L EI
Rvv
Z
−=+′′ 2ω
6quation diérentielle du second ordre avec second membre#
( ) ( ) ( ) x L
EI
R x B x Av
Z
−++=2
cossin
ω
ω ω
P B A
L
y
x G x
y
x
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <
6crivons les conditions limites en et B :
( )
( )
( ) L B L A Lv B Appui
EI
R Av Ant Encastreme
EI
RL Bv Ant Encastreme
LC Z
Z
ω ω ω ω
ω
cossin00:
000:
000:
.. 2
2
+=⇒=
−=⇒=′
+=⇒=
D'oW le s@stème à résoudre :
L B L A
EI
R A
EI
RL B
Z
Z
ω ω
ω ω
ω
cossin0
0
0
2
2
+=
−=
+=
)our que ce s@stème admette des solutions autres que la solution banale tout égal à -éro,écrivons que le déterminant des coeicients des inconnues est nul#
0
0cossin
10
10
2
2
=−=∆
L L
EI
EI
L
Z
Z
ω ω
ω ω
ω
6n développant le déterminant, nous obtenons :
L L ω ω =tan
6quation transcendante dont la résolution ne peut Htre que grap%ique ou numérique#
pproc%ons la solution grap%iquement# *raMons la onction @1E et @2Etan # es pointsd'intersection nous donnent les solutions# /ous retenons la plus petite racine non nulle :
E=,
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e </
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
-5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5
x en radians
y 1 e
t y 2
e n
r a d i a n s
y1=x
y2=tanx
dL
dL
dL0/"(
0/"(
6n utilisant une calculatrice, il est possible d'ainer la solution en utilisant un processusd'encadrement par dic%otomie#
rd L 4934,4=ω
Z
c
EI
P
L=
=
2
2 4934,4ω
2
2
F
vvc
L
EI P
π =
2
24934,4
L
EI P Z
c =
L LF µ = 7,04934,4 ==
π
µ
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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PROBLÈME N32
4ne barre en acier de longueur et de
section droite rectangulaire estencastrée à l(e!trémité C et supporteune orce centrée de compression ) àl(autre e!trémité D# Deu! plaques en vésont i!ées à l(e!trémité D permettant àla barre de lamber dans le plan -! e!&#ssi dans le plan -@#178 Déterminer le rapport bK% pour queles contraintes critiques d(6460 soientégales dans les deu! cas#
278 "ac%ant que: E >?? mm6 E 21? 5)a) E >? R/
déterminer les dimensions b et % de lasection droite pour avoir un coeicientde sécurité de 2# en appliquant lat%éorie d(6460# ériier que pour cesdimensions on peut eectivement
appliquer la t%éorie d(6460 sac%antque la limite élastique en compression du matériau vaut 2=? N)a#378 Calculer le coeicient de sécurité en appliquant la t%éorie de D4*6$#
RÈPONSES N32 1K
NHme contrainte critique d'6uler \ c implique mHme élancement #
h
L
bh
bh
L
A
I
L L
x x
x
34
12
2
3====
µ
ρ
µ λ
b
L
b
L
A
I
L L
y y
y
34,1127,0====
µ
ρ
µ λ
Appuis glissants
P
b
L
y
x
h
Encastrement
C
D
z
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <
h
L
bh
bh
L
A
I
L L
x x
x
34
12
2
3====
µ
ρ
µ λ
35,034,134
=⇒===h
b
b
L
h
L y x λ λ
2K
( )2
2
λ
π σ
E E c =
A
P=σ
( )
P L
h E
P
EA
x
E c
2
422
48
35,0×===
π
λ
π
σ
σ α
432
23
2
24
10.21035,0
5,260010.6048
35,0
48
×
×××=⇒=
π π
α h
E
PLh @.30<mm =.903/@.1/022mm
6uler est applicable si limλ λ ⟩
9,92240
10.210 3
'
lim === π σ
π λ e
E
6,95
48,43
3600434=
×===
h
L y x λ λ
P
b
L
y
x
h
C
D
z
L
P P
µµµµ=0.7 µµµµ=2
C C
D D
;
IX=bh3/12 IY=hb3/12
