STATIQUE DES SOLIDES INDEFORMABLES Faculté des Sciences Aïn Chock Casablanca TMBTP Pr. A. AKEF Chapitre I SYSTEMES DE FORCES I FORCE I-1 DEFINITION • Action d’un corps sur un autre. C’est une grandeur vectorielle caractérisée par : - Son point d’application - Son intensité (ou module) en N - Sa direction - Son Sens I-2 REMARQUE • Une force peut-être directe (contact), ou indirecte (gravité, magnétisme). I-3 REPRESENTATION D’UNE FORCE • Une force est représentée par un vecteur glissant (transmissibilité des forces sur les corps rigides). Une force peut-être représentée par une autre force agissant en un autre point pour autant qu’elle ait la même ligne d’action. I-4 LES DIFFERENTS TYPES DE FORCE • On distingue : ► les forces concentrées (en un point),(N) ► les forces réparties sur une ligne (N/m) ► les forces réparties sur une surface (N/m2) ► les forces réparties sur un volume (N/m3) g P rg (N/m3) G P(x) W = rgV Réservoir sous pression Chargement aérodynamique Gravité I-5 ADDITION DE DEUX FORCES a) RESULTANTE • Deux forces F1 et F2 , concourantes peuvent-être additionnées en utilisant la loi du parallélogramme. R = F1 + F2 b) COMPOSANTE RECTANGULAIRE (2D) D’après le principe du parallélogramme : F = Fx + Fy Avec : F = F cos ( θ ) x Fy = F sin ( θ ) F = Fx i + Fy j F = Fx2 + Fy2 θ = tan -1 Fy Fx II MOMENT II-1 EXEMPLE Considérons la clé à crémaillère représentée ci-dessous : La figure représente un corps bidimensionnel soumis à une force se trouvant dans son plan. II-2 DEFINITION • Le moment d’une force F par rapport au point A est donné par le produit vectoriel suivant :M A = r F • La grandeur du moment a comme définition : MA = F d II-3 SENS DU MOMENT • Le sens du moment M dépend de la position de la force F par rapport à l’axe. Pour déterminer le sens du moment , on utilise la règle du tire-bouchon ou la règle de la main droite illustrée ici. • La convention de signe retenue indique que le moment de F par rapport au point A ( ou par rapport à l’axe z qui passe par ce point), est positif. II-4 THEOREME DE VARIGNON (2D) • Le moment d’une force par rapport à un point est égal à la somme des moments des composantes de cette force par rapport au même point. Considérons la force R qui agit dans le plan du corps illustré. Les forces P et Q sont les composantes de R. Le moment de la obliques force R par rapport à O est : M O = r R Mais comme R = P + Q Donc : ( On peut écrire : r R = r P + Q M O = r R = r P + r Q M O = - R d = p P - q Q ) III COUPLE III-1 DEFINITION • Le moment produit par deux forces égales, parallèles et de sens opposés s’appelle un couple. III-2 CONVENTION III-3 EXPRESSION DU MOMENT DU COUPLE Soit l’action des deux forces égales et opposées F et - F, ayant entre elles une distance d. Ces deux forces ne peuvent se réduire à une seule force, car leur somme est nulle quelque soit leur direction. Le moment résultant de ces deux forces par rapport à un axe normal à leur plan et qui passe par le point O de ce plan est le couple M . M = F (a + d) – F a M=Fd Au moyen du produit vectoriel, nous obtenons l’équation du moment résultant par rapport au point O du couple. M = rA F + rB (- F) = (rA − rB ) F M=r F III-4 REMARQUES • On remarque l’absence de toute référence au point O, ce qui signifie que le couple est le même pour tous les points. On peut considérer que M est un vecteur libre. • Un couple ne varie pas si les forces agissent dans n’importe quel autre plan parallèle à leur plan initial. IV RESULTANTE (2D) IV-1 CALCUL DE L A RESULTANTE Le type de système de force le plus courant est celui dont toutes les forces agissent dans un même plan (forces coplanaires). La grandeur et la direction de la résultante sont obtenues en construisant le polygone des forces. R = F1 + F2 + F3 + ... = Σ F R x = Σ Fx R= R y = Σ Fy (Σ Fx )2 + (Σ Fy )2 θ = tan -1 Ry Rx = tan -1 Σ Fy Σ Fx IV-2 REMARQUES • Pour un système de forces concourantes dont les lignes d’action passent par un point commun O, la somme des moments MO par rapport à ce point sera évidemment nulle. • La résultante peut-être nulle, mais le moment résultant n’est pas nulle comme par exemple : V CAS GENERAL (3D) V-1 COMPOSANTES RECTANGULAIRES Fx = F cos θ x Fy = F cos θ y Fz = F cos θ z F = Fx2 + Fy2 + Fz2 F = Fx i + Fy j + Fz k ( ( F = F i cos θ x + j cos θ y + k cos θ z F =F L i +m j +nk ) ) AB F = F nF = F AB (x 2 - x 1 ) i + (y 2 - y 1 ) j + (z 2 - z 1 ) k F=F (x 2 - x 1 ) 2 + (y 2 - y 1 ) 2 + (z 2 - z 1 ) 2 V-2 MOMENT ET COUPLE MO = r F MO i = rx j ry k rz Fx Fy Fz M O = (ry Fz - rz Fy ) i + (rz Fx - rx Fz ) j + (rx Fy - ry Fx ) k M x = ry Fz - rz Fy ; M y = rz Fx - rx Fz ; M z = rx Fy - ry Fx V-3 THEOREME DE VARIGNON • La somme des moments d’un système de forces concourantes par rapport à un certain point est égale au moment de leur résultante par rapport au même point. r F1 + r F2 + r F3 + ... = r (F1 + F2 + F3 + ...) = r ΣF Donc M O = Σ (r F) = r R V-4 CALCUL SUR LES COUPLES • Ces moments obéissent à toutes les règles de calcul vectoriel. Exemple : Le vecteur couple M 1 , résultant des forces F1 et -F1 peut-être additionné au vecteur couple M 2 , donné par les forcesF2 et- F2 . On obtient un vecteur résultant M qui lui-même est le résultat des forces F et - F . V-5 RESULTANTES R = F1 + F2 + F3 + ... = Σ F M = M 1 + M 2 + M 3 + ... = Σ (r F) R x = Σ Fx ; R y = Σ Fy ; R z = Σ Fz M x = Σ (r F) x ; M y = Σ (r F) y ; M z = Σ (r F) z R= (ΣFx )2 + (ΣFy )2 + (ΣFz )2 ; M = M 2x + M 2y + M 2z • Forces concourantes. Quand les forces aboutissent à un même point. • Forces parallèles. Pour un système de forces parallèles non coplanaires, la grandeur de la force résultante parallèle R est tout simplement la somme algébrique des forces du système, et la position de la ligne d’action de cette résultante en recourant au principe des obtenue est moments qui exige que r F = M O . • Forces coplanaires. La grandeur et la direction de la résultante sont obtenues en construisant le polygone des forces. • Torseurs. Quand le vecteur moment résultant M est colinéaire avec la force résultante R, on dit que la résultante est un torseur. Un torseur est positif si les vecteurs force et moment ont le même sens, et négatif si la résultante et le moment ont des sens opposés. V-6 MODELISATION DES LIAISONS Les différentes liaisons souvent réalisées en domaine du génie civil sont récapitulées ci-dessous: Chapitre II EQUILIBRE I THEOREME DE L’EQUILIBRE • Quand un corps est en équilibre, le torseur résultant des forces extérieures qui agissent sur lui est nul. Donc la force résultante et le moment en tout point O sont nuls : R = ΣF =0 ; MO = Σ MO = 0 Ces égalités sont les deux conditions nécessaires et suffisantes pour assurer l’équilibre. II ISOLATION DES SYSTEMES MECANIQUES Construction du diagramme du corps libre (DCL) Etape 1 D’abord, décidez quel corps ou combinaison de corps doit être isolé. Généralement, le corps choisi contient une ou plusieurs des inconnues que l’on cherche à déterminer. Etape 2 Le corps retenu est ensuite isolé en traçant un schéma qui correspond à sa frontière extérieure complète. Nous devons toujours nous assurer que nous avons complètement isolé ou libéré le corps avant de passer à l’étape suivante. Etape 3 Toutes les forces extérieures qui agissent sur le corps isolé et qui sont dues au corps de contact détachés ou aux corps attractifs sont ensuite appliquées aux endroits pertinents sur le schéma du corps isolé. Etape 4 Le choix des axes de coordonnées doit être précisé sur le diagramme. Les diagrammes appropriées doivent aussi être indiquées pour des raisons de commodité. Cependant, il faut remarquer que le diagramme du corps libre a le rôle d’attirer notre attention sur les