COURS DE RESISTANCE DES MATERIAUX OBJECTIF PEDAGOGIQUE L’étudiant devra n’avoir aucune difficulté à déterminer les sollicitations dans un élément quelconque d’un ouvrage courant du Génie Civil (en particulier pour les systèmes isostatiques), le calcul des structures en quelque matériau que ce soit ne pouvant se faire sans de solides connaissances en R.D.M. I. RAPPELS SUR LES VECTEURS – NOTION DE FORCE x1 x2 Soit deux vecteurs V1 y1 et V2 y2 et un réel a: y1 y2 1.1 Définitions: 1.11 Vecteur : un vecteur est une grandeur définie par une direction, un sens et une intensité. 1.2 Coordonnées cartésiennes d’un vecteur : ce sont les valeurs x, y, et z. x 1.3 Norme d’un vecteur : soit un vecteur V y . La norme de V notée y V ou V et vaut x 2 y 2 z 2 . 1.4 Addition et soustraction de deux vecteurs x1 x2 a) Analytiquement : V1 V2 y1 y 2 z z 2 1 x1 x2 V1 V2 y1 y 2 z z 2 1 b) Vectoriellement : 1.5 Formules utiles pour l’addition des vecteurs 1 1.6 Produit scalaire de deux vecteurs : 1.7 Produit d’un scalaire par un vecteur : 1.8 Produit vectoriel de deux vecteurs : 1.9 Projections sur les axes 0. REPERE - CONVENTIONS Repère orthonormé : Y Dans toute la suite du cours de mécanique on prendra comme repère de l'espace le TRIEDRE DIRECT ci-contre : O Z Y En représentation plane du trièdre, Z on aura les O différentes représentations : X X Y X O Y X Z O Z Sens positif : Nous serons amenés à définir des déplacements (translations, rotations) dans l'espace ainsi que des projections de grandeurs mécaniques diverses dans le repère direct. Par convention, nous prendrons les sens positifs suivants : pour les translations : pour les rotations : 2 Y Y O O X Z X Z I. PRINCIPE FONDAMENTAL DE LA STATIQUE 1.1 STATIQUE ANALYTIQUE 1.1.1 Rappels de mathématiques Voir photocopie. 1.1.2 Principe fondamental de la statique a) Les actions mécaniques On appelle action mécanique toute cause susceptible de maintenir un corps au repos, de créer ou de modifier un mouvement, de déformer un corps. Notion de force On appelle force l'action mécanique qui s'exerce mutuellement entre 2 particules élémentaires pas forcément en contact. La force est modélisée (représentée) par un VECTEUR qui sera entièrement défini par les caractéristiques suivantes : A - point d’application - direction - sens - module ou norme ou intensité b) Moment d'une force La seule notion de force est insuffisante pour représenter une action mécanique. En effet suivant le point d'application d'une force, un solide peut tourner ; cet effet peut être caractérisé par le moment de la force en un point. La définition du moment la plus pratique à utiliser était la suivante : d Y O F A X On appelle moment d'une force F par rapport à un point I la grandeur égale au I produit de la norme de F par la valeur du "bras de levier" affectée du signe de la rotation possible autour de I. 3 M F I F d Cette définition est insuffisante pour la détermination de moments dans l'espace. On est amené à considérer la définition vectorielle du moment. On appelle moment d'une force F par rapport à un point I le VECTEUR égal au produit vectoriel : MI F F AI (A point d'application de F ) c) Méthode pratique de calcul des coordonnées du VECTEUR moment : xI xA AI yI y A zI zA XF F YF ; ZF MI F ; XF xI xA F AI YF yI y A ZF zI zA On dispose les coordonnées sous forme de déterminants en commençant à YF et yIyA et on détermine les différentes coordonnées du produit vectoriel en calculant les déterminants 2x2. YF yI y A Z z z I A F XF xI xA YF yI y A YF ZF ZF XF XF YF yI y A zI zA zI zA xI xA xI xA yI y A Relation fondamentale : Si l'on veut calculer le moment de F en un autre point de l'espace on peut utiliser la relation suivante : MB F MI F F BI d) Modélisation de l'action mécanique d'une force sur un solide : 4 R A 2 1 2 1 Soit un système (1) soumis à l'action d'une force A 12 appliquée en A. On pourra représenter l'action mécanique de la force M OA A 12 sur le système (1) par le vecteur R12 le moment M O A 12 tels que: 2 1 R12 MO A 12 A 12 AO et A12 moment de A 12 en O point de l’espace et accessoirement origine du repère L'ensemble de ces 2 vecteurs est appelé TORSEUR de l'action mécanique de la force A 12 sur le système matériel (1) au point O et est noté O ( A 12 ) Plusieurs écritures sont possibles suivant les calculs à mener : O 2 1 (A ) X 2 A1 A YA 2 1 Z 2 A1 2 1 X 2 L O 2 2 A R A 1 1 1 YA 2 MO 1 M A 2 Z 2 N O 1 A1 O LO 2 ; MO A1 MO NO L'écriture sous forme de torseurs des actions mécaniques n'ajoute rien quant aux acquis de première et terminale. C'est seulement une façon synthétique d'écrire ces actions. Elle paraît peut-être lourde au premier abord mais c'est une méthode très efficace pour éviter d'oublier des actions mécaniques dans la résolution d'un problème de statique. e) Modélisation de l'action mécanique d'un système de forces sur un système matériel Il est rare qu'un système matériel soit soumis à une seule force, si l'on veut déterminer l'action mécanique de n forces Fi , il faut déterminer le vecteur somme des forces Fi ainsi que la somme des vecteurs moments en un point commun. On obtient ainsi le torseur de l'action mécanique du système de forces F1,F2 ,........,Fn . R F1 F2 ........ Fi ..... Fn MO MO F1 MO F2 ....... MO Fi ....... MO Fn R est appelé la résultante du torseur de l'action mécanique du système de forces appliqué sur le système matériel étudié. 5 MO est appelé le moment résultant au point O du torseur de l'action mécanique du système de forces appliqué sur le système matériel étudié. Le TORSEUR O (F1, F2 , ....., Fn ) modélise l'action mécanique du système de forces (F1, F2 , ....., Fn ) sur un système matériel. Ses éléments de réduction au point O est : O (F1, F2 , ....., Fn ) n 2 R Fi 1 i 1 n M MO (Fi ) O i 1 N.B. La droite servant de support ou ligne d’action à la résultante est unique et la position du point d’application sur cette droite est sans importance. Il y a des systèmes de forces qui ne sont pas réductibles à une seule force ; cependant tout système peut être réduit à un ensemble (force +couple). g) Les différentes liaisons Dans un problème donné, les types d’appui sont définis par des considérations technologiques (constructives). Les forces extérieures (charges) étant données, on peut alors déterminer les réactions d’appui par la statique. Si le problème est hyperstatique, on fait appel aux équations de déformation. Il est indispensable de bien définir quels sont les types d’appuis d’une poutre avant d’écrire les équations d’équilibre. g1) Appui simple ou appui libre (sans frottement) Le système matériel (S) est simplement appuyé sur un système (0). L’appui simple est une liaison qui supprime le déplacement relatif suivant une seule direction (souvent la verticale) entre les solides en contact. Hypothèses: Schématisation - Nous supposerons le contact ponctuel (linéique dans l’espace) - Nous considérerons que les frottements ne pourront pas gêner la translation et la rotation permise. Modélisation Torseur Exemple 0 0 0 ( 0 / S ) YA S 0 A 0 0 6 g2) Articulation cylindrique : En chacun des points de contact, il y a une action dont le support passe par le centre O de l’articulation. Toutes ces actions constituent donc un système de forces concourantes en O. L’articulation Le système matériel (S) est en contact avec le système (0) suivant une portion de surface cylindrique ou par l’intermédiaire d’un axe d’articulation. L’articulation est une liaison qui supprime toute translation dans le plan xOy mais autorise la rotation Rz. L’articulation peut être considérée comme une succession d’appuis simples d’axes concourants en un même point. L’action de liaison peut alors être considérée aussi comme une succession d’efforts ponctuels concourants en un même point, le centre de l’axe d’articulation A. Tous les supports de ces actions passant par A, la résultante qui sera l’action de liaison de l’articulation A S0 , aura le support qui passera par A elle aussi mais sera de direction quelconque. L’articulation introduit donc 2 inconnus statiques: les 2 coordonnées du vecteur A S0 ou sa direction et sa mesure algébrique. Hypothèse: Nous considérerons que les frottements ne pourront pas gêner la rotation permise. XA 0 0 0S A (0 / S) YA S 0 0 0 g3) Encastrement : Le contact entre les systèmes matériel (S) et (0) est tel qu’il empêche tout déplacement relatif d’un des 2 systèmes. L’encastrement empêche donc Tx, Ty et Rz dans le plan. L’encastrement peut-être considéré comme succession d’appuis ponctuels d’axes concourants. une non L’action de liaison peut donc être modélisée par un torseur de vecteurs quelconques dans le plan xOy. Ce 7 torseur pourra être représenté par ses éléments de réduction soit sa résultante A S0 résultant M A S0 . et son moment Le moment résultant M A S0 est le moment d’encastrement. Ce moment d’encastrement est un effort qui va s’opposer à la rotation Rz et l’empêcher. Un encastrement nous introduit donc 3 inconnus: les 2 coordonnées du vecteur d’encastrement MA. A S0 et la mesure algébrique du moment XA 0 0 0S A (0 / S) YA S 0 0 0 N AS Principe fondamental de la statique (PFS) : Enoncé général Pour qu'un système matériel soit en équilibre, il faut et il suffit que le torseur des actions extérieures qui lui sont appliquées soit égal au torseur nul en tout point de l'espace. Traduction analytique : Cela signifie que les éléments de réduction actions extérieures sont nuls : - la résultante est nulle - le moment résultant est nul en tout point. O ext (Fsyst ) F ext du torseur des 0 MO (Fext ) couples 0 X Y Z Fext 0 Fext 0 Fext 0 L M N O 0 O 0 O 0 On obtient 6 EQUATIONS d'équilibre dans l'espace. Problèmes plans : 8 L'énoncé précédent reste bien entendu valable, mais son écriture et son exploitation se simplifient. Le solide et le système d'actions sont alors supposés être dans le même plan. Si ce plan est le plan (O, x, y) le P.F.S. s'écrit : O ext syst (F ) X Y Fext 0 Fext 0 N O 0 On obtient 3 EQUATIONS d'équilibre dans le plan. Etude de l'équilibre : 1) Isolement : Avant de procéder à toute mise en équation, on veillera à bien délimiter le système matériel ou l’ensemble de systèmes matériels que l'on veut étudier. Isoler un système matériel signifie : distinguer les actions extérieures au système, écrire tous les torseurs des actions extérieures au même point (condition impérative pour le P.F.S.). 2) Inventaire des actions extérieures : On distinguera plusieurs types d'action : - les actions mécaniques de contact - ponctuelles définies par la connaissance de leur point d’application, de leur direction, de leur sens et de leur intensité. - linéiques uniformes ou non, exprimées en kN/m transmises suivant une génératrice (poutre, voile) - surfaciques réparties sur une surface (plancher, toiture), exprimées en kN/m² - les actions à distance ou actions de volume résultant d'effets magnétiques ou de pesanteur. On considère qu'elles s'appliquent au centre de gravité de l'élément considéré. 3) Repère d'étude : Quand nous étudierons une structure complète, nous serons amenés à considérer soit l'ensemble de la structure soit un de ses éléments. En conséquence, nous devrons utiliser soit un repère mécanique général, soit un repère mécanique local plus pratique pour l'étude. Repère mécanique général : C’est un repère en général lié au sol. 9 B C F Exemple : soit une structure composée de trois barres et de 4 nœuds A, B, C, D soumise à un effort ponctuel F. Y A O D X Dans le repère général ( O, X, Y ) la force F s'écrit : F F 0 Repère mécanique local : y2 y3 x2 F x3 Si maintenant on veut étudier chaque barre séparément, on utilisera alors les repères locaux liés aux barres. Dans ( A, x1, y1 ) la force x1 0 F s’écrit: F F y1 F 0 Dans ( B, x2 , y 2 ) la force F s’écrit: F 0 F Dans ( C, x3 , y 3 ) la force F s’écrit: F Méthode de travail : Les changements de repère sont parfois générateurs d'erreurs. Pour éviter cela, nous adopterons la même méthode dans le repérage de la structure étudié. Le repère général lié au sol sera noté en MAJUSCULES. Les repères locaux liés aux barres seront notés en minuscules indicées. L'indice correspondra au numéro de la barre considérée. NOUS APPLIQUERONS LE P.F.S. EN RAISONNANT DANS UN SEUL REPERE. (Les coordonnées entrant dans une équation doivent être exprimées dans le même repère) 10 ANALYSES DES STRUCTURES Isostatisme d’un système matériel Définition générale Avant de se lancer dans la résolution d'un problème de statique sur une structure plane, il est nécessaire de déterminer si le problème est résoluble par le seul principe fondamental de la statique. En d'autres termes, cette recherche va nous amener à définir le nombre d'équations possibles et le nombre d'inconnues du système. La différence entre ces 2 valeurs s'appelle degré d'hyperstaticité de la structure. Degré d'hyperstaticité L = Nombre d'inconnues I - Nombre d'équations Eq Si L = 0 la structure est isostatique Si L > 0 la structure est hyperstatique d'ordre L Si L < 0 la structure est hypostatique, c'est un mécanisme à rejeter ou à transformer par le concepteur. Nombre d’équations possibles 1) Décomposer la structure en b barres, une barre étant définie par un nœud origine et un nœud extrémité. 2) Pour chaque barre, il est théoriquement possible d'écrire 3 équations (Principe fondamental de la statique P.F.S.). 3) Pour chaque liaison intérieure, il est théoriquement possible d’écrire 3E + 2A + P équations (Principe des actions mutuelles P.A.M.). P = nombre d’appuis simples A = nombre d’articulations E = nombre d’encastrement Appui simple: Articulation: Encastrement: Une équation de forces en 2 équations de forces en 2 équations de forces en projection sur l’axe projection sur Ox et Oy projection sur Ox et Oy et parallèle au déplacement une équation de moments empêché sur Oz Eq = 3b + P + 2A + 3E Nombre d’inconnues Pour déterminer le nombre d'inconnues, il suffit d'isoler chaque noeud (extrémités des barres) et d'analyser le type de liaison des barres sur le noeud. 