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TD théorique des poutres

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NOM DES PARTICIPANTS DU GROUPE :
 TONANG DOJOUAKA PRINCE DELANO
 AHOUDJA BORIS
 DZEMTCHOU DEM GEROME WILLIAMS
SOUS LA SUPERVISION DE : Dr. TCHOTANG
TD : THEORIE DES POUTRES
POUTRE ISOSTATIQUE
EXERCICE1
y
C
A
D
C
x
B
L
2L
L
P = 4 pL (p est le poids linéique)
1) Traçons les diagrammes de l’effort tranchant 𝑇𝑦 et du moment de flexion
𝑀𝑧
Equilibre de la poutre :
 Pour 0<x<L
Rédigé par DZEMTCHOU DEM, TONANG D, AHOUDJA B Master 1 Mécatronique 2018/2019
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TD : THEORIE DES POUTRES
T
PX
MF1
O1
N1
X
T2
D’après la TFS on a :
∑ 𝒇𝑒𝑥𝑡 = 0
:{
∑ 𝒎(𝒇𝒆𝒙𝒕 ) = 𝟎
=˃
 Pour L<x<3L
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TD : THEORIE DES POUTRES
MF2
YC
PX
C
O2
A
N1
T2
-T2-px+yc=0
T2=px+yc
T2= p(2l-x) et 𝑴𝒇𝟐 = −
𝒑
2
x
+2plx-2pl2
𝟐
 Pour 3L< x <4L
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TD : THEORIE DES POUTRES
P(4L-X)
MF3
N1
B
T3
T3= p(4l-x) et 𝑴𝒇𝟑 = 𝒑/𝟐(𝟒𝑳 − 𝒙)𝟐
Ce qui nous amène à tracer les diagrammes suivants :
Ty
PL
X
L
2L
3L
4L
-PL
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TD : THEORIE DES POUTRES
MZ
l
2l
3l
4l
x
1
− 𝑝𝑙 2
2
2) Vérifions les equations d’équilibre
pl-pl=0 d’où ∑ 𝒇𝑒𝑥𝑡 = 0
-pl/2
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TD : THEORIE DES POUTRES
EXERCICE2
y
R
G
A
B
XA
XA
O
x
A
1- Déterminons les éléments de réduction du torseur en G
⃗
𝑇 = {𝑅
⃗⃗
𝑀
soit le repère (⃗⃗⃗⃗
𝑒𝑟 , ⃗⃗⃗⃗
𝑒𝜃 )
𝑅⃗= -𝜋𝑅𝑞0er
⃗𝑴
⃗⃗ = ∬ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
⃗
𝑶𝑮˄𝑭
⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝑥𝑖+y𝑗
𝑂𝐺
x=rcosө
y=rsin 𝜃
𝑓 ={
−𝑞𝑐𝑜𝑠ө𝑖
−𝑞 sin 𝜃 𝑗
𝑚
⃗⃗ =∬(−𝑞𝑟 cos ө sin 𝜃 𝑘⃗ -qrcos ө sin 𝜃 𝑘⃗ )𝑑𝑠
⃗
𝑚
⃗⃗ =𝑂
2- Le mouvement étant nul et la résultante des forces négative suivant
𝑒𝑟
⃗⃗⃗⃗ , la poutre est sollicitée en compression sur tout le plan (O,x,y).
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TD : THEORIE DES POUTRES
Exercice 1 : Poutre hyperstatique
Y1
A
(1)
F
Y2
N (2)
B
Y3
(3)
C
X
K
L
L
y
Déterminons les actions aux appuis ABC, d’après le PFS , on a :
{
∑ 𝒇𝑒𝑥𝑡 = 0
∑ 𝒎(𝒇𝒆𝒙𝒕 ) = 𝟎
On obtient deux équations à trois inconnues, le système est hyperstatique d’ordre 1. Pour le rendre
soluble, nous allons utiliser la méthode des énergies (théorème de MENABREA) qui permettra
d’obtenir une équation supplémentaire.
Pour cela, déterminons les moments fléchissants.
Pour 0<X<a
Y1
MF1
x
T1
On a : T1=Y1
MF1= XY1
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TD : THEORIE DES POUTRES
Pour a<x<L
Y1
F
MF2
T2
T2=Y1 – F
MF2= X(Y1-F)+ aF
Pour L<X<2L
MF3
T3
Y3
2L-X
T3=-Y3
MF3= Y3(2L-X)
On a donc l’énergie de déformation
Ed=1/2EI∬ 𝑚f2+ Epe
𝒅𝑬𝒅
=0
𝒅𝒀𝟏
=>y1=[fl2/2EI(2-λ3+3λ)+2/k(λ-2)f] / [l3/EI+4/K]
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