détails de l’action des forces extérieures et par conséquent, il faut éviter de le surcharger de renseignement superflus. III CONDITIONS D’EQUILIBRES (2D) Au paragraphe I, nous avons précisé qu’un corps ou un ensemble de corps rigides est en équilibre quand la résultante de toutes les forces extérieures qui agissent sur lui est zéro. Donc l’équilibre est réalisé quand la force résultante R et le moment résultant M sont tous les deux nuls. Ces exigences sont implicites dans les équations vectorielles de l’équilibre, dont la formulation en deux dimensions est donnée par les équations scalaires suivantes : Σ Fx = 0 ; Σ Fy = 0 ; Σ MO = 0 III-1 CAS PARTICULIER D’EQUILIBRE Cas 1 L’équilibre des forces colinéaires se traduit évidemment par la vérification d’une seule équation des forces, celle dans la direction des forces appliquées (direction x), puisque les autres équations de l’équilibre sont automatiquement vraies. Cas 2 L’équilibre des forces coplanaires (situées dans un même plan) et concourantes à un point O demande que soient vérifiées seulement les deux équations des forces, car la somme des moments par rapport à O, c’est-à-dire par rapport à l’axe des z qui passe par O, est obligatoirement nulle. On inclut dans cette catégorie l’équilibre du point matériel. Cas 3 L’équilibre des forces coplanaires et parallèles impose que soient satisfaites une équation des forces selon la direction de celles-ci (axe des x) et l’équation des moments par rapport à l’axe (axe z) normal au plan qui contient les forces. Cas 4 L’équilibre d’un système général de forces dans un plan (x-y) n’est réalisé que si les deux équations des forces sont vérifiées ainsi qu’une équation des moments par rapport à un axe (axe des z) normal au plan. Système de forces Schéma du corps isolé 1.Forces Colinéaires F1 2. Forces Concourantes 3. Forces parallèles 4. Forces quelconques F2 F3 F2 F3 F3 F4 Equations indépendantes x A F2 F1 F4 A Fx = 0 y x F1 A A F4 Fx = 0 Fy = 0 Fx = 0 Mz = 0 y F2 F1 F5 x Fx = 0 Fy = 0 Mz = 0 III-2 SYSTÈME HYPERSTATIQUE ET SYSTÈME ISOSTATIQUE Un corps ou un ensemble rigide d’éléments envisagé comme une seule structure, qui possède un nombre d’appuis plus grand que ce qui est nécessaire pour assurer son état d’équilibre, est appelé hyperstatique ou statiquement indéterminé. Les appuis que l’on peut enlever sans nuire à l’équilibre du corps sont dits redondants. Le nombre d’appuis redondants qui existent dans une structure détermine le degré d’hyperstatique et est égal au nombre de forces extérieures inconnues moins le nombre d’équations d’équilibre indépendantes. A l’inverse, un corps qui possède le minimum d’appuis nécessaires au maintien d’une configuration en équilibre est dit isostatique ou statiquement déterminé. Pour ces corps, le nombre d’équations d’équilibre est suffisant pour déterminer les forces inconnues. III-3 RESOLUTION DES PROBLEMES 1. Distinguer clairement les quantités connues et inconnues. 2. Choisir sans équivoque le corps (ou l’ensemble d’éléments reliés traités comme un seul corps), que vous isolerez et tracer correctement le diagramme complet du corps libéré en indiquant toutes les forces et les couples connues et inconnues qui le sollicitent. 3. Préciser un système d’axes commode en employant toujours un système rectangulaire, surtout si on utilise l’approche vectorielle. 4. Identifier et énoncer les principes et les équations des forces et des moments applicables qui régissent les conditions d’équilibre du problème. 5. A chaque problème, vérifier si le nombre d’inconnues ne dépasse pas le nombre d’équations d’équilibre indépendantes disponibles. 