11 José OUIN propose que le nombre d’inconnues i de liaison soit le suivant : Liaison articulation : i = 2(n -1) Liaison encastrement : i = 3(n -1) 2 barres articulées Démonstration barre 2 4 inconnues A 3 barres articulées Démonstration 6 inconnues barre 2 A L'action de la barre 1 sur le noeud A = 2 inconnues L'action de la barre 2 sur le noeud A = 2 inconnues L'action de la barre 1 sur le noeud A = 2 inconnues L'action de la barre 2 sur le noeud A = 2 inconnues L'action de la barre 3 sur le noeud A = 2 inconnues 2 barres encastrées + 1 barre articulée Démonstration barre 3 A III. barre 3 A 8 L'action de la barre 1 sur le noeud A = 3 inconnue inconnues s L'action de la barre 2 sur le noeud A = 3 inconnues L'action de la barre 3 sur le noeud A = 2 inconnues METHODE DE RESOLUTION DES PROBLEMES DE STATIQUE 12 OBJECTIF DU PROBLEME : Déterminer complètement les actions mécaniques exercées sur un système matériel appartenant à une construction donnée. Extraire le système matériel de la construction Dessiner le système matériel seul dans la même position géométrique Repérer toutes les zones de contact entre le système matériel et les autres systèmes matériels de la construction Schématiser les actions mécaniques correspondant aux zones de contact précédentes, leur donner un nom Inventaire des actions de contact, ajouter les actions à distance (poids ) Faire l’analyse de toutes les actions agissant sur le système matériel Test Déterminer d’autres éléments ( en isolant d’autres systèmes et en faisant intervenir le PRINCIPE DES ACTIONS MUTUELLES NON La résolution est-elle possible à partir des éléments de l’analyse précédente OUI Résoudre graphiquement ou analytiquement Choisir la méthode la plus performante RESULTATS: Le problème est terminé lorsque toutes les actions agissant sur le système matériel sont complètement connues Remarques: Faire l’analyse des actions mécaniques sur un système isolé, c’est comptabiliser toutes les actions de contact et à distance. C’est ensuite faire l’inventaire de tout ce qui est connu et inconnu. Les inconnues du problème sont en général les inconnues relatives aux vecteurs modélisant les actions mécaniques. Les grandeurs: direction, intensité et sens, point d’application représentent chacune une inconnue (un vecteur possède 3 inconnues potentielles). Par commodité, il peut-être intéressant de faire l’analyse sous la forme d’un tableau Colonne rassemblant tous les vecteurs modélisant toutes les actions mécaniques extérieures IV. Vecteur modélisant l’action mécanique A1S Point d’application ou point du support A Direction Sens et intensité Verticale 3000 N STATIQUE GRAPHIQUE 13 Généralités Objet de la statique graphique : La statique graphique a pour objet la détermination des efforts et des conditions d’équilibre au repos des corps soumis à des forces. Nous admettons que toute force peut être représentée par un vecteur glissant caractérisé par : une ligne d’action ou directrice ; sa longueur ou intensité du vecteur ; une orientation ou un sens. Pour résoudre un problème graphiquement, il faut toujours se donner : une échelle des longueurs ; une échelle des forces. Ces échelles tiendront compte des dimensions de la feuille sur laquelle on travaille et de la précision qu’on veut atteindre. Plus les échelles seront grandes, plus la précision sera bonne, mais plus on aura besoin d’espace. Système soumis à deux forces. Pour qu’un système soumis à deux forces F1 et F2 soient en équilibre, il faut et suffit que les deux forces aient : - la même intensité ; - la même directrice ; - des sens opposés. Système soumis à trois forces. Un système de trois forces est en équilibre lorsque : - soit les trois forces sont concourantes ; soit les 3 forces ont parallèles et leur somme vectorielle est nulle ; - la somme vectorielle des 3 forces est nulle. des directrices F2 F2+F3 = F1 F1 F3 F1 F2 F3 Système soumis à quatre forces (Méthode de CULMAN). 14 Soit quatre forces F1, F2, F3, F4 : on appelle droite de CULMAN toute droite joignant deux points d’intersection des lignes d’action de ces quatre forces prises deux à deux. Il y a 3 droites de CULMAN pour 4 forces ayant des droites d’action concourantes deux à deux. Soit AB l’une d’entre elles. La résultante des deux forces passant par A doit être de même intensité, de sens opposé et portées sur cette droite de CULMAN (AB). JL Fanchon P50 Définitions : Dynamique, funiculaire, Ligne de fermeture, pole et rayons polaires : Dynamique ou Polygone dynamique Soit un système de forces coplanaires F1 , F2 ,…, Fn . Par A0, un point arbitraire du plan, menons un vecteur A0 A1 équipollent à F1 , puis de A1 menons un vecteur A1 A2 équipollent à F2 , et de proche en proche nous faisons Ai 1 Ai équipollent à Fi …et An 1 An équipollent à Fn ; le contour polygonal A1…Ai…An est appelé dynamique associé aux forces Fi . La forme du dynamique ne dépend pas du point A0, mais de l’ordre d’examen des forces. Le 15 vecteur A0An est équipollent à la résultante des forces Fi, il ne dépend pas du classement des forces Fi . Rayons polaires Joignons tous les sommets Ai à un pôle P choisi arbitrairement dans le plan ; les droites AiP appelés « i » sont les rayons polaires. Par un point a1 arbitrairement choisi sur la directrice de F1, menons un segment de droite 0’ parallèle au rayon polaire 0, puis de a 1 menons une parallèle 1’ au rayon polaire 1 et ainsi de suite ; faisons de même pour toutes les forces Fi jusqu’à Fn. Funiculaire : Le contour polygonal 0’1’2’…n’ est appelé funiculaire associé au pôle P. La ligne de fermeture : c’est la ligne joignant l’origine du premier vecteur à l’extrémité du dernier vecteur ; elle est équipollente à la résultante du système. Résultante d’un ensemble de forces fi Théorème : Tout système plan de forces est équipollent à un système de deux forces ayant pour directrice le premier et le dernier côté du funiculaire est équipollent au premier et au dernier rayon polaire du dynamique ; le 1er rayon (0) étant parcouru du dynamique vers le pôle P et le dernier du pôle vers le dynamique. Deux situations peuvent se présenter : i) le dynamique est ouvert : cela veut dire que les sommets A0 et An sont distincts. Par ailleurs, les rayons polaires 0 et n sont différents et les droites 0’ et n’ sont concourantes en un point I. La résultante Rn des forces Fi est équipollente au vecteur A0 An et passe par I. ii) le dynamique est fermée : cela veut dire que A0 = An. les côtés 0 et n sont alors confondues. Si 0’ et n’ sont distincts alors le funiculaire est dit ouvert. L’ensemble des forces est réductible à deux forces d’intensité égales, de sens opposées et portées par deus droites parallèles : elles forment donc un couple. Si 0’ et n’ sont confondus, le funiculaire est dit fermé ; l’ensemble des forces est donc réductible à deux forces d’intensité égale, de sens opposé et portées par la même droite. Exercices d’application 16 V. SYSTEMES TRIANGULES PLANS Objectif spécifique de la leçon : Au terme de cette leçon, l’étudiant sera être capable de déterminer les efforts sollicitant chaque barre dans un système triangulé. Il pourra utiliser tant la méthode des nœuds (ou de Cremona) que celle des sections (ou de Ritter). Définitions : On appelle système articulé ou treillis, un assemblage de pièces droites ou courbes, appelées barres assemblées entre elles à l’aide des rotules ou des articulations, en des points appelés nœuds, On appelle système triangulé ou treillis, un assemblage de pièces droites appelées barres assemblées entre elles en des points appelés nœuds, dont la figure de base est un triangle. Un nœud est donc la rencontre de plusieurs barres. Hypothèses : Les assemblages sont supposés géométriquement invariables; les barres sont rigides et indéformables ; Les déformations sont un uniquement dues aux allongements ou aux raccourcissements des barres et sont toujours négligeables. Toutes les forces sont supposées contenues dans le plan de la structure et appliquées aux nœuds ; Le poids des barres est négligé ; Les nœuds sont supposés équivalents à des liaisons pivots. Compte tenu de ces hypothèses les barres sont soumises soit à la traction soit à la compression. Méthode des nœuds (Cremona) Cette méthode, dont l’objectif est la détermination des actions dans toutes les barres d’une même structure, consiste à étudier l’équilibre des nœuds successifs en appliquant le principe fondamental de la statique. Et la résolution de l’équilibre des nœuds se fait graphiquement. Résolution graphique par l’épure de Cremona Principe: La méthode de Cremona est une méthode graphique. Chaque nœud est en équilibre sous l’action des barres y aboutissant. Au lieu d’écrire les équations d’équilibre d’un nœud, on construit le polygone dynamique fermé des forces, actions de contact des barres sur le nœud. On notera que la fermeture d’un polygone de forces (équilibre statique) n’est possible que si le nombre de forces inconnues est au plus égal à 2 (les directions étant connues puisque le support est connu: c’est la barre). Mode opératoire: Il est pratique de commencer par les cinq points suivants 1. Déterminer les réactions aux appuis ; 2. Choisir une échelle pour le dynamique des forces et une échelle de longueurs puis dessiner le système (figure de position) à l’échelle choisie ; 3. Après avoir positionné sur la figure de position les actions extérieures (connues et calculées), délimiter les régions : les frontières sont soit les barres, soit les forces ; donner un nom à chaque région : par exemple, a, b, c, … ; 4. Numéroter les barres dans un ordre logique des nœuds. Nous serons guidés par le fait que la méthode de Cremona ne peut s’utiliser que si le nombre d’inconnues à un nœud est inférieur ou égal à deux ; 17 5. Se fixer un sens de circulation autour des nœuds qui doit être identique pour tous les nœuds (sens trigonométrique par exemple) ; 6. Construire de proche en proche le dynamique des forces autour de chaque nœud en équilibre ; on étudie l’équilibre de chaque nœud qui constitue la structure sur un même graphique ; 7. En tournant autour de chaque nœud dans le sens choisi, chaque fois que l’on passe d’une région à l’autre on intercepte la ligne d’action d’une force. On reporte le vecteur de modélisation sur le dynamique en affectant respectivement à son origine et à son extrémité les lettres qui désignent les 2 régions séparées par cette force, dans l’ordre où elles se présentent ; 8. Il faut choisir le point de départ de façon à intercepter en dernier lieu les barres où l’effort est inconnu. Après l’étude du 1er nœud, on trace le dynamique du suivant en repartant sur les vecteurs du dynamique du précédent. On part de la zone qui permet de rencontrer en 1er lieu les forces connues. 9. La grandeur des efforts dans les barres est mesurée sur l’épure de Cremona en considérant l’échelle des forces choisie. B a rre et ndue N i N i ba rre i N i N i A B A ba rre tendue B B a rre com p rmi ée N i N i ba rre i N i A N i B A ba rre com p rmi ée B Pour connaître la nature des efforts : traction + ou compression – il suffit de lire sur le dynamique le sens des forces dans la logique de l’équilibre et le reporter sur le nœud de la figure de position. Si la barre tire sur le nœud, la barre est tendue. Si la barre pousse sur le nœud, la barre est comprimée. L’épure de Crémona ne donne pas directement l’effort dans une barre mais l’équilibre d’un nœud. Exemple: Soit une ferme de 8m de long et 2m de haut. Cette ferme est articulée en A sur un poteau et appuyée en B. Elle est constituée de 9 barres et 6 nœuds et soumise à 3 efforts de 4KN sur les nœuds D, C et E. Le système est isostatique et les actions de liaison en A et B égales à 6KN. 18 S chém am é can qi ue F gi u re de po s itoi n 4KN 4KN 4KN C 4KN 1m D 1m A I 2m D 1 2m A 2m 4 f c C 3 a B 2m b 4KN E 5 g 2 4KN 7 h 6 d E i 9 B 8 I e 6KN 6KN Etudions l’équilibre du nœud A puis continuons sur le même graphique pour les nœuds D, C, I et E. d N oeu d A g c e N2 f f e i b 6KN h N1 a a Barre Repère 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Intensité E pu re de C rém ona Nature de l’effort Remarque: La méthode de Cremona est intéressante lorsqu’on doit déterminer les efforts dans toutes les barres d’un système triangulé. Elle est particulièrement lourde lorsqu’un seul effort dans une barre est recherché car on doit alors calculer pratiquement tous les efforts. Dans ce dernier cas, on emploie d’autres méthodes et en particulier la méthode de RITTER. Méthode des sections ou de Ritter Principe: C’est une méthode analytique. On coupe la poutre triangulée par une section fictive qui la sépare en deux tronçons distincts, et qui rencontre au plus trois barres dont les sollicitations sont inconnues. 19 On isole l’un des tronçons et on écrit qu’il est en équilibre sous l’action des forces connues et des forces inconnues (forces extérieures à la barre) dans les barres coupées. En appliquant le P.F.S. sur la portion isolée, on obtient 3 équations à 3 inconnus que nous savons résoudre, mais la résolution est parfois complexe. Il est intéressant de pouvoir écrire 3 équations indépendantes de telle façon qu’on ait qu’une seule inconnue par équation ; pour cela on calcule à chaque fois les moments par rapport à un point de rencontre des deux barres coupées. Règle de RITTER: P 3 -4 3 1 d 3 -4 A d 2 -4 N3 4KN P 2 -4 Il est en équilibre sous l’action des forces connues ( ici les charges 6KN et 4KN ) et des forces inconnues ( les actions dans les barres N2, N3 et N4 ). 4 D N2 2 N4 P 2 -3 6KN On choisit une section fictive coupant les barres 2, 3 et 4 et on isole le tronçon de gauche. d 2 -3 Pour obtenir un effort dans une barre coupée (N4 par exemple), on prend comme pole des moments le point d’intersection des 2 autres barres coupées (intersection des barres 2 et 3 P 2-3). Soit Fi les forces extérieures connues 2 M i 1 Fi P 23 N4 d23 0 donc N4 = 4.47 KN en compression ( signe - ) 4KN 2m N4 1789 . m 0 Pour trouver la nature des efforts (traction ou compression), il est conseillé de diriger les efforts inconnus Ni vers l’extérieur soit les considérer comme des tractions. Lorsque le calcul amène à une valeur positive, il s’agit alors effectivement d’une traction. Dans le cas contraire, si le signe est négatif, il s’agit d’une compression. Remarque: Si les 2 autres barres sont parallèles, on écrit alors une équation des forces en projection sur un axe perpendiculaire au support des 2 forces parallèles. Exercices 20 VI. CARACTERISTIQUES GEOMETRIQUES DES SECTIONS Définition d'une poutre y Une poutre est un solide engendré par une surface plane ( ) dont le centre de gravité G décrit une courbe ( C ), ( ) restant constamment normale à cette courbe ( C ). G (s ) x B C ( ) A ( ) est la section droite ou section transversale de la poutre. Si la courbe (C) G (0 ) est plane et si le plan de (C) est un plan de symétrie de ( ), la poutre sera dite à plan moyen de symétrie (voir ci-dessous). y z G x z y z G x y z G x Système de référence: La section ( ) d'une poutre ainsi que les contraintes agissant dans cette section sont repérées par rapport à un repère (G, x, y, z) mobile que l'on nomme repère local, défini par: - G(s), défini par son abscisse curviligne s: s = longueur de l'arc G(0) G(s) - ( G, x ) est orienté suivant la tangente à la fibre moyenne et dirigé suivant le sens de parcours préalablement choisi sur ( C ) (généralement de la partie gauche vers la partie droite de la poutre), - (G,y) et (G,z) sont orientés suivant les axes principaux d'inertie de ( ) et de manière que le trièdre (G,x, y, z) soit direct. -le repère OXYZ est le repère global, (ou repère de la statique), fixe. Les dimensions de la section droite ( ) sont petites devant la longueur de la poutre. Ordre de grandeur: longueur de la ligne moyenne > 10 fois la plus grande dimension transversale La section droite () peut varier progressivement : la poutre est dite alors à inertie variable (ex: tablier de pont, arc lamellé-collé,.....) 