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 88/102
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <<
PROBLÈME N33
.n veut vériier au lambement la barre BC cicontre de diamètre d et de longueur 8# a liaison en est un encastrement, la liaison en B un contactponctuel sans rottement#
) E 11? R/ dE 3? mm E ?#> m#
.n utilise un acier de limite élastique \ e E 2=? N)a et de module de L.4/5 6 E 21? 5)a#
a c%arge critique d(6460 vaut: PEI
LCE =
54152
. # .n utilise la t%éorie de D4*6$#
178 Calcule-:a8 µ on rappelle que, quelles que soient les liaisons, la c%arge critique d(6uler peut se
mettre sous la orme: PEI
LCE =
π
µ
2
2( )8#
b8 le ra@on de giration ρ de la section en mm8#c8 l(élancement λ de la barre#
278 a barre lambetelleP Zustiie- votre réponse8#
a8 "i non, calcule- le coeicient de sécurité#
b8 "i oui, calcule- le diamètre d en mm8 à donner à la barre les diamètres varient de 2mm en 2mm8#
RÈPONSES N33
2
2
F
vvc
L
EI P
π =
2
415,5
L
EI P Z
c = L LF µ = 35,1415,5
== π
µ
mmd
A
I vvv 5,7
40
=== ρ
108===vv
F L L
ρ
µ
ρ λ
93,92240
10.210 3
'
lim === π σ
π λ e
E
PBA
L
L/2
C
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
http://slidepdf.com/reader/full/rdm-exercicepdf 89/102
TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e <8
PROBLÈME N3
a barre rigide BCD est supportée par deu!colonnes B6 et CF susceptibles de lambervoir igure cicontre8# es liaisons ponctuellesen et D empHc%ent les déplacementslatérau! des points B et C# es liaisons en B, Cet F sont des verrous, la liaison en 6 est unencastrement# es deu! colonnes B6 et CF ontune section droite carrée de 1> mm de cOté#e module de L.4/5 du matériau vaut 21?5)a, ses limites élastiques en traction et
compression sont identiques et valent 2=?N)a#
178 Nontrer que l(on peut appliquer la t%éorie d(6460 pour calculer les c%argescritiques qui ont lamber les colonnes B6 et CF# Calculer alors ces c%arges critiques en R/8,en appliquant la t%éorie d(6460#
278 4ne orce verticale V agit sur la barre rigide BCD à une distance ! de la colonneB6#a8 a distance ! vaut ?#= m#Calculer en R/8 la valeur critique de la c%arge V qui ait lamber l(une des deu! colonnes, enprécisant la colonne concernée#b8 a distance ! peut varier de ? à 1 m#)our quelle valeur de ! en mm8 la valeur critique de V estelle ma!imumP 6n déduire en R/8la valeur critique ma!imum de V#
RÈPONSES N3
1K
93,92240
10.210 3
'
lim === π σ π λ e
E
3212 2
4
0
a
a
a
A
I vvv === ρ
==
=×
=
=
8,259
32
16
1200
55,151
32
16
10007,0
CF
BE
v
F L
λ
λ
ρ λ limλ λ λ ⟩⟩
BE CF 6uler est applicable
1m 1,2m
1m
x
m m= 0,7 = 1
A B C D
E
F
Q
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( )( )
=×
××=
=××
××=
==
kN P
kN P
L
EI
L
EI P
CF
c
BE
cvv
F
vvc
86,7121200
1610.210
1,231210007,0
1610.210
2
432
2
432
2
2
2
2
π
π
µ
π π
2Ka8
kN QQkN P BE
c
BE
c
BE
c 5,386,01,23 =⇒== kN QQkN P
CF
c
CF
c
CF
c 65,194,086,7 =⇒== Donc VcE1A,<R/ et c'est la colonne CF qui lambe
b8
orsque les deu! barres lambent en mHme temps Vc est alors ma!i#
( ) BE
c
BE
c Q xP ×−= 1 CF
c
CF
c Q xP ×=
CF
c
BE
c
i
c QQQ ==max x
P
x
P CF
c
BE
c =−1
m x x x
254,086,7
1
1,23=⇒=
−
kN x