6. Effectuer le calcul et vérifier les résultats. IV CONDITIONS D’EQUILIBRES (3D) Au paragraphe I, les conditions générales de l’équilibre d’un corps ont été exprimés et exigent que la force résultante et le couple résultant sur un corps en équilibre soient tous les deux nuls. Ces deux équations vectorielles de l’équilibre et leurs composantes scalaires peuvent s’écrire ainsi : ΣF=0 ou Σ Fx = 0 Σ Fy = 0 Σ Fz = 0 ΣM=0 ou Σ M x = 0 Σ M y = 0 Σ M z = 0 IV-1 DIAGRAMME DU CORPS LIBERE Nous avons appris précédemment que le diagramme du corps libéré est la seule méthode fiable qui permet d’identifier toutes les forces et tous les moments qui doivent être pris en considération dans nos équations de l’équilibre. En trois dimensions, le diagramme du corps libéré sert exactement le même but qu’en deux dimensions et il faut toujours le tracer. IV-2 CAS D’EQUILIBRE Cas 1 L’équilibre des forces, toutes concourantes vers un point de convergence O, exige que soient vérifiées les trois équations des forces, mais aucune des équations des moments, étant donné que le moment des forces par rapport à O est nul. Cas 2 L’équilibre des forces toutes concourantes à une ligne exige que soient vérifiées toutes les équations à l’exception de l’équation du moment par rapport à cette ligne, qui est automatiquement satisfaite. Cas 3 L’équilibre des forces parallèles exige que soient vérifiées seulement une équation de force (celle de la direction x qui est la direction commune de toutes les forces) et deux équations des moments par rapport aux axes (y et z) perpendiculaires à la direction des forces. Cas 4 L’équilibre d’un système général de forces exige que soient vérifiées les trois équations des forces et les trois équations des moments. 1. Forces concourantes en un point 2. Forces concourantes à une droite 3. Forces parallèles à l’axe Ox 4. Système de forces quelconques F2 F3 F3 F1 A F4 F2 A F4 F5 F4 F3 F2 A F5 F1 x F 3 F2 F4 A F5 x F1 F5 Fx = 0 Fy = 0 Fz = 0 x Fx = 0 Fy = 0 M y = 0 F1 Fz = 0 M z = 0 z y z y Fx = 0 My = 0 Mz = 0 Fx = 0 M x = 0 Fy = 0 M y = 0 Fz = 0 M z = 0 IV- 3 RESTRICTION DE MOUVEMENT ET DETERMINATION STATIQUE Les six équations scalaires, bien que nécessaires et suffisante pour réaliser l’équilibre, ne produisent pas toute l’information indispensable à la détermination complète des forces inconnues dans une situation d’équilibre tridimensionnelle. De nouveau, comme nous l’avons constaté pour le cas à deux dimensions, la question de la pertinence de l’information dépend des caractéristiques des restrictions de mouvement introduites par les appuis. Chapitre III STRUCTURES I INTRODUCTION Dans ce chapitre, nous allons chercher à connaître les forces qui agissent sur des structures de type treillis. Nous allons nous limiter seulement aux structures isostatique (ou statiquement déterminées), soit celles qui ont juste le nombre d’appuis nécessaire pour les maintenir en équilibre. II TREILLIS PLAN II-1 DEFINITION Une structure composée de barres assemblées à leurs extrémités par des joints appelés nœuds et qui forment une structure rigide porte le nom de treillis. Les ponts, les toits, les bras de grue sont autant d’exemples de treillis courants. II-2 EXEMPLES Différents exemples de treillis que l’on peut analyser comme de treillis plans. La forme de base d’un treillis plan est le triangle. Trois barres assemblées par des articulations à leurs extrémités. Quand il y a plus de membres qu’il est nécessaire pour prévenir l’effondrement, le treillis est dit hyperstatique ou statiquement indéterminé. III METHODE DES NOEUDS III-1 ETUDE D’UN NOEUD Comme le treillis est en équilibre, chaque nœud doit aussi se trouver parfaitement en équilibre. Si pour une section, on isole un seul nœud en coupant toutes les barres articulées à cet endroit, on obtient un système de forces concourantes et, par conséquent, on ne dispose que deux équations d’équilibre indépendantes. III-2 TREILLIS ISOSTATIQUE Dans le cas d’un treillis isostatique pour les forces extérieures, il existe une relation précise entre le nombre de ses