21 Remarque: on se limitera au cas ou ( C ) est un ensemble de tronçons de barres droites, pour le sens de parcours on choisira par exemple A, B, C, D, chaque tronçon sera nommé et affecté d'un repère dont l'origine sera placée à l'extrémité gauche. y2 C x2 B S2 C y3 x3 S1 S2 S3 y1 y1 A D A x2 y2 x1 x1 B S1 y Pour toute notre étude, nous prendrons le repère classique des mathématiques: Oxy et un repère basé sur le centre de gravité de la section GXY. Par contre, dans une section droite de poutre, nous z avons le repère Gyz Pour passer du 1er au second il suffit de remplacer GX par -Gz, GY par Gy. Y G x X Aire d’une section (notation A) y Soit le repère orthonormé Oxy Dans un repère cartésien dA = dx dy ym a x dy dA A dx dy O Cette intégrale peut se ramener à une intégrale simple si l'on peut exprimer la largeur de la surface dA = dxdy, à la cote y, en ym ni fonction de y: soit b(y) cette largeur. dx y x 22 y ym a x dA = b(y).dy dy b (y ) y y max . dA . b( y). dy A surface A O y min x A ym ni Moment statique d'une section droite (notation S) Définitions: C'est une grandeur géométrique qui permet de déterminer la position du Centre de Gravité d'une section droite, de plus elle intervient dans l'expression des contraintes tangentielles due à l'effort tranchant Vy. Définitions: On appelle moment statique d'une section droite A par rapport à un axe ( y O, x ) la quantité: ym a x dy dA S0 x A y. dA y. dx. dy surface A x.dA x.dx.dy surface A y surface A de meme, le moment statique par rapport un axe axe ( O, y )la quantité : S Oy A dx O x ym ni surface A Le moment statique est un nombre algébrique, ayant la dimension d'un volume Unité: mm3, cm3, m3,... 23 y Cette intégrale peut se ramener à une intégrale simple si l'on peut exprimer la ym ax largeur de la surface dA, à la cote y, en fonction de y: soit b(y) cette largeur. dy dA = b(y).dy b (y ) y S0 x A y max O y min ym ni y. dA y. b( y). dy surface A x A Théorèmes - Propriétés: La principale difficulté réside dans la détermination de b(y). Pour des sections simples (rectangulaires, en I, on procédera plus simplement en appliquant la relation suivante qui fait intervenir les coordonnées du CdG: THEOREME : Le moment statique d'une section droite A par rapport à un axe Ox (Oy) situé dans son plan est égal au produit de l'ordonnée du C. de G. yG ( xG ) par rapport à cet axe par l'aire A de la section droite. S0 x A y G . A S0 y A xG . A xG ,y G correspondent aux coordonnées de G par rapport au repère Oxy. Attention: ce sont des valeurs algébriques. Définition du centre de gravité: y yg ym a x SGxg A 0 A ire A SGyg A 0 G Le moment statique d'une section droite par rapport à un axe passant par G est nul. xg yG O x xG Cette définition déterminer G est parfois utilisée pour ym ni Remarque : Le CDG G est le barycentre des points matériels Ai affectés des coefficients égaux à leurs masses élémentaires dmi. On peut donc écrire : OG = ∑ (OAi*dmi)/ ∑dmi. 24 Théorèmes de GULDIN. : 1 théorème « L’aire S de la surface engendrée par une ligne tournant autour d’un axe de son plan mais ne la traversant pas est égale au produit de la longueur de la ligne par la longueur de la circonférence décrite par le centre de gravité de cette ligne ». S = lƒ x 2πd. er l G d f Axe 2ème théorème : « Le volume engendré par une surface tournant autour d’une axe de son plan mais ne le traversant pas est égal au produit de la surface par la longueur de la circonférence décrite par le centre de gravité de cette surface ». V = S x 2πd G d Axe Changement de repère: translation: Connaissant le moment statique par rapport à un axe ( O' , x' ), on peut déterminer rapidement sa nouvelle valeur par rapport à un axe parallèle au précédent ( O , x ). on utilisera la relation suivante: y y S0 x A y O . A S0 x A A ire A S0 y A xO . A S0 y A O ' G ( xG , yG ) x yo ' O x xo ' Moment statique d’une section droite A par rapport à un axe de symétrie: 25 y Si Oy est axe de symétrie de A, on démontre que: A ire A S0 y A 0 Or si G S0 y A 0 xG . A xG 0 yG O x G axe de symétrie Oy Moment quadratique d’une section droite (notation I) Définitions: Moment quadratique par rapport à un axe Ox d'une section droite On appelle moment quadratique d'une section droite A par rapport à un axe (Ox) ou (Oy), les ym a x quantités: IOx A y 2 . dA surface: A y dy dA y 2 . dx. dy dx surface: A y IOy A x . dA x . dx. dy 2 2 surface: A surface: A O x ym ni Ces quantités sont toujours positives. y A la cote y, si l'on connaît la largeur b(y) de la surface élémentaire dA exprimée en fonction ym ax de y, cette intégrale peut se ramener à une intégrale simple. dy b (y ) y IOx A y max y 2 . dA surface: A y . b( y). dy 2 O x A y min ym ni Moments quadratiques par rapport à des axes parallèles: 26 y y IOx O A y y y y 2 . dA y O 2 .A I O x 2. y O .S A O x A ire A G ( xG , yG ) O ' IOx I O x yO A 2 x yo ' O x xo ' Théorème de HUYGENS Cas ou le repère Ox’y’ est le repère G,xg,yg y yG A ire A IOx A y G A IGxg A 2 G ( xG ,Gy ) xG yG O x xG Moment quadratique produit ou produit d'inertie: Définition: y Le produit d'inertie d'une section droite A par rapport aux axes (0x) et (0y) est égal à: dA IOxy A x. y. dA x. y. dx. dy surface: A Attention négative. cette y surface: A quantité peut êtreO x x Théorèmes - Propriétés: 27 Théorème: Si A est un rectangle et si les axes sont parallèles aux cotés du rectangle, alors l'intégrale peut être calculée simplement. xmax y max IOxy A x. y. dA x. y. dxdy x. dx . y. dy xmin y min surface: A surface: A IOxy A A. xG . y G Changement de repère par translation: y y Relation entre les produits quadratiques: I Oxy A et A ire A I Oxy A O ' I Oxy A x O .y O .A x O .SOx A y O .SOy A I Oxy A G (xG ,yG ) x yo ' O x xo ' y yG A ire A Cas ou le repère O'x'y' est le repère G, xg, yg G ( xG , yG ) IOxy A xG . y G . A IGx G y G A xG yG x O xG Moment quadratique polaire (Notation Io): 28 y On appelle moment quadratique polaire, le moment quadratique par rapport à un point O d'une section droite A Cette quantité toujours positive est utilisée en torsion, son expression est la suivante: IO A dA r r . dA 2 surface: A O r 2 x2 y 2 A r . dA x IO A 2 surface: A IO A x 2 y 2 . dA surface: A x . dA y . dA 2 2 surface: A surface: A IO A IOx A IOy A Le moment quadratique polaire est donc égal à la somme des moments quadratiques par rapport aux axes Ox et Oy. IO A IOx A IOy A Tous les moments quadratiques ont la dimension d'une [longueur] 4 unité mm4, cm4, Variation des moments quadratiques: les axes appartenant a un repère mobile tournant autour de O. Supposons que le plan moyen d’une section y1 droite fass y Les inerties dans le repère lié à la section Ox1y1 sont égales : dA x . dA x . y . dA IOx1 IOy1 IOx1y1 A ire A G x1 2 A y1 . dA 2 1 A A 1 O x 1 x1 x. cos y.sin y1 x.sin y.cos 29 IOx1 IOx. cos 2 IOy. sin2 2 IOxy. sin .cos IOx. cos 2 IOy. sin2 IOxy sin 2 IOy1 IOx. sin2 IOy. cos 2 2 IOxy. sin .cos IOx. sin2 IOy. cos 2 IOxy sin 2 IOx1y1 (IOx IOy ) . sin .cos IOxy. (cos 2 sin2 ) IOx IOy sin 2 IOxy cos 2 2 Détermination des axes principaux d’inertie et des moments quadratiques principaux Il existe 2 axes orthogonaux (G, X), (G, Y) pour lesquels le produit d'inertie IGXY est nul. De plus pour ces 2 axes, les moments quadratiques IGY et IGX sont extremums: y Si IGY est maximum alors IGX est minimum, et réciproquement si IGX est maximum IGY est minimum. Y Ces axes sont appelés axes principaux d'inertie ou directions principales d'inertie. Soit 1 tel que tan 2 1 2IGxy IGy IGx avec X G x 1 Gx, GX IGX IGY IGY IGX cos 2 1 2 2 IGX IGY IGY IGX IGy cos 2 2 2 IGY IGX IGxy sin 2 1 2 IGx IGX IGx. cos 2 1 IGy. sin2 1 IGxy. sin 2 1 IGY IGx. sin2 1 IGy. cos 2 1 IGxy. sin 2 1 ; En RDM, l'axe des X passe par le centre de gravité de la section droite et correspond à la ligne moyenne, les axes OY, OZ dans le plan de la section droite ne sont pas pris quelconques, mais correspondent aux axes principaux d'inertie.( ceci permet de simplifier les expression des contraintes ) Cercle de MOHR des inerties : La relation liant les moments quadratiques relatifs aux axes principaux avec les moments quadratiques d'axes quelconques peut se traduire graphiquement par un cercle appelé cercle de Mohr des inerties. 30 A xe de s p rodu its quad ra tqi ue s IG xy Le rayon du cercle est égal à : M IG X 2 1 IG x (IGY - IGX) / 2 IG Y IG y A xe de sm om en ts quad ra tqi ue s Son centre abscisse: -IG xy IG X + IG Y à pour (IGX + IGY) / 2 2 Du cercle de Mohr on peut tirer les relations suivantes: IGY IGX IGx IGy 2 IGx IGy 2 2 IGy IGx 2 I Gxy 2 2 IGy IGx 2 I Gxy 2 Moments quadratiques de quelques sections usuelles : Moments quadratiques par rapport : Sections à l’axe GX à l’axe Gy au point G Section rectangulaire y x G h bh 3 IGx 12 b I bh3 3 IGx a4 12 hb 3 IGy 12 IG bh( b 3 h 3 ) 12 IG a4 6 Section carrée y IGy a4 12 x G a a a4 I 3 Section circulaire 31 y D IGx x G IGx D4 64 IGy D4 64 R4 IG IG 4 D4 32 R4 2 Section triangulaire y IGx h G bh3 36 IGy hb3 36 IG bh( b3 h3 ) 36 x b bh3 I 12 Tableau de présentation de l’étude d’une section droite de poutre : Travaillons sur le petit élément de mur de soutènement préfabriqué de 1.5 m de hauteur. Les calculs sont effectués avec un tableur sur la page suivante. Ces calculs sont effectués à partir des étapes suivantes : 1ère étape : Décomposition de la section en n sections élémentaires Ai ( carrés, rectangles, triangles ou cercles dont on connaît les caractéristiques géométriques d’après le tableau précédent ). Définition d’un repère local (Gi, xi, yi) centré sur le centre de gravité de la section Ai. 2ème étape : Calcul des aires Ai de chacune des sections. 3ème étape : Définition d’un repère global (O, x, y). En général, on prendra le point O en bas à gauche de la section pour travailler en positif. 4ème étape : Calcul des moments statiques Sx et Sy de la section totale et détermination de la position du cdg dans le repère global (O, x, y). Pour cela : - détermination des coordonnées (xi, yi) des cdg Gi des sections élémentaires Ai calcul des moments statiques élémentaires (Ai yi) et (Ai xi) de chacune des sections élémentaires calcul de la somme des (Ai yi) et (Ai xi) soit Sx et Sy calcul des coordonnées xg et yg du cdg G dans le repère global (O, x, y) ; 5ème étape : Calcul des moments et des produits d’inertie Ixi, Iyi et Ixiyi des sections élémentaires dans les repères locaux. 32 Pour ce faire, nous utiliserons les résultats du tableau précédent. Remarque : les produits d’inertie seront fréquemment nuls. 6ème étape : Calcul des moments et produits d’inertie Ix, Iy et Ixy de la section totale A dans le repère global (O,x,y). Pour cela : - calcul des termes correctifs d’Huygens (Ai xi²) , (Ai yi²) et (Ai xi yi) Passage des inerties des sections élémentaires Ai des repères locaux (Gi,xi,yi) vers le repère global (O,x,y) en utilisant le théorème d’Huygens Ix yi2 Ai Ixi Iy xi2 Ai Iyi Ixy xi yi Ai Ixiyi 7ème étape : Définition d’un repère global (G, xg, yg) centré sur le cdg G de la section totale A 8ème étape : Calcul des moments et produits d’inertie Ixg, Iyg et Ixgyg de la section totale A dans le repère global (G,xg,yg). Pour cela, on réutilise le théorème d’HUYGENS : Ixg Ix yg2 Ai Iyg Iy xg2 Ai Ixgyg Ixy xg yg Ai 9ème étape : Définition du repère principal d’inertie (G, X, Y) centré sur G et utilisant les axes principaux d’inertie GX et GY. 2Ixgyg Pour ce faire, on détermine l’angle 1 entre les axes Gx et GX tel que tan2 1 Iyg Ixg 10ème étape : Calcul des moments d’inertie principaux IX et IY de la section totale A dans le repère principal (G, X, Y). Pour cela, on fait une construction graphique du cercle de MOHR ou on utilise les formules : 2 Ixg Iyg Iyg Ixg 2 IY I xgyg 2 2 2 Ixg Iyg Iyg Ixg 2 IX I xgyg 2 2 33 y Calcul des caractéristiques géométriques d’un élément de mur de soutènement (en cm ) Section 220 1 G 220 X G2 x y1 = 15 yg xg 30 30 A1 x O 20 30 100 x1 = 75 150 150 bi hi Aire Ai xi Ai xi yi Ai yi Ixi Ai yi2 Ix Iyi Ai xi2 Iy Ixiyi Ai xi yi Ixy (1) (2) (3) = (4) (5) = (6) (7) = (8) (9) = (10) = (11) (12) = (13) = (14) (15) = (16) = (3) (6)2 (8) (9) (3) (4)2 (11) (12) (3)(4)(6) (14) (15) 150 30 30 220 A= (1) (2) 1 2 m / 3 250 s = 18 kN = 25 ° y2 = 140 SO L 4500 6600 11100 (3) (4) 75 35 xg = 337500 231000 51,22 (3) (6) 15 140 yg = 67500 924000 89,32 337500 1012500 1350000 26620000 129360000 155980000 Ix = 157330000 8437500 495000 Ixg = 68764932 2 I xg.yg tan21 = 1 = ( I yg I xg ) IX 0,482 25,72 degrés I Y 25312500 8085000 Iy = 33750000 8580000 42330000 Iyg = 13213581 I xg I yg 2 Ixg Iyg 2 ( I yg I xg ) 2 2 ( Iyg Ixg )2 2 2 I xgyg I2xgyg 0 0 5062500 32340000 Ixy = 5062500 32340000 37402500 Ixg,yg = -13378378 71818937 cm4 10159577 cm4 Economie due à la forme des sections Les sections des poutres les plus favorables, du point de vue du débit des matériaux, sont celles dont la plus grande partie du matériau repose dans les parties supérieures et inférieure de la section, où les contraintes sont maximales et le matériau est le mieux utilisé. Pour l’évaluation quantitative de l’avantage que présente la section, d’après le débit de matériau, on peut retenir la quantité sans dimension suivante Stépine p. 206). y v x G h wx Wx A 3 où b Soit v la distance entre la fibre neutre et la fibre la plus éloignée, la quantité I Wx GX est appelée module d’inertie ou module de la résistance à la flexion. Cette v dernière est très significative dans la répartition de la matière autour du centre de gravité de la section 34 VII. HYPOTHESES DE LA RESISTANCE DES MATERIAUX HISTORIQUE DE LA RESISTANCE DES MATERIAUX (RDM): L’apparition de la RDM en tant que branche scientifique date du XVIIème siècle et elle est associée à Galilée. Les autres pères fondateurs furent, Hooke, Bernoulli et Coulomb, Cauchy, Lamé, etc. qui ont énoncé certaines équations de calcul. C’est donc une science jeune: c’est au XIXème siècle, avec les progrès techniques, que les techniciens ont éprouvé le besoin de créer des modèles mathématiques représentant le comportement des structures (Navier, Castigliano, Saint Venant, Coulomb, ...). Avec l’informatique, les bornes du calcul des structures ont été repoussées et des problèmes de plus en plus complexes peuvent être traités. OBJET DE LA RESISTANCE DES MATERIAUX (RDM): La construction des ouvrages et machines utilisent des matériaux qui doivent posséder nécessairement certaines propriétés et qualités telles que, lorsqu’ils sont en service, ces ouvrages puissent répondre aux critères de confort, de résistance et de stabilité. La RDM se propose donc d’étudier : 1) La résistance : c’est la propriété de résister à la destruction sous l’action des charges ou sollicitations extérieures. Cette connaissance permet de faire un choix judicieux des matériaux et des dimensions des pièces des ouvrages. 