PQ
CF
ci
c 31254,0
86,7max ===
B C
9 m 9 4m
1m
9045$BE 905$
CF 5$
B C
; 1-;
1m
1-;K5$BE ;5$
CF 5$m&;i
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PROBLÈME N3/
Considérons la structure représentée sur laigure cidessous# e poteau B de longueur 9m,dont la section droite est un proilé 6 22? estsoumis à un eort de compression )# $l estencastré à son e!trémité , la liaison en B estconsidérée comme une articulation dans le plan!- rotation possible autour de @ soit fE?,< 8 etcomme un encastrement dans le plan @- rotationempHc%ée autour de ! soit fE?, 8#e matériau est un acier 62=? dont les
caractéristiques élastiques sont : \ eE\ e'E2=?N)aet 6E21?5)a#
18 Calculer les moments d'inertieprincipau! $L et $Q de la section droitede la poutrelle en cm=8#
28
Déterminer le plan dans lequel lepoteau risque de lamber, en calculant les élancements dans les deu! plans#38 6n appliquant la t%éorie
d'6uler, calculer la c%argema!imale en R/8 decompression admissible pouravoir un coeicient desécurité de 2#
=8 6n prenant la c%arge calculée en 38,
calculer le coeicient de sécurité
d'après la t%éorie de Dut%eil#
9 m
x
Y
P
P
A
B
z
x
Y
HEA 220
Z
G
Y
Z
11 mm
11 mm
210 mm
220 mm
7 mm
220 mm
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RÈPONSES N3/
178 4233
21,5184220.11.5,9912
220.112
12
7.188cm I Y =
++= 4
33
27,195212
188.7
12
11.2202 cm I Z =+
=
261567.1882.11.220 mm A =+=
278
==⇒==
==⇒==
03,495,0
177,9
88,1117,0
631.5
Y
yzY
Y
Z
xz Z
Z
lcm
A
I
lcm
A
I
ρ λ ρ
ρ λ ρ
Flambage dans le plan !-
378 C E σ σ α ≤ 2
2
xz
C E λ π σ = kN P 66,509=
=78 e
k σ σ ≤ 236,2=k 296,1= Dα
G
Y
Z
11 mm
11 mm
210 mm
220 mm
7 mm
220 mm
94mm
188mm
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FLAMBEMENT
1* D%Hini!in :
6ectuons un essai de compression sur une éprouvette longue, de mHme ordre de grandeurque celle utilisée en traction# /ous constatons qu(elle léc%it avant d(atteindre la limited(élasticité en compression #a lèc%e augmente considérablement a la suite d'uneinstabilité, entrainant la ruine de la structure# Ce p%énomène est le lambage# a valeurma!imum de la contrainte de compression est la contrainte critique de lambage# C(est leseul cas oW la contrainte de compression est prise positive par convention# 6lle est donnéepar :
0 A
Pcc =σ
Ce p%énomène de lambement est très diicile à prévoir car les imperections géométriques de lapoutre, de sa section, du matériau et des conditions d'applications des sollicitations et des liaisonsrentrent pour une grande part dans le lambement#
)our étudier le lambement, il aut abandonner une des %@pot%èses ondamentales du cours sur lat%éorie des poutres# ors du lambement les déplacements ne sont plus petits, nous ne pouvons plus lesnégliger et la t%éorie du premier ordre ne convient pas à e!pliquer le p%énomène# /ous devonsconsiderer une t%éorie au deu!ième ordre, ou les conigurations initiales et inales des poutres neconcident plus# /ous allons considérer la poutre dans son état déormée pour calculer le *orseur de
"ection#
σσσσ'e
σσσσ=P/A0
εεεεL=∆∆∆∆L/L0
L0 ΦΦΦΦD0
P
P
σσσσc
?E2D? ΦΦΦΦD0
P
P
Ess&i (e Cm>"essin
Ess&i (e F&m=emen!