éléments et le nombre de ses nœuds nécessaire pour réaliser une stabilité intérieure sans redondance. III-3 NOMBRE D’INCONNUES DANS UN TREILLIS PLAN Comme nous pouvons décrire l’équilibre de chaque nœud par deux équations de forces scalaires, cela nous donne 2j équations de ce genre pour un treillis de j nœuds. Pour l’ensemble du treillis composé de m barres à deux forces et comportant un maximum de trois réactions d’appui inconnue, nous nous retrouvons avec au plus m + 3 in connues. Donc, pour un treillis simple plan formé d’éléments triangulaires, l’équation m + 3 = 2j est vérifiée si le treillis est statiquement déterminé pour ses forces intérieures. Si m + 3 < 2j, le nombre de barres internes est en déficit, et le treillis est instable et s’effondrera sous l’action d’une charge. IV EXEMPLE DE CALCUL SUR TREILLIS PLAN IV-1 CALCUL DES REACTIONS Le schéma d’une structure, d’un mécanisme ou d’une machine considéré comme un ensemble rigide, duquel on détache exclusivement les appuis et sur lequel on représente toutes les forces extérieures s’appelle le diagramme d’ensemble du corps libéré. IV-2 CALCUL DES FORCES DANS LES NOEUDS Commençons donc notre analyse en choisissant un nœud quelconque où on a pu établir qu’il y avait au moins une force connue et pas plus de deux forces inconnues. Dans notre exemple, on peut choisir comme point de départ le nœud à l’extrême gauche, dont le DCL est dessiné à la figure ci-dessus. Les nœuds étant désignés par des lettres, on peut repérer une barre par les deux lettres de ses extrémités. Les diagrammes des corps libérés des parties des barres AF et AB sont également représentés la même figure afin de montrer clairement le principe de l’action et de la réaction. La barre AB est en tension : la force correspondante AB sort du nœud. La barre AF est en compression : la force correspondante AF entre dans le nœud. La grandeur de AF se déduit de l’équation SFy = 0 et celle de AB, de l’équation SFx = 0. Le nœud F peut être le second nœud que nous analyserons, étant donné qu’à présent n’agissent sur lui que deux forces inconnues : EF et BF. Les nœuds B, C, E et D seront par la suite analysés dans cet ordre. Le DCL de chaque nœud, ainsi que le polygone des forces correspondant qui représente graphiquement les deux conditions d’équilibre sur chaque nœud SFy = 0 et SFx = 0, sont dessinés à la figure qui suit. Le chiffre dans le coin droit indique le rang de ce nœud dans la séquence d’analyse des nœuds. On note qu’au moment où on atteint le nœud D, la réaction calculée R2 doit être en équilibre avec les forces dans les barres CD et ED déterminées au moment de l’analyse des nœuds voisins. Cette exigence nous permettra de confirmer l’exactitude de nos calculs. On remarque que l’isolation du nœud C révèle immédiatement le fait que la force dans CE est nulle, dés qu’on applique l’équation SFy = 0. L’effort dans ce membre ne serait évidemment pas nul, si une charge verticale agissait sur le nœud C. Il est souvent commode de désigner la tension T et la compression C des diverses barres directement sur le schéma original du treillis en représentant les efforts de tension par des flèches qui quittent le nœud, et les efforts de compression par des flèches qui aboutissent au nœud. Cette façon de procéder est illustrée à la figure ci-dessous V METHODE DES SECTIONS Dans l’article précédent portant sur l’analyse des treillis au moyen de la méthode des nœuds, nous avons utilisé seulement deux des trois équations de l’équilibre, puisque la marche à suivre conduisait à des forces concourantes à chaque nœud. La méthode des sections a comme principal avantage de permettre de trouver directement l’effort dans la barre que l’on veut au moyen de l’analyse d’une section qui coupe la barre en question. V-1 EQUILIBRE DES PORTIONS DU TREILLIS Pour que les portions du