2) Les déformations : il s’agit de déterminer les variations de la forme et des dimensions des éléments sous l’action des charges et des sollicitations. Dans de nombreux cas ces déformations doivent être limitées, sinon le fonctionnement normal de l’ouvrage peut devenir impossible. 3) La rigidité : c’est la propriété d’un élément à résister à la déformation. 4) La stabilité : C’est la propriété d’un élément à résister sous de faibles actions perturbatrices à la manifestation des écarts de l’équilibre non perturbé. La perte d’équilibre se traduit par une brusque succession de formes d’équilibre. La statique s’intéresse à l’équilibre des corps supposés indéformables. L'objet de la RDM consiste à étudier la stabilité interne de la structure, c'est à dire déterminer les contraintes et les déformations à l'intérieur de la matière puis vérifier que ces contraintes ainsi que les déplacements engendrés par ces déformations ne dépassent les limites permises. La RDM est une science approchée qui s'intéresse exclusivement à des structures composées de poutres. L’application des principes de la RDM permet : a) d’assurer une économie maximale des matériaux (dimensions suffisantes et non excessives) b) de choisir des dispositions rationnelles qui permettent aux matériaux d’offrir un service optimal. La RDM est basée sur des hypothèses simplificatrices énoncées ci-dessous et vérifiées expérimentalement. Nous allons établir des relations mathématiques entre les paramètres définissant la géométrie de la poutre, les contraintes, déformations et déplacements sous l'effet des actions extérieures. Celles-ci sont connues, ou peuvent être déterminées sur les règlements en vigueur. 35 HYPOTHESES SUR LES MATERIAUX: Homogénéité. La composition physico-chimique reste inchangée quel que soit le volume élémentaire considéré au sein du matériau. Remarque: cette hypothèse est difficilement vérifiable pour le matériau bois. Il s'avère que ses performances sont peu affectées par la présence de petites singularités (noeuds <5 mm). En ce qui concerne les défauts plus importants, il en sera tenu compte dans les valeurs admissibles données par le règlement. Pour un matériau comme le béton, les dimensions de l'élément de volume à partir duquel on peut le considérer comme homogène sont importantes de l'ordre de grandeur du décimètre. Isotropie. Les propriétés mécaniques sont les mêmes dans toutes les directions. Remarque: Cette hypothèse ne peut être retenue pour le matériau bois. Celui-ci est un matériau dit orthotrope. Nous serons amenés à conduire nos études suivant les trois directions naturelles; axiale, radiale et tangentielle. Géométrie des poutres: Une poutre est un corps prismatique long. Sa longueur doit être d’au moins 5 à 10 fois plus grande que ses dimensions transversales. C’est en fait un solide engendré par une aire ( ) bornée, dont le centre de gravité décrit une courbe (C) dans l’espace, le plan contenant l’aire ( ) restant normal à la courbe (C). Cas particuliers: Si (C) est une courbe plane, la poutre est une poutre courbe plane. Si ( C ) est une droite, la poutre est une poutre droite ( voir schéma ci-dessus ) ( ) est appelé la section droite de la poutre. ( C ) est appelé la ligne moyenne. Si ( C ) est plane et si le plan de ( C ) est axe de symétrie pour ( ), la poutre est à plan moyen. Hypothèse: Si la section ( ) est de géométrie variable, cette variation est progressive et continue. Hypothèses sur la déformation des poutres: Nous nous placerons toujours dans le cas de petits déplacements: 36 S chém am é can qi ue Soit une console, son poids propre est négligé, sa ligne moyenne est initialement droite. y (1 ) A L gi nem o yenne x B L Si le déplacement du point B, (2 ) F x A L gi nem o yenne dé o fm r ée D B est petit alors le support de la force n'est pas modifié pendant le déplacement de la ligne moyenne. v (x = L ) y D B D L v x L . y B (3 ) A L gi nem o yenne dé o fm r ée F x v (x = L ) y Si le déplacement du point B, D B est important alors il ne peut être négligé. D B D L u x L . x v x L . y B u (x = L ) En RDM les déplacements de G(x) sont petits devant les dimensions de la poutre. Les supports des forces ne sont pas perturbés par la déformation de la ligne moyenne. Tous les calculs seront menés dans la configuration initiale. (Ligne moyenne non déformée.) Configuration 1. Hypothèse de NAVIER BERNOULLI: Les sections droites avant déformation restent planes après déformation. Il n’y a donc pas de gauchissement des sections droites qui restent perpendiculaires à la ligne moyenne après déformation. 37 S e c toi n (x ) a van t dé fo m r a toi n x L gi ne m o yenne a van t dé fo m r a toi n Sur une poutre non sollicitée, traçons 2 sections droites ( x ) , ( x dx ) voisines de dx (lignes à la ligne moyenne dans la configuration non chargée.) S e c toi n (x+d x ) a van t dé fo m r a toi n x + dx x G (x ) L gi ne m o yenne ap rè s dé fo m r a toi n G (x+ dx ) G '(x ) G '(x+ dx ) S e c toi n (x+d x ) ap rè s dé fo m r a toi n S e c toi n (x ) ap rè s dé fo m r a toi n z D x GG y z D (x ) G '(x ) (x ) (x ) u (x ) le déplacement du point G(x). x v (x ) Définir la déformation de la poutre, c'est tracer la ligne moyenne déformée (lieu des extrémités des vecteurs déplacement de tous les points de la ligne moyenne.) Le point G(x) est venu en G'(x), on note x G (x ) Lorsqu’on la sollicite, ces lignes se déplacent, sans se déformer c'est à dire qu'elles sont toujours droites. On en conclut que les sections droites restent planes, c'est l'hypothèse de Navier Bernoulli. D x u x x v x y L'existence de la composante u x traduit une déformation longitudinale de la poutre, la composante v x une flexion. L'existence simultanée des 2 composantes traduit la flexion dite composée. La section droite x vient en x . Pour passer de x à x la section droite subit une translation ( z x D x et une rotation z x rotation autour de l'axe z pour la flexion simple ou composée.) 38 y Une fibre de coordonnées (y, z) s'allonge ou se raccourcit d'une quantité: M=M' M1M1 x ( x). dx M1 y L’hypothèse de Navier-Bernouilli se traduit mathématiquement pour tout type de sollicitation dans le cas général: M'1 x dx z z x x ( x) a by cz Nous en déduirons la forme des déformations associées aux sollicitations simples suivantes. x.dx y x.dx y x x z Ligne neutre z Traction (ou compression) simple ( x) a x.dx y y Ligne neutre Ligne neutre x.dx x x z z Flexion composée ( x) by Flexion simple ( x) a by Flexion composée ( x) a by cz et déviée La ligne neutre est le lieu des points de la section droite qui ne subissent pas de déformations. Dans la poutre, l'ensemble de ces points constitue une surface. 39 Principe de l’équivalence: Y F2 Fi F n -1 Considérons une poutre (S) soumise à des efforts extérieurs modélisés par le torseur: (F ext / S) X P ou tre (S ) Ces efforts extérieurs sont constitués par le chargement et les actions de liaisons de la poutre. Fn F1 Y Nous voulons étudier les efforts internes (au sein de la matière) auxquels elle est soumise. T ron çon S + Pour cela, on effectue une coupure fictive par un plan orthogonal à X l'axe P ou tre (S ) moyen de la poutre (O, x ) . Cette coupure partage la poutre en 2 tronçons S- et S+. T ron çon S - Torseur de cohésion: Les actions mécaniques que le tronçon S+ exerce sur le tronçon S- à travers la section fictive ( ) sont des efforts "INTERIEURS" à la poutre ( S ). Y F2 Fi R T ronçon S - Fn -1 G X T ronçon S + S e c toi n MG F1 Y Fn cohesion ( x) Éléments de réduction en G de F2 R S R S MG G cohesion : Etude de l'équilibre du tronçon de gauche SX T ron çon S - Nous pouvons les modéliser par un torseur dit de cohésion et exprimer ses éléments de réduction au centre de gravité G de ( ) : G Bilan des actions mécaniques: - actions extérieures à (S) appliquées à S- F1 MG S e c toi n - actions mécaniques du tronçon S+ sur le tronçon S- (efforts "intérieurs") 40 En appliquant le P.F.S. on obtient: les équations: M F ext / S (F ext / S-) cohesion 0 . Ce qui se traduit par R 0 G (F ext / S ) MG 0 On détermine les éléments de réduction du torseur de cohésion R et M G à travers la section ( ) en prenant l'opposé de la résultante des forces de gauche et l'opposé du moment résultant au point G des forces de gauche. Par un raisonnement similaire sur le tronçon S+ on arrive à: On détermine les éléments de réduction du torseur de cohésion R et M G à travers la section ( ) en prenant la résultante des forces de droite et le moment résultant au point G des forces de droite. Composantes des ELEMENTS DE REDUCTION: N, V, M Soit le repère local lié à la section ( ) ( G , x , y , z ) . On définit les projections de R et M G sur (G , x , y , z ) telles que: Y Vy R X Vz G N Proj. sur R Proj. sur Proj. sur x = Effort normal : N y = Effort tra nchant suivant z = Effort tra nchant suivant y : Vy z : Vz S e c to i n Z 41 Y MY M T X G MG M Proj. sur x = Moment de torsion : M T ouT M G Proj. sur y = Moment fléchissan t sur y : M y Proj. sur z = Moment fléchissan t sur z : M z Z En général les calculs que nous mènerons seront Y V dans le plan ( G , x , y ) donc les seules composantes que nous aurons seront: M X G N S e c toi n - N - V (sous - entendu Vy ) - M (sous - entendu Mz ) Relation entre l’effort tranchant et le moment fléchissant: Considérons une poutre droite, chargée uniquement dans son plan moyen. q O A B x x x+d x Isolons dans cette poutre un tronçon de longueur dx sur lequel ne s'appliquent pas des charges concentrées ou des couples. Etudions son équilibre statique: Bilan des actions sur le tronçon isolé: - dans la section (x) : -V( x) et -M(x) - dans la section (x+dx) : V( x) dV( x) et M( x) dM( x) - entre (x) et (x+dx) : q .dx Remarque : q en valeur algébrique est ici négatif 42 P.F.S. en G(x) : V( x) q. dx V( x) dV( x) 0 M( x)q.dx On finalement obtient dx M( x)dM ( x) V( x) dxdV ( x) dx0 2 q. dx dV( x) 0 dM( x) V( x) dx 0 en négligeant dx² et dV(x).dx En conclusion: dM V dx dV V ( x) q dx d2M M( x) q dx² M( x) Contraintes: Y Reprenons notre tronçon ( S- ) soumis au: F2 torseur des actions extérieures (chargement et actions de liaisons calculées R X T ron çon S - F1 MG G par la statique - torseur des précédemment S e c toi n cohesion (F ext / S) actions ( x) internes défini S R S MG G 43 Nous pouvons remplacer la résultante R et le F2 Y moment résultant M G par un ensemble d’actions élémentaires modélisées par des da2 d f1 d fi d f2 vecteurs dfi s’appliquant sur des surfaces élémentaires dai. X da1 da i d fn dan da6 d f6 T ron çon S - Le torseur des actions internes pourra alors s’écrire: (x) S R S MG G df 1 ... dfi .... dfn MG df1... MG dfi .... MG dfn G F1 Si nous considérons une de ces surfaces élémentaires dai de centre de gravité le point M. Sur cette surface agit une action de y Y M CM d fi M da i z M cohésion dfi . X Par définition, nous appellerons contrainte au point M la quantité: dfi CM dai CM est un vecteur de même direction et sens que dfi et son intensité est homogène à une pression en [ N / m² ]. Ce vecteur se décompose en une projection sur l’axe Gx : - M CM cos Contrainte normale en M responsable des tractions (positives) et des compressions (négatives). - M CM sin Contrainte tangente en M responsable des cisaillements. Loi de HOOKE: Les contraintes sont proportionnelles aux allongements et aux raccourcissements. E. (x) En utilisant les résultats de l'hypothèse de Bernoulli on obtient: A By Cz 44 Principe de SAINT VENANT: Les contraintes et par suite les déformations produites par un système de forces dans une section S éloignée du point d'application de ces forces ne dépendent que de la résultante générale et du moment résultant des actions mécaniques appliquées à gauche de S. L’expérience montre que la répartition des contraintes au voisinage des points d’application des efforts dans les constructions est très complexe et diffère notablement des résultats donnés par la RDM. Conséquence: Dans une poutre à plan moyen chargée dans son plan, les contraintes dans une section S sont totalement définies si l'on connaît N, V, M relatifs à cette section. Principe de superposition: De la loi de Hooke on déduit que si 2 systèmes de forces S1 et S2 produisent respectivement les contraintes 1 et 2 et les déplacements d1 et d2, l'action simultanée de S1 et S2 produit les contraintes (1 + 2) et les déplacements (d1+d2). Attention: Le principe de superposition n'est valable que dans le domaine élastique du matériau de la poutre. L'effet dû à une cause (A + B) = L’effet du à une cause A + L’effet du à une cause B F F q fe C au se (A + B ) A B fc F F fc 2 q A fe 2 B A fe 1 fc 1 C au se A C au se B Exemple de non-application: F F F A B C au se (A + B ) fc > fc1 + fc2 fc F C au se A A B fc 1 F F A B fc 2 = 0 B C au se B Appliquons un effort vertical F qui sollicite la poutre AB en flexion et 2 efforts horizontaux F qui la sollicite en compression. Le déplacement vertical f2 est nul et le déplacement total f > f1. Le principe de superposition ne s’applique pas car la compression amplifie la flexion. Dans ce cas, l’effet des efforts n’est pas indépendant des déplacements et il existe une valeur limite de l’effort de compression qui provoque l’effondrement de la poutre avant 45 d’arriver à la contrainte limite en compression et flexion. C’est un phénomène que nous appellerons flambement. Symétries et anti-symétries des poutres et des charges: Dans le cas de poutres symétriques: - Si le chargement est symétrique - Si le chargement est antisymétrique Le graphe de l’effort tranchant est antisymétrique Le graphe du moment fléchissant est symétrique Le graphe de l’effort tranchant est symétrique Le graphe du moment fléchissant est anti-symétrique EXEMPLE 1 : Poutre sur appuis soumise à une charge repartie. Position du problème: Soit une poutre droite longueur L, de section et quadratique I constant dans un matériau de d’élasticité longitudinal E. AB de moment réalisée module Cette poutre articulée en A et sur appui simple en B est soumise à une charge répartie q constante sur toute sa longueur. Nous considérerons un repère orthonormé Axyz direct. Le problème consiste à rechercher les actions de liaisons en A et B par la statique, déterminer les éléments de réduction en tous points et tracer leurs diagrammes. Etude statique: L’articulation en A laisse une liberté de rotation autour de Az. L’appui simple en B bloque la liberté de translation verticale et de par là même la liberté de rotation autour de A. Notre système AB apparaît donc isostatique. Nous pouvons également voir que l’articulation en A génère une action de liaison modélisée par un vecteur glissant A que l’on peut décomposer en 2 coordonnées Ax et Ay. L’appui simple en B génère une action de liaison modélisée par un vecteur glissant vertical B de composante verticale By. Nous avons donc 3 coordonnées d’actions de liaisons inconnues. Étant donné que l’isolement du système (S) et l’application du principe fondamental de la statique nous fournissent 3 équations dans le plan, nous pouvons en conclure que le système isolé est isostatique. 