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2 T@%"ie (EULER
2*1 C&s (e =&se
Considérons une barre de longueur , articulée à ses deu! e!trémités, soumise à un eortde compression# es articulations sont paraites, c(est à dire dans toutes les directions# apoutre lambe, c(est à dire léc%it dans le plan perpendiculaire à l(inertie minimum voir hsur les inerties8#
AJ&n! D%H"m&!in :
⇒∧=
−=
⇒=
0
0
0
r
BG
x
BG
F GB M
P N
F R
A>"s D%H"m&!in :
−=
⇒∧=
−=
⇒=
vP M
F GB M
P N
F R
c Z
BG
x
BG
0
0
0
0
ppliquons l'équation de la déormée vue au c%apitre le!ion : Z
Z
EI
M v ='' #
e moment léc%issant en 5 : vP M c Z −= d'oW : 0=+′′ vPv EI c Z )osons Z
c
EI
P=2ω
L A B
G x
y
z
L
PC
A B
G x
y
P x
y
v
x J.H;K
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02 =+′′ vv ω
6quation diérentielle du second ordre à coeicient constant et sans second membre# a solutiongénérale s'écrit :
( ) ( ) x B x Av ω ω sincos +=
es conditions au! limites au! appuis nous permettent de calculer les constantes d'intégration et B#
( )
( ) ( )π ω ω
ω k L L
B L Bv B Appui
Av A Appui
LC L
=⇒=
≠=⇒=
=⇒=
0sin
00sin0:
00:
..
0
'équation de la déormée s'écrit : ( )
= x
L
k Bv x
π sin et comptetenu de
Z
c
EI
P=2ω
2
22
L
EI k P Z
c
π =
a première c%arge critique est donnée pour RE1 :
2
2
L
EI P Z
c
π =
et la déormée s'écrit :
( )
= x
L Bv x
π sin
a déormée est donc sinusodale, mais cette t%éorie énoncée par 6uler ne permet pas de résoudretotalement le problème# 6n eet la c%arge critique )c est indépendante de la lèc%e, et la lèc%e ne aitpas intervenir le matériau ce qui parait surprenant# Cette t%éorie n'est qu'une première approc%e#
.n peut de la mHme manière calculer les autres valeurs de c%arges critiques pour { }...4,3,2∈k # es
déormées associées à ces diérentes c%arges critiques sont appelées modes de lambement#
"i RE22
24
L
EI P Z
c
π =
( )
= x
L Bv x
π 2sin
.2 A
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2*2 inH#en$e (es i&isns*6n se rapportant au cas de base, dans tous les cas, la c%arge critique peut se mettre sous laorme :
2
2
F
vvc
L EI P π =
.W $vv est l(inertie minimum , F est la longueur ictive de lambage , avec L LF µ =
et µ uncoeicient qui tient compte de l'inluence des liaisons#
3 Cn!"&in!e $"i!i'#e (EULER
a contrainte critique d(6460 est donnée par :
( )0
2
2
0 A L
EI
A
P
F
vvcr
E c
π σ ==
"ac%ant que :0 A
I vvv = ρ
est le ra@on de giration par rapport à l(a!e v# et quev
F L
ρ λ =
est
l(élancement de la poutre, nous avons : ( )
2
2
λ
π σ
E E c =
/ous pouvons tracer la courbe de lambage d(6460 en onction des élancements pour unmatériau donné# a courbe d(6460 doit Htre limitée par la limite d(élasticité de
compression, ce qui nous impose un élancement limite 'lim
e
E
σ π λ = #
P
L
P
P
P
P L/2
µµµµ=1
µµµµ=0.7
µµµµ=0.5
µµµµ=2
µµµµ=0.5
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"i limλ λ ⟩ , nous aisons une vériication à la condition de non lambage par :( )
E c A
Pσ σ ⟨=
0
"i limλ λ ⟨ , nous aisons une vériication à la compression pure par : '
0
eS
Pσ σ ⟨=