treillis demeurent en équilibre, il est nécessaire d’appliquer à chaque barre sectionnée la force que lui transmettait sa partie enlevée. Ces efforts, aussi bien de compression que de tension, auront toujours la direction de leur barre respective dans les treillis simples formés de barres à deux forces. La portion de gauche est en équilibre sous l’action de la charge appliquée L, de la réaction du bout R1 et des trois forces exercées sur la partie sectionnée par la portion de droite qui a été retirée. La portion de droite du treillis, est en équilibre sous l’action de R2 et des mêmes trois forces appliquées aux barres coupées, mais de sens inverse à ceux établis pour la portion de gauche. V-2 REMARQUE Parfois, il pourra arriver que la solution la plus efficace suppose la combinaison de la méthode des nœuds et de celle des sections. VI TREILLIS SPATIAL VI-1 MODULE DE BASE Un treillis spatial est la contrepartie tridimensionnelle du treillis plan décrit précédemment. Le treillis spatial idéal est constitué de barres rigides reliés à leurs extrémités par des articulations à rotule. Nous avons vu qu’un triangle de barres articulés est le module de base rigide (qui ne s’effondrera pas) d’un treillis plan. En revanche, un treillis spatial a besoin de six barres assemblées à leurs extrémités pour former les artères d’un tétraèdre, son module de base rigide. VI-2 NOMBRE D’INCONNUS DANS UN TREILLIS SPATIAL Comme l’équilibre de chaque nœud est décrit par trois équations scalaires des forces, il y a au total 3j équations de ce genre dans un treillis spatial simple comprenant j nœuds. Pour l’ensemble du treillis composé de m barres, il y a m inconnues plus 6 inconnues provenant des réactions des appuis, pour le cas général d’une structure spatiale isostatique. Donc pour un treillis spatial simple formé d’éléments tétraèdres, l’équation m + 6 = 3j est vérifiée si le treillis est isostatique à l’intérieur. Si m + 6 > 3j, il y a plus de barres que d’équations indépendantes et le treillis est donc hyperstatique à l’intérieur et il possède des barres surabondantes. Si m + 6 < 3j, le nombre de barres internes est insuffisant et le treillis est instable, donc susceptible de s’effondrer sous l’action d’une charge. La relation précédente entre le nombre de nœuds et le nombre de barres d’un treillis spatial est très utile lors des études préliminaires d’un treillis, car la configuration n’est pas aussi évidente que pour un treillis plan, où la géométrie d’une solution isostatique est généralement assez apparente. VI-3 METHODE DES NOEUDS La méthode des nœuds pour les treillis plans peut être étendue directement aux treillis de l’espace en satisfaisant pour chaque nœud l’équation vectorielle. ΣF =0 VI-3 METHODE DES SECTIONS La méthode des sections élaborées précédemment peut aussi être étendue aux treillis de l’espace. Il faut que les deux équations ΣF =0 ; Σ MO = 0 Soient vérifiées pour chacune des sections découpées dans le treillis. Chapitre IV FORCES REPARTIES I – INTRODUCTION Dans les chapitres précédents, les forces ont été supposées concentrées le long de leur ligne d’action. C’est une approximation car dans la réalité, les forces sont réparties soit sur une surface (Pression de l’eau sur un barrage), soit sur une ligne (charge supportée par un câble) soit sur un volume. b Lorsque la dimension b de l’aire de contact est négligeable par rapport aux autres dimensions, on peut supposer que la force est concentrée R Cas d’une barre à deux forces dans un treillis qu’on peut considérer comme concentrée. Remarque : Si nous nous intéressons à la répartition des forces intérieures dans le matériau, il n’est plus possible de considérer cette force comme concentrée. A retenir : lorsque les forces en jeu dans une région, dont les dimensions ne sont pas négligeables par rapport aux autres dimensions