46 Appliquons donc le P.F.S tout d’abord en vectoriel A B qL 0 MA A MA B MA qL 0 Donnons préalablement les coordonnées des 3 vecteurs qui modélisent les efforts appliqués: Ax A Ay 0 0 B By 0 ; ; 0 qL qL 0 Comme nous avons: MA A AA A 0 ; MA B AB B Donnons les coordonnées des vecteurs ; AB MA qL AC qL et AC : L AB 0 0 L / 2 AC 0 0 A partir des 2 équations vectorielles obtenues en appliquant le principe fondamental de la statique, nous pouvons donner 6 équations scalaires dans l’espace et le repère Axyz. Elles se réduisent à 3 pour notre chargement plan. (1) Ax = 0 (2) Ay + By - qL = 0 (3) By l - qL²/2 = 0 L’équation (3) donne By = qL/2 et donc nous obtenons en injectant cette valeur dans (2) la valeur de Ay = qLl/2. Remarque : Nous aurions pu obtenir ces valeurs plus rapidement: Le chargement étant vertical et les liaisons n’induisant qu’une action horizontale, cette dernière est obligatoirement nulle. La symétrie du chargement nous dispense d’écrire l’équation de moments en notant qu’alors Ay = By. L’équation (2) nous donne alors Ay = By = qL/2. 47 Nous pouvons donc modéliser notre système (S) : Détermination des sollicitations internes: Nous avons convenu en cours que, lorsqu’on réalise une coupure fictive dans un système (S) à une abscisse x, les sollicitations internes sont les actions du système situé à droite de la coupure (S+) sur le système situé à gauche (S-) . Ces sollicitations internes se réduisent, dans le cas d’un chargement plan à un effort normal N(x) , un effort tranchant suivant y V(x) et un moment fléchissant suivant z M(x). L’équilibre statique du système (S-) nous permet de dire que: Sollicitations internes = - (efforts extérieurs appliqués au système (S)) Dans les efforts extérieurs sont bien entendu comprises les actions de liaisons déterminées par la statique. En réalisant une coupure fictive et en isolant le système de gauche, nous obtenons: Nous obtenons alors: N(x) = 0 V(x) = qx - qL/2 M(x) = -qx²/2 + qLx/2 = qx/2 (L- x) Calculons quelques valeurs particulières: qL/2 V(x = 0) = VA = -qL/2 ; V(x = l) = VB = 48 Ces valeurs n’ont en fait aucun sens à cause de l’hypothèse de Saint Venant qui ne nous permet de calculer les sollicitations internes que loin des points d’applications des efforts ponctuels. Nous considèrerons donc que les efforts tranchants tendent vers ces valeurs lorsque x tend vers 0 ou L sans les atteindre soit x = et x = L - avec très petit. V (xm) = 0 lorsque x = xm = L/2 Comme dM(x)/dx = - V(x) , M(x) passe par un extremum lorsque x = xm = L/2 M(x = L/2) = ql/4 (L - L/2) = qL²/8 Nous vérifions que lorsque x 0 et x L nous avons MA = MB 0 Cela donne contre: les diagrammes ci- Remarque: Construction graphique des diagrammes de V(x) et M(x) à partir de la modélisation Dans la mesure où les équations de V(x) et M(x) ne sont pas nécessaires, il est possible de tracer les diagrammes à partir de la modélisation. Nous traçons V(x) en remarquant que sa variation ne dépend que de q(x). Sa pente est égale à -q(xo) en un point d’abscisse xo. Ensuite au niveau des efforts ponctuels, il y a discontinuité avec VA = - effort à gauche = -qL/2 et ensuite nous avons une pente positive +q sur une longueur L qui nous amène à -qL/2 + qL = qL/2 au point B. Nous obtenons ainsi le graphe de V’x). Nous traçons M(x) en remarquant que dM(x)/dx = - V(x). Il suffit donc d’intégrer le graphe de -V(x) entre A et un point d’abscisse xo pour obtenir M (xo). Si la variation de V(x) est linéaire, celle de M(x) est parabolique. La dérivé seconde de M(x) et donc la dérivé de -V(x) = q(x) donne le sens de la concavité de M(x). Comme q(x) = -q, cette concavité est tourné vers le bas. La surface du triangle entre A et C donne - Mmaxi soit: Mmaxi = 1 L qL = qL²/8 2 2 2 49 Il ne reste plus qu’à faire une construction graphique de la parabole passant par 3 points dont un extrémum par la méthode des tangentes. Exemple 2 : poutre encastrée soumise à une charge ponctuelle Position du problème: Soit une poutre droite AB de longueur L, de section et moment quadratique I constant réalisée dans un matériau de module d’élasticité longitudinal E. Cette poutre encastrée en A et libre en B est soumise à une charge ponctuelle F à une distance a de l’encastrement. Nous considérerons un repère orthonormé Axyz direct. Le problème consiste à rechercher les actions de liaisons par la statique, déterminer les éléments de réduction en tous points et tracer leurs diagrammes. Etude statique: L’encastrement en A ne laisse aucun degré de liberté possible et suffit à assurer l’isostatisme. Notre système AB apparaît donc isostatique. Nous pouvons également voir que l’encastrement en A génère une action de liaison modélisée par un vecteur A et un moment d’encastrement MA qui génèrent 3 inconnus: 2 coordonnées Ax et Ay pour A et une coordonnée pour MA. Nous avons donc 3 coordonnées d’actions de liaisons inconnues. Étant donné que l’isolement du système (S) et l’application du principe fondamental de la statique nous fournissent 3 équations dans le plan, nous pouvons en conclure que le système isolé est isostatique. 50 Appliquons donc le P.F.S A A M A F 0 tout d’abord en vectoriel ; F0 A M Donnons préalablement les coordonnées des 3 vecteurs qui modélisent les actions appliquées: Ax A Ay 0 ; Comme nous avons: 0 F F 0 M A 0 MA F 0 MA ; A AA A 0 ; M A F AM F a Donnons les composantes du vecteur AM : AM 0 0 A partir des 2 équations vectorielles obtenues en appliquant le principe fondamental de la statique, nous pouvons donner 6 équations scalaires dans l’espace et le repère Axyz. Elles se réduisent à 3 pour notre chargement plan. (1) Ax = 0 (2) Ay - F = 0 (3) MA - F a = 0 L’équation (3) donne MA = Fa et l’équation (2) la valeur de Ay = F. Remarque : Nous aurions pu obtenir ces valeurs plus rapidement: Le chargement étant vertical et les liaisons n’induisant qu’une action horizontale, cette dernière est obligatoirement nulle. Le moment d’encastrement en A est équilibré par le moment de la charge F soit Fa Nous pouvons donc modéliser notre système (S) : Détermination des sollicitations internes: En réalisant une coupure fictive et en isolant le système de gauche, nous obtenons 2 cas de figure: 51 Nous obtenons alors: N(x) = 0 V(x) = -F si x < a V(x) = 0 si x > a M(x) = -MA + F.x = -F ( a - x ) si x < a M(x) = 0 si x > a Calculons quelques particulières: valeurs M(x = 0 ) = -Fa M( x = a ) = 0 Cela donne les diagrammes cicontre: Remarque: Construction graphique des diagrammes de V(x) et M(x) à partir de la modélisation Nous traçons V(x) en remarquant que sa variation est discontinue. Il y a discontinuité en A avec VA = - effort à gauche = -F, ensuite nous avons une pente nulle sur une longueur a puis une discontinuité en M de +F. Nous traçons M(x) en remarquant que dM(x)/dx = - V(x). Il suffit donc d’intégrer le graphe de -V(x) entre A et un point d’abscisse xo pour obtenir M (xo). Si la variation de V(x) est nulle, celle de M(x) est linéaire. L’effort tranchant étant négatif de A à M, la pente de M(x) est positive et sa valeur mini égale à -Fa. VIII. SOLLICITATIONS SIMPLES 52 10.31 CISAILLEMENT OU GLISSEMENT TRANSVERSAL 10.311 Condition de cisaillement La section HK est soumise à un effort de cisaillement si la force T , appelée effort tranchant, située dans le plan de HK, tend à faire glisser cette section par rapport à la section infinement voisine CD. Hypothèses : T est la résultante d’un effort uniforme reparti le long de CD ; T agit dans le plan de la section CD (ce n’est qu’une hypothèse de calcul) La répartition des contraintes est uniforme sur toute le section (ceci est loin de la réalité) 10.312 Formules relatives au glissement mn prend la position mn’ ; nn’= glissement absolu; nn' glissement relatif; mn T τ contrainte de glissement en daN/mm 2 ; S T S τ G ou τ G.γ nn' γ mn G = constante = module de Coulomb ou module d’élasticité transversale ; 1. La contrainte moyenne de cisaillement est T S (daN/mm2); T (daN); S = section cisaillée (mm2). . Conditions de résistance (Inéquation d ‘équarrissage) Pour qu’une pièce sollicitée au cisaillement puisse résister en cette sécurité, il faut : τmax Rp = RS S où Rg = limite d ‘élasticité au glissement. 1) Poinçonnage е Rg d Rr 4 Observations d e.R r Effort à supporter par le poinçon : Effort nécessaire = de Rr е 2d 3e ou d 3 2 Résistance des filets de vis d = diamètre du noyau en mm d 2 4 Rp d = diamètre en mm du poinçon ; e = épaisseur à poinçonner, en mm ; Rr = résistance à la rupture par glissement de la tôle à poinçonner. d 2 Rp 4 53 D = Diamètre nom en mm Q = effort axial sur la vis en daN Rp = résistance pratique à la traction Rpg = résistance pratique au glissement. H = hauteur de l’écrou en mm. Condition de résistance à la traction : Q πd 2 Rp . 4 Condition de résistance au cisaillement des filets : Q Hauteur nécessaire de l’écrou : d 2 4 RP d h (Rp) g Pour l’acier doux Rp = 2 (Rp) g d’où h π.d.h.(Rp)g ou h Rp d 4 (R p ) g d 2 Pratiquement on prend, au lieu de d, D pour l’écrou normal h = 0,8 D. Clavetage x = longueur clavetage l = Largeur de la clavette d = Q de l’arbre M = couple moteur Il faut x T (RP)g L Exercice d’application voir NGUINDJEL RDM 8.2 FLEXION PURE ET SIMPLE 10.42 Moment fléchissant 10.421 Détermination des contraintes normales: Dans le cas de la flexion pure et simple, les sections droites de la poutre ne sont sollicitées que par des moments fléchissants passant par l’un des axes principaux de la section. Voir stépine pp.140-141 Après déformation, les lignes 1-1 et 2-2 tournent d’un angle dθ en restant droites. On peut poser que les sections droites de la poutre, planes avant la déformation restent planes après la déformation (Hypothèse des sections planes). la fibre ab s’allonge : elle subit la traction la fibre ef se raccourcit : elle subit la compression la fibre cd ne subit ni la traction ni l’allongement ; elle est dite fibre neutre ou axe neutre. L’intersection du plan de force avec le plan de la section s’appelle ligne de force. Voir stépine pp.140-141 L’allongement total de la fibre ab est b’b’’, l’allongement relatif de cette fibre est ε = b’b’’/ab = b’b’’/ab = ydθ/ρdθ = y/ρ. Or d’après la loi de Hooke, σ = Εε = Εy/ρ. On montre qu’en flexion pure et simple, l’axe neutre passe par le centre de gravité de la section et que le moment fléchissant Mf = EIx/ρ ou 1/ρ = Mf/EIx. Le terme K = 1/ρ est le rayon de la courbure de la couche neutre de la poutre. EIx = rigidité de la poutre ; d’où : 54 M σ M contrainte normale en M, en MPa ou MN/mm 2 M f M f moment fléchissant dans la section droite (S) en Nmm .y Ix y distance entre le plan neutre et et le point M, en mm I x moment quadratiqu e de la section driote S par rapport à l' axe (G, z) Mf = moment fléchissants de la poutre; Ix = moment quadratique par rapport à l’axe x ; y = distance entre la fibre neutre et un point de la section. Remarque : Pour le cas de la flexion, l’axe neutre est confondu avec le centre de gravité de la section. 10.423 Conditions de résistance par rapport aux contraintes normales. Pour qu’une poutre résiste dans la section dangereuse (section où le moment fléchissant est maximal), il faut que les contraintes de traction et de compression maximales ne dépassent pas les contraintes admissibles correspondantes. Soit : σtmax = Mht/Ix≤ σtadm σcmax = Mhc/Ix≤ σcadm où ht = distance entre l’axe neutre et la fibre la plus tendue. où hc = distance entre l’axe neutre et la fibre la plus comprimée. Prenons Wx = 2Ix/h = couple de réaction axiale ou couple de réaction à la flexion. Dans la cas des sections simples : - Rectangle bxh : Wx = 2bh2/(12h) = bh2/6. - Cercle: Wx = 2Ix/d = πd2/ (64d/2) = πd3/32 ≈ 0,1d. La condition de résistance peut donc s’écrire : max i Mf maxi IGZ v Rp moment fléchissant maximal en Nmm; Rp Re : résistance pratique ; s coefficient de sécurité; s IGz v M : Moment fléchissant maximal. f maxi : module d'inertie ou de résistance (en cm3) v y maxi : distance entre la fibre neutre et la fibre la plus comprimée/tendue. N.B. Pour certaines applications, on ajoute la condition de déformation ; l (portée de la poutre) Pour les bâtiments : f (flèche) 500 l (portée de la poutre) Pour les poutres des ponts roulants f (flèche) 1000 Exercice d’application : Calculer la section admissible d’une poutre à section rectangulaire dont la contrainte admissible est σadm = 10 Mpa. ..voir cours manuscrit et AGIET p.320 exo. 1,3 ; p.321 exo 8 ; p 322. exo 13 Voir manuscrit. F 3 au verso 55 IV. SOLLICITATIONS SIMPLES 4.0 Relation contraintes - sollicitations Hypothèses: Isolons le tronçon de gauche S- d’une poutre S de section d’aire A. La section est soumise à des sollicitations internes modélisées par le torseur: y Y df M dA CM M (x) X G S R S MG G Les éléments de réduction de ce torseur sont égaux à: z R df MG GM df Sollicitations Les coordonnées de ces éléments de réduction sont: N MT R Vy et MG My Vz M z Contraintes Les coordonnées des actions élémentaires peuvent être exprimées en fonction des x . dA contraintes : df y . dA . dA z L’hypothèse de 0 coordonnées y z Navier- Bernoulli exprime que x a by cz pour un point M de Caractéristiques géométriques de la section Etant donné que G est le centre de gravité de la section et GYZ le repère constitué par les axes principaux d’inertie: 56 A dA SGz y . dA 0 IGZ y 2 . dA SGy z . dA 0 IGYZ y. z . dA 0 IGY z2 . dA Contrainte normale x : N a. dA b. y . dA c. z . dA a . A 0 x . dA MG GM df y y . dA z z . dA ( y. z z. y ). dA MT z . x . dA My M y . x . dA z My a. z . dA b. z y . dA c. z2 . dA c .IGy Mz a. y . dA b. y 2 . dA c. y z . dA b .IGz x N A Mz y IGz My IGy a N A ; b Mz IGz ; c My IGy z 4.1 et 4.2 Traction - Compression Forme du torseur de cohésion: Y N (x) G G N X N positif : TRACTION N négatif : COMPRESSION Remarque: L'effort normal N peut être constant sur un tronçon de poutre ou être variable. Z Détermination des contraintes normales: 57 Pour déterminer la contrainte normale en un point M, utilisons les résultats précédents Y x M dA xdA G N A N Effort normal à l’abscisse x de la section A aire de la section X Z Pour une section d’abscisse x, la contrainte normale est constante quelque soit le point M de coordonnées ( y, z ). Y Y > 0 T rac toi n G (x ) (y ) X (y ) X Déformations: Le diagramme des déformations de la section droite A se déduit du diagramme des contraintes normales grâce à la loi