a courbe d(6460 est composée de deu! courbes d(équations diérentes, ce qui n(estpas satisaisant# De plus, pour de aibles élancements, les points e!périmentau! sont situésau dessous de la courbe# a t%éorie d'6uler a ses limitations, et ne permet de décrire que lemoment ou la poutre lambe#
0
50
100
150
200
250
300
0 50 100 150 200
λλλλ
σσσσ (MPa)
EULER
λλλλim.82*8
E=210 GPa σe=240 MPa
σσσσe
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IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 8<
G"&n(e#" nm sm=e ongueur mètre m
Nasse Rilogramme Rg*emps seconde s
$ntensité ampère *empérature degré Uelvin U
$ntensité lumineuse candela cd
Vuantité de matière mole mol
UNITS DE MESURE
Les #ni!%s (e mes#"e %,&es en F"&n$e Hn! 7=e! (# (%$"e! (# 3 M&i 1841* Less!me &insi (%Hini es! e ss!me m%!"i'#e (%$im&0 W si; #ni!%s (e =&se0 &>>e%
ss!me in!e"n&!in& SI*
1* Les #ni!%s (e =&se sn!:
2* Les #ni!%s se$n(&i"es $n$e"n&n! e Dimensinnemen! (es S!"#$!#"es sn!:
e neton s@mbole /8 : unité de orce#
e netonmètre s@mbole /m8 : unité de moment#
e Joule s@mbole Z8 : unité d'énergie, de travail et de c%aleur#
e pascal s@mbole )a8 unité de contrainte et de pression#
1P& . 1Nm
e att s@mbole S8 : unité de puissance#
e radian s@mbole rd8 : unité d'angle#
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 88
3* P&"mi es m#!i>es (es #ni!%s se$n(&i"es0 n #!iise en Dimensinnemen! (esS!"#$!#"es:
e Riloneton s@mbole R/8 : unité de orce#
1N . 193 N
e mégapascal s@mbole N)a8 : unité de contrainte#
1MP& . 194 P& . 1Nmm
e gigapascal s@mbole 5)a8 : unité de contraintes#
1GP& . 198 P& . 193 MP&. 1Nmm
* Les #ni!%s0 @"s ss!me0 &#!"is%es sn!:
e degré d'angle s@mbole 78 : unité d'angle#a calorie s@mbole cal8 : unité de c%aleur 1cal E =#1A Z8#e degré de température celcius s@mbole C8
7/21/2019 RDM Exercice.pdf
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TD-1A-S2-F213
IUTB-LYON1-GMP-DDS P&,e 199
ANNEXES
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TD-1A-S2-F213
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ANNEXE N1-COEFFICIENT DE CONCENTRATION DECONTRAINTE EN TORSION-FLEXION
TORSION
TORSION
FLEXION
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ANNEXE N 2 TORSION DES SECTIONSRECTANGULAIRES
La figure ci-contre permet de visualiser la répartitiondes contraintes tangentielles de torsion dans une barreà section rectangulaire.
On montre alors, en élasticité, que:
1°) La relation entre le moment de torsion etl'angle unitaire de torsion est:
GJ
M x x ='θ
où J est le moment d'inertie de torsion de la sectionrectangulaire. Il se calcule par la relation suivante:
J k e h= 1
3
où k1 est une fonction du rapport h/e donné dans le
tableau suivant:
h/e 1 1.5 2 3 4 5 6 8 10 ∞
k1 0.141 0.196 0.229 0.263 0.281 0.291 0.299 0.307 0.313 1/3
k2 0.208 0.231 0.246 0.267 0.282 0.291 0.299 0.307 0.313 1/3
k3 1.000 0.859 0.795 0.753 0.745 0.744 0.743 0.742 0.742 0.742
N.B . Lorsque la section droite est circulaire la relation entre le moment de torsion et l'angle unitaire de torsionest:
G
x x
GI
M ='θ
Le moment d'inertie de torsion est alors le moment d'inertie polaire du cercle (32
4 Dπ
).
Mx G
ττττ‘maxi
ττττmaxi
e
h