du problème, il est nécessaire de tenir compte de la répartition réelle de ces forces. Pour cela, on fait la somme de ces forces le long de la région où elles agissent. Trois cas à distinguer : - Répartition sur une ligne ( ex : Câbles) ; N/m - Répartition sur une surface (ex : Pression Hydrostatique) ; N/m2 - Répartition sur un volume (ex : Attraction Universelle) ; N/m3 II – CENTRE DE MASSE II - 1 METHODE EXPERIMENTALE B A A G C B P C P Equilibre entre la tension du fil et la résultante P des forces gravitationnelles II - 2 METHODE ANALYTIQUE • Pour obtenir mathématiquement l’emplacement du centre de gravité d’un corps quelconque, on applique le principe des moments à un système de forces gravitationnelles parallèles afin de trouver la position de leur résultante: Le moment de la résultante = Somme des moments P = dP Solide M z dP M (x,y,z) ; G (x G ,y G ,z G ) G P xG = P y x dP y dP z dP Solide P yG = Solide O x P zG = Solide Centre de masse • P = Mg et dP = g dm M xG = x dm S M yG = y dm S M zG = z dm S Pour la détermination des centres de masse (simplification des calculs) a) On utilise le bon système de coordonnées (cartésiennes, cylindriques ou sphériques) b) On tient compte des propriétés de symétrie matérielle du corps: Si un corps admet un axe de symétrie matérielle D (respectivement un plan de symétrie matérielle P) alors G appartient à D (respectivement à P). - Notons que la nature des intégrales dépend du corps considéré, elles peuvent être simple, double ou triple selon qu’il s’agit d’une distribution massique linéique, surfacique ou volumique. c) Centroïde de courbes, de surfaces et de volumes Lorsque la densité volumique est constante (Corps homogène) la définition des coordonnées (xG , y G, zG ) se simplifie et la position du centre de masse et celle du centroïde sont identiques. La position du Centroïde est donnée par : Distribution massique volumique OG = OM dV M S V Distribution massique linéique OG = Distribution massiques surfacique OM OG = M S dS S OM dL M S L Remarque : Le Centroïde ne se trouve pas nécessairement dans le volume, la surface ou la courbe du corps. III - POUTRES – EFFORTS EXTERIEURS III – 1 DEFINITION Ce sont des éléments porteurs qui résistent aux effets de flexion introduits par la charge qu’on applique. La plupart des poutres sont de longues barres et les charges qu’on leur applique sont généralement perpendiculaires à l’axe longitudinale de la barre. III – 2 ANALYSE MECANIQUE • L’analyse de la capacité portante d’une poutre consiste à : a) Etablir les conditions d’équilibre de la poutre dans son ensemble ou de toute section étudiée individuellement. Ici on fait appel aux lois de la statique. b) Etablir les relations qui existent entre ces forces résultant et les forces de résistance intérieures introduites par la mise en charge Ici on fait appel à la RDM. III – 3 TYPES DE POUTRES ► Poutres isostatiques : Résolution à partir des conditions de l’équilibre. ► Poutres hyperstatique possédant des appuis pour garantir l’équilibre : Résolution à partir des relations de l’équilibre en tenant compte des propriétés de déformation de la poutre III – 3 CHARGES SUR LES POUTRES Les poutres peuvent supporter des charges concentrées ou réparties à densité. La grandeur w d’une répartition est une force par unité de longueur et cette grandeur peut être constante, variable, continue ou discontinue. Discontinuité III – 4 EXEMPLE a) Chargement uniforme L = x 2 − x1 R=wL dR = w dx Le principe des moments : x 22 − x12 x 2 + x1 R x = x w(x) dx = W x= 2 2 x1 x2 b) Chargement triangulaire tg( ) = W w(x) W = w(x) = (x − x1 ) L x − x1 L dR = w(x) dx = (x − x1 ) W dx L x2 W x2 WL R= = L 2 2 x1 Le principe des moments : 2x 2 + x1 x R = x w(x) dx x = x1 3 x2 c) Chargement mixte R 1 = W1 L x1 = L 2 R 2 = (W2 − W1 ) x2 = x1 = 0 ; x 2 = L L 2 2L 3 x R = x1 R 