de Hooke: On note x la déformation relative ou unitaire dans une section droite: Y x > 0 T rac toi n G (x ) x (y ) x X N E. A Ces déformations sont, elles aussi, constantes sur la section d’abscisse x. Déplacements: 58 La relation précédente traduit que toute fibre de coordonnées ( y, z ) s'allonge ou se raccourcit dans le sens de l'axe des x d'une valeur: M M . dx 1 1 x x Y M =M ' M1 M 1' G du N dx E A Pour obtenir le déplacement relatif Z élémentaire entre 2 sections (x) et (x + dx) distantes d’une longueur élémentaire dx, on utilise la relation: X xdx du = dx N du dx E A Développements facultatifs : Nous allons étudier ici la déformation d'ensemble de la poutre soumise à une sollicitation de traction simple (le principe étant le même en compression simple). Nous allons déterminer le déplacement de l'extrémité de la poutre x = L On appellera u ( x) le déplacement du centre de gravité G(x) de la section droite située à l'abscisse x. Etat initial (avant déformation): Y G (0 ) G (x ) 0 G (L ) x x L Etat final (après déformation): Y G (0 ) 0 G (x ) u (x ) G (x ') x x' G (L ) L u (L ) G (L ') x L' 59 On a donc: du u( x dx) u( x) x . dx N( x) dx E. A Pour obtenir le déplacement d'une section quelconque à l'abscisse x, il suffit de réaliser l'intégration des déplacements élémentaires du de 0 à x: x u( x) u(0) 0 N( ) d E. A A l'extrémité de la poutre pour x = L on a donc: L u ( L) u (0) 0 N ( x) dx E. A soit un allongement de L N ( x) dx E. A L u ( L) u (0) 0 Si N( x) N est constant ainsi que A l'aire de la section , on a de même: L u ( L) u (0) NL E. A où est la contrainte, E le module d’Young, l N .E = .E = l A l = l’allongement relatif, A l’aire de la section. l * Conditions idéales de traction – compression -Pour la traction , on doit avoir: L 4.max(a,b) Pour la compression,on doit avoir: a b 1,5a pour les sections rectangulaires 3b£L£8a pour les sections rectangulaires 3dpLp8d pour une section circulaire. * Formules de traction – compression Poids propre négligé Contrainte constante = Poids propre non négligé F S Allongement raccourcissement Δl = Fl SE S = constante Equation d’équarrissage F RP S Contrainte variable maxi = F P + S S Allongement ou raccourcissement Δl = Fl 1 Pl SE 2 SE S = constante Equation d’équarrissage F P RP S S 60 E (daN/mm2 ) ; RP ( daN/mm2 ); (daN/mm2 ) P ou F (daN); S(mm2) l (mm) Exercice 1 Calculer la charge admissible de la tôle d’acier soumise à la traction, affaiblie par des trous de diamètre d = 20 mm. Contrainte admissible adn = 160 MPa, épaisseur de la tôle t = 10 mm ; sa largeur b = 200 mm. R.Stépine p. 50. Solution : Déterminons la charge admissible par calcul à la résistance suivant la section affaiblie par les trous, la rupture pouvant se produire avant out en cet endroit. L’aire des deux sections qui affaiblissent la section est ΔA = 2x1x2 = 4 cm2. L’aire active de la section est A = Atotal – ΔA = 20 – 4 = 16 cm2 = 16 x 10-4 m2. La charge admissible est : Fadm A adm = 16 x 10-4x 160 x 106 = 256 KN. Exercice 2 Sélectionner la section des éléments du système représenté sur la figure ci-dessous et calculer le déplacement du noeud B. Le matériau est l’acier et sa contrainte admissible est : adm = 160 MPa. R. Stépine p51-52. Calculons par méthode des sections les efforts sollicitant les barres, en considérant la partie du système au-dessus de la section a-a. X N1 sin 30 N 2 sin 45 0 N1 N 2 2. Y N cos 30 N cos 45 50 0 1 2 Soit N1 = 0, 0368 MN ; N2 = 0, 026 MN. Les deux efforts sollicitent à la traction. Choisissons la section des éléments : 61 A1 = A1 = N1 0,0368 / 160 0, 00023 m2 = 2,3 cm2 N2 0,026 / 160 0, 000162 m2 = 1,62 cm2. adù adù Déterminons le déplacement du nœud B. appliquons la méthode graphique. Menons à partir des point D et C des arcs de rayons égaux aux tiges DB et DC (compte tenu des allongements) Ils se coupent en B’, la nouvelle position de l’articulation B. Les déformations étant faibles, les arcs peuvent être remplacés par les des B2 et B’ B1 B’ perpendiculaires aux directions de BC et DB. Pour obtenir une solution plus précise, la construction (le diagramme des déplacements) doit se faire à grande échelle. Alors, à l’échelle retenue, le segment BB’ détermine le déplacement du nœud B. Dans notre cas il vaut = 0,13 cm. * Coefficient de sécurité – Contraintes admissibles Les charges réelles appliquées à une pièce (on a une construction) peuvent différer sensiblement de celle retenues par le calcul – les surcharges, l’hétérogénéité des matériaux, etc., ont souvent un caractère aléatoire. Les pièces et les constructions dans leur ensemble devant assurer aussi un service sans aléas dans les conditions défavorables, il faut prendre des précautions correspondantes, C’est à cet effet que les contraintes subies par une machine ou une construction doivent être inférieures aux valeurs limites susceptibles de provoquer la rupture ou de produire des déformations plastiques. Un matériau est défini par sa limite élastique et sa limite à la rupture : On adopte : Fe R e : résistance limite élastique R e S0 S0 : section initiale du matériau R = Fr R r : résistance limite à la rupture r S S : section initiale 0 0 s = coefficient de sécurité imposé par les normes de conception des constructions. Le coefficient de sécurité est choisi de façon à ce qu’en cours de fonctionnement normal, les contraintes normales maximales ne dépassent pas la limite élastique Re du matériau. s Re limite élastique du matérau R p contrainte tolérée dans la structure (résistance pratique) Pour les matériaux fragiles (béton, verre, …), pour le bois le bois et d'autres, il est souvent préférable d'utiliser la résistance à la rupture Rr, du matériau plutôt que la limite élastique Re, difficile ou impossible à obtenir. s est alors défini par : s Rr limite à la rupture du matériau R p contrainte tolérée dans la structure 62 Quelques valeurs de E Matériau Carbures métalliques Tungstène Aciers Aciers de construction Cuivre Titane Bronze Fonte Caoutchouc Laiton E (daN/mm2) 55 000 42 000 17 000 à 28 000 20 000 à 22 000 12 600 10 500 10 000 à 12 000 10 000 0,75 9 200 Matériaux Zinc Alliage aluminium Verre Magnésium Etain Elastomère Béton Bois Cuir E (daN/mm2) 8 000 7 000 à 7 500 7 000 à 7 500 4 500 4 000 0,3 2 000 1 000 à 3 000 25 4.3 Le cisaillement 4.31 Définition: Lorsqu’une poutre est sollicitée dans le plan d’une section, par 2 efforts ponctuels égaux et directement opposés, dirigés l’un vers l’autre, de direction perpendiculaire à la ligne moyenne, on dit qu’elle est soumise à un cisaillement simple F A B A B F B ou ol n a s s em b al n t 2 p iè c e s P èi c e A B en tre 2 cou te au x d e c is a ille Le cisaillement simple: conditions idéales: En réalité, il est pratiquement impossible d’exercer les efforts F rigoureusement dans le même plan . Ces 2efforts seront toujours à une distance très petite et que l’on s’efforcera de réduire au minimum. Contrainte tangentielle de cisaillement: Considérons un tronçon de poutre limité par la section sollicitée. y F dA dA dA G x z Les efforts appliqués sont: - le poids négligeable - l’effort F - les efforts agissant sur chaque élément s de la section : - fx = dA - fy = dA Les équations d’équilibre donnent: -F + dA = 0 ; dA = 0 -F + dA y = 0 63 Si est très petit, -F est nul et on démontre ainsi que la contrainte normale est nulle sinon il y a sollicitation de flexion et non cisaillement simple. L’équation s = F ne nous permet pas de connaître la répartition de contraintes et on prend l’habitude de calculer sa valeur moyenne (contrainte tangentielle si la répartition était uniforme sur la section d’aire A ) moy telle que: moy = F / A 4.32 La déformation: L’angle de glissement est proportionnel à l’effort tranchant F dans le domaine élastique. La contrainte moyenne moy étant proportionnelle à F, on peut écrire: F y moy = G G est le module d’élasticité transversal ou module de Coulomb F Il est approximativement égal à 0.4E pour les matériaux de construction usuels ; soit 8000 daN/mm2 pour les aciers Le cisaillement en flexion simple: Etude expérimentale: fgi 1 F fgi 2 Lorsqu’on soumet cette poutre à une flexion, on constate une déformation de courbure et un glissement relatif des lames les unes par rapport aux autres. ( fig 2 ) Dans une poutre monolithique, ce glissement est empêché par des forces intérieures dues à la cohésion de la matière ( fig3 ). F fgi 3 E ffo rts ni té rei u rs de cohés oi n Considérons une poutre constituée d’un empilage de lames minces ( fig1 ). Ces efforts intérieurs de cohésion entraînent le développement de contraintes de cisaillement longitudinales orientées dans l’axe de la poutre. 64 4.34 Théorème de réciprocité de CAUCHY: Isolons un élément dx dy infiniment petit à l’intérieur d’une poutre sollicitée en flexion simple dans le plan Oxy. Il est soumis aux efforts: y d ft l - Effort élémentaire normal dfn = dy dz Effort élémentaire tangentiel longitudinal dftl = l dx dz Effort élémentaire tangentiel transversal dftt = t dy dz d ftt -d fn d fn -d ftt dy x -d ft l dx Ecrivons l’équation d’équilibre des moments à l’origine: dftt dx - dftl dy = 0 soit t dy dz dx - l dx dz dy = 0 t = l Théorème de réciprocité de CAUCHY: Sur 2 facettes perpendiculaires infiniment voisines, les contraintes tangentielles sont de même norme et leur moment par rapport à un point est de signe opposé. Il existe donc 2 configurations possibles: ou Expression de la contrainte tangentielle dans une section droite: Isolons dans une poutre droite sollicitée en flexion simple un parallélépipède de matière pris dans la partie supérieure de la poutre. V (x + d x ) dx 1' 2' 1 2 4 M (x + d x ) -M (x ) 4' 3' ( x ) : - V (x ) et - M( x ) 3 -V (x ) x Dans les sections droites (x) et (x + dx), les éléments de réduction sont: (x ) ( x + dx ) : V ( x + dx ) et M (x + dx) dx (x ) (x + d x ) ( x + dx ) Remarques: 65 - Nous considérerons V (x ) , M( x ) , V ( x + dx ) et M ( x + dx ) positifs d’où une compression en partie supérieure de la poutre ( y positifs ). - Nous considérerons que la largeur de la poutre b(y) peut varier sur la hauteur ( en fonction de y ). 11' 22' t t (x ) Y l t t l l 44' dA (x + dx ) 55' G (x ) y G ( x + dx ) G (x + dx ) X z dx (x + dx (x ) b (y ) ) Etude facultative : Faisons le bilan des efforts agissant sur les faces du parallélépipède isolé: - pas d’efforts sur les faces externes - des contraintes de compression sur les sections verticales ( x ) et ( x + dx ) - des contraintes tangentielles transversales sur ces mêmes sections verticales t = de répartition inconnue - des contraintes tangentielles longitudinales sur la section horizontale inférieure l = de répartition considérée uniforme sur dx infiniment petit. Ecrivons l’équation d’équilibre des efforts résultants en projection sur l’axe Ox: ( x) ( x) ( x). dA M( x) y . dA IGz M( x) IGz M( x) IGz et M( x dx) IGz ( x dx) ( x dx). dA ( x dx) dx 0 b( y)dx 0 SGz b( y)dx 0 y. dA b( y) M( x dx) dx y. dA b( y)dx M( x dx) y . dA IGz y. dA M( x dx) IGz M( x) sont constants sur leurs sections ( x ) et ( x + dx ) M( x dx) IGz M( x) IGz Nous noterons dM dx V( x) ( voir chap 3 §8 ) moment statique de la surface 1-4-4’-1’ comprise entre les ordonnées y et v’ (hauteur comprimée) et de largeur b ( y ). 66 Nous obtenons la formule (dite de Jouravsky): V ( x) SGz b( y) IGz Application à une section rectangulaire: V ( x ) = Vo constant à l’abscisse xo b ( y ) = b constant dans le cas d’une section rectangulaire IGZ = bh3 / 12 Y h 2/ -y h 2/ y SGZ h h b y y 2 2 2 SGZ b h2 4 y 2 8 G Z A b sc si se xo b Y m a x i=3V o m o y = V o A b sc si se xo Attention, maxi 3 2 Vo bh 1 4 C’est l’équation fonction de y G /2 bh 3 Vo 2 bh y y2 h2 d’une parabole en 3 moy 2 /bh 3 moy dans une section rectangulaire de poutre fléchie. 2 * Cas des poutres circulaires : 3 2 2 2 2 Q (r y ) 4T 3 2 max i pour y 0. a) Section circulaire pleine : S = r 3S 4T r 2 y 2 ; 2 3 r b) Section circulaire creuse : S = ( R 2 r 2 ) 2 3 3 Q 3 ( R r ) 2T 2 2 . Pour un tube min ce max i S max i 4T R rR r 2 2 3S R r Exemple : 67 Un profilé est réalisé à partir de trois plats rectangulaires d’épaisseur 30mm, collés ensemble en A(liaison supérieure) et B(liaison inférieure), pour former un I dont la partie supérieure et la partie inférieure ont respectivement our largeur 150mm et 90mm . La hauteur de l’élément vertical est de 120mm.Si T = 135 kN, déterminons les contraintes de cisaillement dans les joints collés. On donne I = 43,7x106 mm4. On trouve : Q S * y 150 * 30 * 62,55 A A A a) Contrainte en A : 281475mm 2 TQA 13500 * 281475 A 2,9 MPa IbA 43, 7 *106 * 30 Q S * y 90 * 30 *87, 45 B B B b) Contrainte en B : 236155mm 2 TQB 13500 * 236155 B 2, 4 MPa IbB 43, 7 *106 * 30 Exercice : Une poutre en T est réalisée à partir de deux plats de 200*50 vissés en A. Si T = 13 kN, i) déterminer la contrainte de cisaillement dans le joint collé. ii) Calculer la contrainte de cisaillement maximale dans le joint. iii) On suppose maintenant que les plats ont pour dimensions 200*50 et vissés en A et que T = 3,2 kN et chaque vis peut supporter un effort de cisaillement de 1 kN, déterminer l’espacement e nécessaire entre les vis. Réponses A 3, 24 MPa ; max 346 MPa; e 51mm 4.4 La torsion 4.41 Torsion simple a) Définition- conditions de torsion Une poutre droite est sollicitée en torsion chaque fois que les actions aux extrémités A et B se réduisent à deux couples Mt et – Mt égaux et opposés d’axe, l’axe la ligne moyenne Lm. b) Angle Les déformations sont (petites) du domaine élastique ; Les sections restent planes ; La longueur d’une fibre est sensiblement invariable ; La déformation ne crée pas de contrainte normale. unitaire de torsion θ en rad/mm. C’est l’angle dont tournent l’une par rapport à l’autre deux sections distantes de l’unité (1 mm). Pour une longueur L mm, α = θ.L radian. Après torsion, les spires deviennent des hélices de même pas. c) Contrainte dans une fibre. Elle est proportionnelle à la distance de cette fibre au centre : 68 G = contrainte (N/mm2 =MPa) ; θ = angle unitaire de torsion ; ρ = rayon GM (mm) ; G = module d’élasticité transversal (N/mm2 =MPa) . Remarques : Tous les points situés sur un même cercle de centre G et de rayon ρ ont une même contrainte. Les contraintes sont maximales à la périphérie : τmaxi = G .θ.R . d) Relation entre Mt et θ. En chaque point M de la coupure s’exerce, pour l’élément de surface ΔS autour de M, une force Δ f .S dont la direction est perpendiculaire à G. Le moment en G de cette force est MG (Δ f ) .f .GM f . . Le moment de torsion Mt est égal au moment résultant de toutes les forces Δ f de la section (S). Mt M G ( f ) f. . .S G. . 2 .S (S ) (S) (S) (S) G. . .S G. . .dS G. .I 0 2 2 (S ) Mt G θ I 0 Mt : moment de torsion (N/mm 2 ); θ : angle unitaire de torsion; ρ : rayon GM (mm); I : moment quadratiqu e par rapport au point G (mm 4 ). 