1 + x 2 R 2 Le principe des moments : W1 L 2 LW 2 2L L L W1 L + (W2 − W1 ) + 2 3 2 3 3 x = = W1 + W2 W1 + W2 L 2 d) Chargement quelconque La résultante R est située au centroïde de l’aire hachuré : R = w dx x= x w dx R IV - CABLES FLEXIBLES Considérons un câble flexible, fixe à ses extrémités et sollicité par des charges verticales concentrées. F1 F2 F3 ● Poids du câble est négligeable par rapport aux charges qu’il supporte. ● Poids du câble n’est pas négligeable. IV - 1 CHARGES REPARTIES x R = w dx x= x w dx R R L’équilibre du câble est vérifié si l’équilibre de chaque élément de celui ci est vérifié. w( x) Si on considère l’équilibre du tronçon ci-contre : • A la position horizontale T+dT x, la tension du câble est T et le câble fait un angle q avec l’horizontale. q • A la position horizontale x + dx, la force dans le câble est T + dT. Il fait un angle q + dq avec l’axe des x. T x dx x+dx q+dq La projection sur les axes x et y de l’équation d’équilibre donnent : − T cos ( θ ) + ( T + dT ) cos ( θ + dθ ) = 0 − T sin ( θ ) + ( T + dT ) sin ( θ + dθ ) − w( x ) dx = 0 T+dT q+dq Sachant que : cos ( θ + dθ ) = cos ( θ ) cos ( dθ ) − sin ( θ ) sin ( dθ ) sin ( θ + dθ ) = sin ( θ ) cos ( dθ ) + cos ( θ ) sin ( dθ ) q T x Nous avons : dx x+dx − T cos ( θ ) + ( T + dT ) ( cos ( θ ) cos ( dθ ) − sin ( θ ) sin ( dθ ) ) = 0 − T sin ( θ ) + ( T + dT ) ( sin ( θ ) cos ( dθ ) + cos ( θ ) sin ( dθ ) ) − w ( x ) dx = 0 En utilisant les approximations : cos ( dq ) ≈ 1 et sin ( dq ) ≈ dq Les relations deviennent : − T cos ( θ ) + ( T + dT ) ( cos ( θ ) − sin ( θ ) ( dθ ) ) = 0 − T sin ( θ ) + ( T + dT ) ( sin ( θ ) + cos ( θ ) ( dθ ) ) − w ( x ) dx = 0 En négligeant les termes du second ordre : dT dq << dT et dT dq << dq Nous avons : dT cos ( θ ) − T sin ( θ ) ( dθ ) = 0 dT sin ( θ ) + T cos ( θ ) ( dθ ) − w ( x ) dx = 0 d ( Tcos θ ) = 0 d ( Tsin θ ) = w ( x ) dx La composante horizontale de la tension du fil est constante, on pose : T cos ( θ ) = To L’équation de l’équilibre suivant y permet d’obtenir : d ( To tg ( θ ) ) = w ( x ) dx Or dy = tg ( θ ) dx On obtient l’équation différentielle d’un câble flexible : d2y dx 2 w(x) = To La résolution de cette équation différentielle nécessite deux conditions aux limites. IV – 2 CABLES PARABOLIQUES NON PESANT La charge w est constante (pont suspendu dans lequel le poids uniforme peut être représenté par la constante w) y x wx w x2 dy = To dx y = 2To 0 0 wx dy = tg ( θ ) = dx To LB LA A A hB SB SA hA Conditions aux limites en x = LA et y = hA w LA To = 2h A 2 x y = h A LA T x q x/2 y To x 2 Détermination de la tension T du câble : Du diagramme des forces, on obtient : T = T 2 + w 2 x 2 o w L2A To = 2 hA 2 2 LA 2 T = w x + 2h A Tmax = w L A 1 + L A 2h A Détermination de la longueur du câble : SA SA = 0 LA ds = 0 LA dx 2 + dy 2 = = 0 wx 1 + To 2 dx 2 IV – 3 CABLE PARABOLIQUE PESANT Considérons un câble uniforme, suspendu entre deux points A et B et abandonné à la seule action de son poids. Si le câble a un poids par unité de longueur m, la résultante R est la charge R= m s et la charge verticale infinitésimale w dx est remplacée par m ds : w dx = m ds. LB d 2y w( x) d 2y m ds = = 2 2 To To dx dx dx y ds = dx + dy 2 = A hA B sB hB 2 LA 2 d2y m dy 1+ dx = To dx dx 2 x sA dy 1+ dx 2 Résolution de l’équation On pose dy F= dx d2y m = To dx 2 dy 1+ dx 2 m = dx To 1 + F2 dF , on obtient : L’intégration de cette équation permet d’obtenir : l n F + dy En x = 0, = 0 donc C = 0. dx 1+ F 2 m x+C = To En utilisant l’exponentiel et en éliminant la racine, on obtient : dy μx = sinh ( ) dx To Soit : To μx y(x) = cosh ( ) + C' μ To En x = 0, y (x =0) = 0, d’où : To y(x) = μ μx cosh ( ) −1 To Distance s : dy μs = tg ( θ ) = dx To μx To s= sinh T μ o T T = (μs ) + 2 2 x To2 μx +1 = sinh T o 2 2 μx = To cosh T o To2 2 q s To x R=ms Tension T : μx T = To cosh T o y