0 e) Relation entre Mt et . A partir de G et Mt = G.θ.I0 on peut écrire, Gθ = Mt x I0 Mt I0 ( N / mm 2 ) Mt ( Nmm) (mm) I (mm 4 ) 0 69 Forme du torseur de cohésion: Y (x) MT G X G M t Z Hypothèse complémentaire: Nous nous intéresserons de prime abord aux sections cylindriques de révolution (arbres) de moment quadratique polaire Mo. Etant donné la forme du torseur de cohésion, il est obligatoire que le poids propre de l’arbre soit négligé. Expérimentation: Y x (x ) A rb re M t /d Un dispositif pratique répondant aux hypothèses est impossible à réaliser. M ' M O G A X Z M and rni d x L Nous utiliserons un cylindre du matériau à étudier encastré à une extrémité dans un mandrin et nous exercerons un couple à l’autre extrémité. Nous constaterons que la section reste plane (Navier-Bernouilli) et tourne d’un angle x(x). M t Si on trace la courbe du moment de torsion en fonction de l’angle x, il y a analogie avec la traction. M l Nous mettons en évidence une phase élastique pour Mt < Ml et au delà, une phase plastique. Nous nous plaçons donc par hypothèse, dans la phase élastique et nous constatons que : Mt = K x En phase plastique, la rupture se fera suivant une section droite par cisaillement. Ceci met en évidence l’existence de contraintes de cisaillement. 70 M t(x ) Dans l’arbre soumis au couple d’efforts Mt / d, nous avons un moment d’encastrement dans le mandrin en O de Mt . M t + x 0 L Cela donne dans cet arbre de longueur L une sollicitation de torsion pure de moment de torsion constant Mt. Contraintes et déformations: y B A C D d Soit 2 sections voisines d’une distance dx. Elles tournent l’une par rapport à l’autre de l’angle d. M t G 0 Prenons 2 segments de génératrice AB et CD de longueur dx. Nous avons comme pour le cisaillement simple que des contraintes tangentes. x dx Au cours de la déformation, les génératrices tournent d’un angle proportionnel à. Nous avons dx R d soit R d dx Comme est proportionnel à , nous avons : M t GR d dx M t M r G G En un point M situé à la distance r de G nous avons un état de cisaillement simple, toutes les contraintes étant situées dans le plan de la section. La contrainte tangentielle est : R Gr d dx Elle est proportionnelle à la distance r du point considéré M au centre G. dA 0 r dA Mt Appliquons le principe de l’équivalence: Nous obtenons: G d 2 r dA Mt dx En posant que le moment quadratique polaire de la section par rapport à son centre G ou par rapport à l’axe du moment de torsion Io r 2 dA : 71 Mt dx G Io Mt r Io d On remarque une analogie avec les formules obtenues en flexion et nous appellerons G Io rigidité en torsion. Pour un arbre cylindrique de diamètre D soumis à un moment de torsion Mt la contrainte maxi de cisaillement sera: .max 16 Mt3 D Torsion d’un cylindre circulaire creux: On obtient une contrainte de cisaillement maximum: M t m a x .max 2 Mt D2 e e 1 D G En prenant e = D / 10 d e D .max 22 Mt3 D Nous remarquons que ce tube est sollicité de 38% de plus qu’un arbre plein de diamètre D mais nécessite 2.5 fois moins de matière d’où un gain appréciable. Torsion d’une poutre prismatique de section quelconque: Les hypothèses ne sont plus valables en particulier les sections gauchissent. Il est possible d’utiliser les mêmes formules en considérant une rigidité en torsion GJ obtenue par le calcul élastique ou plutôt par l’expérimentation. 4.5 La flexion plane isostatique - Théorème de barré 4.5.1 Flexion plane isostatique Forme du torseur de cohésion: 72 Y (x) Vy Mz Vy G Mz X G Z Détermination des contraintes normales: Pour déterminer la contrainte normale en un point M, utilisons les résultats précédents Y x M dA Mz y IGz xdA G M z Moment fléchissant à l’abscisse x de X Z la section I Gz Moment quadratique de la section Pour une section d’abscisse x, la contrainte normale est proportionnelle à l’ordonnée y du point M D si tr bi u toi n d es con tra ni tes avec M z > 0 Y (v ') v' < 0 C om p ress oi n G (x ) (y ) X L gi n em o yenn e A xe n eu tre v (x ) > 0 T rac t oi n (-v ) 73 Y On définit l'axe neutre comme étant le lieu des points où la contrainte normale est nulle. (v ') (y) = 0 y 0. Axe neutre = Fibre moyenne G est une fonction linéaire de y. (y ) Z Le diagramme des contraintes est du type triangulaire dans chacune des zones comprimée et tendue. X s (-v ) Condition de résistance: Si on appelle v et v' les distances par rapport à G des fibres extrêmes tendues et comprimées. ( v et v' sont positives.) Soit Mz ( x) > 0 par hypothèse, Y Y (v ') X v' M z> 0 (y ) G (x ) v (-v ) Contrainte sur la fibre extrême comprimée. ( y v) Mz ( x) M ( x) . v z IGz IGz v Contrainte sur la fibre extrême tendue. ( y v) I Wz Gz v Mz ( x) M ( x) . v z IGz IGz v I , Wz Gz sont appelés modules d'inertie ou de flexion. v Les contraintes maximales sont à comparer aux contraintes admissibles ( à ne pas dépasser, repérées par le sur lignage ) du matériau constitutif de la poutre. f Contrainte admissible de compression en flexion. f Contrainte admissible de traction en flexion. Déformations: Les déformations dues à l'effort tranchant seront négligées devant les déformations dues au moment fléchissant. En utilisant la loi de Hooke, le diagramme des déformations se déduit de celui des contraintes normales précédemment établi en multipliant ( y) par une constante 1 / E. 74 ( y) E. x ( y) x ( y) ( y) E D is tr bi u t oi n d es d é fo m r a t oi n s avecM z > 0 Y (v ') < 0 R accou rc issem en t (y ) X G (x ) x ( y) = - M z ( x) .y E.I Gz > 0 E x ten s oi n (-v ) (x ) Y On constate que la déformation est une fonction linéaire de y. Le plan neutre est confondu avec le plan xGz contenant la ligne moyenne. (v ') G Z (y ) X (-v ) La longueur de la ligne moyenne est invariante, un point G(x) de la ligne moyenne ne peut se déplacer que perpendiculairement à celle-ci donc le déplacement se limitera à une composante suivant l'axe y. Déplacements: 0 On va définir le déplacement vertical D( x) v( x) d'un centre de gravité G(x) d'une section droite. 0 75 Le point G(x) est venu en G'(x), on note S e c toi n (x ) a va n td é of m r a toi n x S e c toi n (x+ d x ) a va n td é of m r a toi n x + dx G (x ) L gi n em o ye n n e a va n td é of m r a toi n D x GG G(x). x G (x+ d x ) v (x ) L gi n em o ye n n e a p rè s d é of m r a toi n L'inexistence de la composante u x traduit une déformation longitudinale nulle de la poutre, donc une invariance de la longueur. La section droite (x) vient en ‘(x). Pour passer de (x) à ‘(x) la section G '(x+ d x ) G '(x ) le déplacement du point droite subit une translation v x et une rotation z x autour de l'axe z pour la flexion simple.) S e c toi n (x+ d x ) a p rè s d é of m r a toi n Le point G(x) subit une translation verticale v et le point G(x+dx) une translation v + dv. S e c toi n (x ) a p rè s d é of m r a toi n Un point M(x) d’ordonnée y subit en plus une rotation z et son homologue M(x+dx) de même ordonnée y subit une rotation z + dz. d z y R du M '(x ) M '(x + d x ) G '(x ) dv De plus le point M(x+dx) subit un déplacement du par rapport à M(x). Donc la loi de HOOKE peut s’écrire: G '(x + d x ) x E dx du dx On peut aussi écrire que: dz du dx dz 1 soit y R dx R et du y dx R 1 dz 1 dz , nous arrivons à x E y et comme y R dx R dx Mz Mz dz Nous avons vu que donc x y dx E IGz IGz Donc x E Considérons une poutre AB déformée en flexion simple (les déformations sont très exagérées pour rendre la figure lisible). 76 (x ) (x + d x ) v v + dv Y A B M (x+ dx ) M (x ) z (x ) X Soit un point M d’abscisse x, subissant une rotation z et un déplacement vertical v. En considérant un autre point d’abscisse x + dx subissant une rotation z + dz et un déplacement v + dv, nous pouvons écrire: z (x + dx ) d z dx z Finalement, nous arrivons à : d z dx M z ( x) E.I Gz d 2v dx 2 M z ( x) E.I Gz dv dx Nous avons ainsi une relation liant l'équation du moment fléchissant à la position des sections droites de la poutre. La courbe représentative de la position des centres de gravité après déformation se nomme la déformée de la poutre. Le terme " flèche " est plutôt réservé à la valeur absolue de la composante v x . Conclusion: En intégrant 2 fois cette relation on obtiendra l'équation de la déformée v x . La principale difficulté sera dans la détermination des constantes d'intégration. * Condition de résistance par rapport aux contraintes normales : max i Mf maxi IGZ v Rp moment fléchissant maximal en Nmm; Rp Re : résistance pratique ; s coefficient de sécurité; s IGz v M : Moment fléchissant maximal. f maxi : module d'inertie ou de résistance (en cm3) v y maxi : distance entre la fibre neutre et la fibre la plus comprimée/tendue. N.B. Pour certaines applications, on ajoute la condition de déformation ; l (portée de la poutre) Pour les bâtiments : f (flèche) 500 l (portée de la poutre) Pour les poutres des ponts roulants f (flèche) 1000 77 ************** EXEMPLE 1 : Poutre sur appuis soumise à une charge repartie. Position du problème: Soit une poutre droite longueur L, de section et quadratique I constant dans un matériau de d’élasticité longitudinal E. AB de moment réalisée module Cette poutre articulée en A et sur appui simple en B est soumise à une charge répartie q constante sur toute sa longueur. Nous considérerons un repère orthonormé Axyz direct. Le problème consiste à rechercher les actions de liaisons en A et B par la statique, déterminer les éléments de réduction en tous points et tracer leurs diagrammes. Etude statique: L’articulation en A laisse une liberté de rotation autour de Az. L’appui simple en B bloque la liberté de translation verticale et de par là même la liberté de rotation autour de A. Notre système AB apparaît donc isostatique. Nous pouvons également voir que l’articulation en A génère une action de liaison modélisée par un vecteur glissant A que l’on peut décomposer en 2 coordonnées Ax et Ay. L’appui simple en B génère une action de liaison modélisée par un vecteur glissant vertical B de composante verticale By. Nous avons donc 3 coordonnées d’actions de liaisons inconnues. Étant donné que l’isolement du système (S) et l’application du principe fondamental de la statique nous fournissent 3 équations dans le plan, nous pouvons en conclure que le système isolé est isostatique. Appliquons donc le P.F.S tout d’abord en vectoriel A B qL 0 MA A MA B MA qL 0 Donnons préalablement les coordonnées des 3 vecteurs qui modélisent les efforts appliqués: Ax A Ay 0 ; 0 B By 0 ; 0 qL qL 0 78 Comme nous avons: MA A AA A 0 ; MA B AB B Donnons les coordonnées des vecteurs AB et MA qL AC qL ; AC : L AB 0 0 L / 2 AC 0 0 A partir des 2 équations vectorielles obtenues en appliquant le principe fondamental de la statique, nous pouvons donner 6 équations scalaires dans l’espace et le repère Axyz. Elles se réduisent à 3 pour notre chargement plan. (1) Ax = 0 (2) Ay + By - qL = 0 (3) By l - qL²/2 = 0 L’équation (3) donne By = qL/2 et donc nous obtenons en injectant cette valeur dans (2) la valeur de Ay = qLl/2. Remarque : Nous aurions pu obtenir ces valeurs plus rapidement: Le chargement étant vertical et les liaisons n’induisant qu’une action horizontale, cette dernière est obligatoirement nulle. La symétrie du chargement nous dispense d’écrire l’équation de moments en notant qu’alors Ay = By. L’équation (2) nous donne alors Ay = By = qL/2. Nous pouvons donc modéliser notre système (S) : Détermination des sollicitations internes: Nous avons convenu en cours que, lorsqu’on réalise une coupure fictive dans un système (S) à une abscisse x, les sollicitations internes sont les actions du système situé à droite de la coupure (S+) sur le système situé à gauche (S-) . Ces sollicitations internes se réduisent, dans le cas d’un chargement plan à un effort normal N(x), un effort tranchant suivant y V(x) et un moment fléchissant suivant z M(x). L’équilibre statique du système (S-) nous permet de dire que: Sollicitations internes = - (efforts extérieurs appliqués au système (S)) 79 Dans les efforts extérieurs sont bien entendu comprises les actions de liaisons déterminées par la statique. En réalisant une coupure fictive et en isolant le système de gauche, nous obtenons: Nous obtenons alors: N(x) = 0 V(x) = qx - qL/2 M(x) = -qx²/2 + qLx/2 = qx/2 (L- x) Calculons quelques valeurs particulières: qL/2 V(x = 0) = VA = -qL/2 ; V(x = l) = VB = Ces valeurs n’ont en fait aucun sens à cause de l’hypothèse de Saint Venant qui ne nous permet de calculer les sollicitations internes que loin des points d’applications des efforts ponctuels. Nous considèrerons donc que les efforts tranchants tendent vers ces valeurs lorsque x tend vers 0 ou L sans les atteindre soit x = et x = L - avec très petit. V (xm) = 0 lorsque x = xm = L/2 Comme dM(x)/dx = - V(x) , M(x) passe par un extremum lorsque x = xm = L/2 M(x = L/2) = ql/4 (L - L/2) = qL²/8 Nous vérifions que lorsque x 0 et x L nous avons MA = MB 0 Cela donne contre: les diagrammes ci- Remarque: Construction graphique des diagrammes de V(x) et M(x) à partir de la modélisation 80 Dans la mesure où les équations de V(x) et M(x) ne sont pas nécessaires, il est possible de tracer les diagrammes à partir de la modélisation. Nous traçons V(x) en remarquant que sa variation ne dépend que de q(x). Sa pente est égale à -q(xo) en un point d’abscisse xo. Ensuite au niveau des efforts ponctuels, il y a discontinuité avec VA = - effort à gauche = -qL/2 et ensuite nous avons une pente positive +q sur une longueur L qui nous amène à -qL/2 + qL = qL/2 au point B. Nous obtenons ainsi le graphe de V’x). Nous traçons M(x) en remarquant que dM(x)/dx = - V(x). Il suffit donc d’intégrer le graphe de -V(x) entre A et un point d’abscisse xo pour obtenir M (xo). Si la variation de V(x) est linéaire, celle de M(x) est parabolique. La dérivé seconde de M(x) et donc la dérivé de -V(x) = q(x) donne le sens de la concavité de M(x). Comme q(x) = -q, cette concavité est tourné vers le bas. La surface du triangle entre A et C donne - Mmaxi soit: Mmaxi = 1 L qL = qL²/8 2 2 2 Il ne reste plus qu’à faire une construction graphique de la parabole passant par 3 points dont un extrémum par la méthode des tangentes. Exemple 2 : poutre encastrée soumise à une charge ponctuelle Position du problème: Soit une poutre droite AB de longueur L, de section et moment quadratique I constant réalisée dans un matériau de module d’élasticité longitudinal E. Cette poutre encastrée en A et libre en B est soumise à une charge ponctuelle F à une distance a de l’encastrement. Nous considérerons un repère orthonormé Axyz direct. 81 Le problème consiste à rechercher les actions de liaisons par la statique, déterminer les éléments de réduction en tous points et tracer leurs diagrammes. Etude statique: L’encastrement en A ne laisse aucun degré de liberté possible et suffit à assurer l’isostatisme. Notre système AB apparaît donc isostatique. Nous pouvons également voir que l’encastrement en A génère une action de liaison modélisée par un vecteur A et un moment d’encastrement MA qui génèrent 3 inconnus: 2 coordonnées Ax et Ay pour A et une coordonnée pour MA. Nous avons donc 3 coordonnées d’actions de liaisons inconnues. Étant donné que l’isolement du système (S) et l’application du principe fondamental de la statique nous fournissent 3 équations dans le plan, nous pouvons en conclure que le système isolé est isostatique. Appliquons donc le P.F.S tout d’abord en vectoriel : A F 0 ; A A M F0 A M Donnons préalablement les coordonnées des 3 vecteurs qui modélisent les actions appliquées: Ax 0 0 MA F 0 A Ay F F ; ; MA 0 0 Comme nous avons: A AA A 0 A ; M F AM F A M a Donnons les composantes du vecteur AM : AM 0 0 A partir des 2 équations vectorielles obtenues en appliquant le principe fondamental de la statique, nous pouvons donner 6 équations scalaires dans l’espace et le repère Axyz. Elles se réduisent à 3 pour notre chargement plan. (1) Ax = 0 (2) Ay - F = 0 (3) MA - F a = 0 L’équation (3) donne MA = Fa et l’équation (2) la valeur de Ay = F. Remarque : Nous aurions pu obtenir ces valeurs plus rapidement: Le chargement étant vertical et les liaisons n’induisant qu’une action horizontale, cette dernière est obligatoirement nulle. 82 Le moment d’encastrement en A est équilibré par le moment de la charge F soit Fa Nous pouvons donc modéliser notre système (S) : Détermination des sollicitations internes: En réalisant une coupure fictive et en isolant le système de gauche, nous obtenons 2 cas de figure: Nous obtenons alors: N(x) = 0 V(x) = -F si x < a V(x) = 0 si x > a M(x) = -MA + F.x = -F ( a - x ) si x < a M(x) = 0 si x > a Calculons quelques particulières: valeurs M(x = 0 ) = -Fa M( x = a ) = 0 Cela donne les diagrammes cicontre: Remarque: Construction graphique des diagrammes de V(x) et M(x) à partir de la modélisation 83 Nous traçons V(x) en remarquant que sa variation est discontinue. Il y a discontinuité en A avec VA = - effort à gauche = -F, ensuite nous avons une pente nulle sur une longueur a puis une discontinuité en M de +F. Nous traçons M(x) en remarquant que dM(x)/dx = - V(x). Il suffit donc d’intégrer le graphe de -V(x) entre A et un point d’abscisse xo pour obtenir M (x o). Si la variation de V(x) est nulle, celle de M(x) est linéaire. L’effort tranchant étant négatif de A à M, la pente de M(x) est positive et sa valeur mini égale à -Fa. 4.5.2 Charges mobiles -Théorème de Barré. a) Charges mobiles/roulantes: Lorsqu'un convoi passe sur un pont, chaque essieu peut être considéré comme une charge ponctuelle. b) Application aux charges roulantes : Théorème de Barré. Nous allons considérer les charges mobiles comme une succession de charges ponctuelles statiques. Pendant le déplacement du convoi, la position des charges varie et le moment fléchissant varie aussi en conséquence. Le moment fléchissant maximum est celui à partir duquel nous allons dimensionner les sections des poutres. Le problème qui se pose est celui de la recherche la position particulière des charges qui donne le moment fléchissant maximum ou l’effort tranchant maximum. Cette recherche a été facilitée par le théorème de Barré énoncé ci-dessous. On distingue les charges roulantes reparties (cas des véhicules à chevilles) et les charges roulantes ponctuelles ou concentrées (cas des chariots ou véhicules à roues). c) Hypothèses Les effets dynamiques du déplacement des charges sur la poutre sont négligés; Pour la recherche du moment fléchissant maximal sollicitant la poutre les essieux doivent toujours rester sur cette dernière. Pour déterminer le moment maximum au droit d’un essieu du convoi sur une poutre isostatique on se sert du théorème de Barré. d) Théorème de Barré : Le moment fléchissant lié au passage d’un convoi sur une poutre isostatique sur deux appuis est maximum au droit d’un essieu lorsque cet essieu et la résultante générale R du convoi occupent des positions symétriques par rapport au milieu de la poutre. Remarque : Si ce convoi est long, il ne faut évidemment prendre en compte que la résultante des efforts qui s'exercent sur la poutre. 2 Mfmax RL di g=n 1 Pg lg . 4 2 g=1 R est la résultante générale du convoi (qui passe par G); l est la distance entre l'essieu "G " (placé à gauche de l'essieu "P")et l'essieu "P" étudié; i i i g di est la distance entre la charge Pi et le centre de gravité G; P est la somme des forces à gauche de l'essieu étudié. g La charge qui donne le maximum des moments maxima est appelée charge critique. 84 Le maximum des moments maxima est appelé moment maximum maximorum. L’effort tranchant est maximum quand l’essieu le plus à gauche de l’appui de gauche ou l’essieu le plus à droite de l’appui de droite se trouve à une distance g (avec g tendant vers 0) de cet appui, et sa valeur est égale à la valeur de la réaction à l’appui considéré. Cas d’une surcharge repartie détendue variable. La surcharge s que nous supposerons uniforme peut affecter ou non la totalité de la longueur de la poutre. a) Valeurs extrêmes de l’effort tranchant dans une section∑. Les valeurs extrêmes de l’effort tranchant sont obtenues en surchargeant toute ma région de la poutre pour laquelle les ordonnées de la ligne d’influence sont de même signe. Vmax = s (l x ) 2 . 2l b) Valeurs maximales du moment fléchissant dans une section ∑. Les ordonnées de la ligne d’influence sont positives sur toute la portée. Quelle que soit la position de ∑ la valeur extrême du moment fléchissant est donc atteinte en surchargeant la totalité de la poutre ; on a donc : M max ( x) 1 sx(l x) . 2 Lignes enveloppes des efforts Les lignes enveloppes de l’effort tranchant et du moment fléchissant dans une poutre droite simplement appuyée soumise à des charges permanentes reparties et localisées et à des charges mobiles et reparties d’étendue variable sont obtenues en ajoutant algébriquement les efforts produits par les charges et les surcharges envisagées isolement. Pour dimensionner une structure sollicitée par un convoi de charges mobiles, on étudie d’abord la structure sollicitée par le convoi seul de la façon suivante : Calculer la position de la résultante par rapport à l’un des essieux (de préférence par rapport à l’essieu le plus à gauche) ; Calculer le moment maximum au droit de chaque essieu en déplaçant chacun d’eux de proche en proche à une position symétrique par rapport à l’axe de la poutre ; on détermine ainsi la charge critique Pc du convoi. Ensuite la charge critique maintenue à sa position critique, on prend en compte toutes les autres charges fixes (poids propres, charges d’exploitation, etc.…) ; Enfin on fait l’étude comme si toutes les charges étaient fixes pour déterminer le moment fléchissant. Pour l’effort tranchant, on prend toutes les charges en compte avec le convoi décalé tantôt à gauche, tantôt à droite en positionnant l’essieu extrême à la distance g de l’appui considéré et on procède comme pour les charges fixes. Exercice d’application Les dimensions d’un camion, de sa remorque et la répartition des charges sur les essieux sont indiquées sur la figure ci-dessous. 85 Ce véhicule est supporté par une poutre de pont de portée 20 m supportant une charge permanente fixe uniformément repartie de 5, 00kN/ml. 1. Déterminer la valeur et la position de la résultante des charges roulantes ; 2. Déterminer la charge critique Pc ; 3. Après avoir positionné le camion à sa position critique sur la poutre, en suivant la règle de barré et en tenant compte du poids propre, tracer le diagramme du moment fléchissant M(x). donner la valeur du moment maximum. On donne : P1 = 40kN ; P2 = 60kN ; P3 = 50kN ; P4 = 30kN * Processus d’étude des poutres droites à plan moyen sollicitées en flexion simple : 1) 2) 3) 4) 5) calculer les réactions aux appuis en appliquant le principe fondamental de la statique ; Calculer les efforts tranchants et les moments fléchissants le long de la poutre ; Calculer les efforts max ; Calculer les caractéristiques géométriques de la section de la poutre ; Comparer les efforts max aux valeurs admissibles : si les valeurs trouvées sont supérieures aux valeurs admissibles, redimensionner la poutre ; 6) Calculer les déplacements et les comparer aux valeurs limites admissibles : si ces déplacements sont supérieurs aux valeurs limites admissibles, redimensionner la poutre ; ou reconsidérer la structure porteuse (portées des poutres). e) Ligne d’influence e1) Définition Considérons une poutre à plan moyen chargée dans son plan par les forces verticales. Envisageons dans une section Σ d’abscisse x fixe, un effet élastique déterminé, qui peut être : S a o M, N ou V dans la section Σ ; o Le déplacement ou la rotation dans la section Σ ; o La réaction d’appui si la section Σ est au droit d’un appui. Sous l’effet d’une charge verticale unité d’abscisse α variable, la valeur de cet effet est une fonction f (α). 86 Cette fonction est appelée fonction d’influence de l’effort E dans la section Σ, sous l’action d’une charge unité ; sa ligne représentative est appelée ligne d’influence de l’effort E dans la section Σ. e2) Utilisation des lignes d’influence Calcul de l’effet d’un système de charges L’effet E d’un système de charges concentrées P1, P2, ...Pn d’abscisse α1 α2,…αn est égal, en vertu du principe de superposition, à : E =P1.f (α1) + P2.f (α2) +…+ Pn.f (αn). L’effet E d’une charge repartie p(α) entre deux points A et B est égal à : B E = p(α).f(α)dα A Si p est constant B E= f(α)dα. A Calcul des effets extrêmes d’un système de charges variables Si l’on peut appliquer à une poutre, sur une longueur arbitraire, une charge repartie q d’intensité constante, les effets extrêmes dans la section Σ seront obtenus en surchargeant : Ou bien les zones où la fonction d’influence est positive ; Ou bien les zones où la fonction d’influence est négative ; Lignes d’influence des déformations Le théorème de Maxwell- Betti montre que : - la ligne d’influence du déplacement d’une section d’abscisse x sous l’action d’une charge verticale unité d’abscisse α est la ligne représentative d’un déplacement vertical de la section d’abscisse α sous l’action d’une force verticale unité placée dans la section d’abscisse x : - la ligne d’influence de la d’une section d’abscisse x sous l’action d’une charge verticale unité d’abscisse α est la ligne représentative d’un déplacement vertical de la section d’abscisse α sous l’action d’un couple unité agissant dans la section d’abscisse x : 87 V. Flexion composée Généralités Jusqu’à présent, nous n’avons vu les sollicitations simples : traction, compression, torsion et flexion isostatique, cisaillement. Cependant dans un grand nombre de cas, on se retrouve dans des cas de la combinaison de plusieurs de ces sollicitations. Flexion + Traction Décomposition des efforts intérieurs : N, T, et Mf. Supposons une force concentrée en B et inclinée d’un angle α avec l’horizontale. La charge F peut se décomposer en deux forces : Fx = charge axiale, qui amène des efforts normaux N comme en traction Fy charge transversale qui engendre de la flexion avec efforts tranchants et moments fléchissants Mf Contraintes : Il y a superposition des contraintes résultant de la flexion avec celles par la traction : ces dernières s’additionnent algébriquement ou vectoriellement. Flexion Traction Traction Flexion contraintes normales contraintes normales contrainte s normales σ N S M f .y Iz containtes de cisaillement τ TQ I z .b = + N S σ M f .y Iz contrainte s de cisaillement τ TQ I z .b 88 Flexion+Torsion C’est un cas fréquent avec les arbres de transmission. Etude des contraintes Flexion : Contrainte normale σ M f .v Iz => Torsion : Contrainte de cisailleme nt maximale MT τ I .v 0 Flexion Torsion 2 σ τ admis. τ 2 2 D' après la théorie de la contraintr e du cisailleme nt maximal appropriée auxmétauxductiles Moment idéal de flexion Mfi Ce moment permet de faire les calculs de résistance comme si la poutre était uniquement sollicitée en flexion. Formule de Mohr - Caquot : R pg 1 1 M fi 1 M f M 2 T M 2 f avec λ 2λ R pe 2λ R pg : contrainte admissible au cisaillement du matériau R pe : contrainte admissible en traction ou à l' extension du matériau La condition de résistance est : M σ i fi .v R pe Ix 10.64 Traction + Torsion et traction + cisaillement Si σ est la contrainte normale engendrée par la traction et τ la contrainte de cisaillement résultant de la torsion ou du cisaillement, la condition de résistance peut s’écrire : σ 2 4τ 2 R pe . 10.65 Torsion + cisaillement La torsion et le cisaillement amènent des contraintes tangentielles τ de même nature, et faciles à additionner. La condition de résistance peut s’écrire : τmaxi τmaxi (cisaillement) τ maxi (torsion) T MT .v R pg S I0 Exercices : SOLLICITATIONS COMPOSEES 89 LA FLEXION DEVIEE Forme du torseur de cohésion: Lorsqu’une poutre est sollicitée en flexion dans un plan qui n’est pas le plan moyen de sa section droite, il est indispensable de décomposer les sollicitations internes à l’origine de cette flexion dans un repère constitué par les axes principaux d’inertie de cette section. Nous rentrons alors dans le cadre des hypothèses de la RDM énoncées dans le chapitre 3 soit un produit d’inertie et des moments statiques nuls. Nous nous trouvons alors en présence d’une flexion s’exerçant dans les 2 plans xGy et xGz avec un torseur de la forme : Y 0 (x) Vy V z 0 My Mz G Vy Mz X G Vz My Z Détermination des contraintes normales: Comme pour la flexion simple nous nous limiterons à l'étude des contraintes normales à la section droite. Nous utiliserons les résultats des paragraphes antérieurs, la flexion déviée étant la superposition de 2 sollicitations simples de flexion: Sollicitations en G Contraintes normales x ( y) Flexion simple dans le plan xGz Flexion simple dans le plan xGy Flexion Déviée 0 0 V z 0 Vy 0 0 Vy V y 0 My 0 My IGy G z 0 0 Mz G Mz y IGz My IGy 0 Mz Mz z G Mz y IGz 90 Y x M dA IGy z Mz y IGz M z Moment fléchissant à l’abscisse x de la section IGy Moment quadratique de la section par rapport X Z My M y Moment fléchissant à l’abscisse x de la section xdA G à Gy IGz Moment quadratique de la section par rapport à Gz Condition de résistance: Y Y A (v ') B v' z M z> 0 C D et M z ( x) (y ) G (x ) v Soit M y ( x) > 0 par hypothèse, (-v ) Si on appelle v et v' les distances par rapport à G des fibres extrêmes tendues et comprimées dans le plan xGy. ( v et v' sont positives.) z z w ( 2' ) A C w 2' w 1' G (x ) w1 D M y> 0 Y w2 B (w - 2) w ( 1' ) (y ) Si on appelle w et w' les distances par rapport à G des fibres extrêmes tendues et comprimées dans le plan xGyz. ( w et w' sont positives.) (w - 1) Contrainte sur la face supérieure AB ( y v; z w 2 ) My ( x) IGz w 2 ( y v; z w 2 ) My ( x) IGz w 2 Mz ( x) en A IGz v Contrainte sur la face inférieure CD ( y v ; z w 1 ) Mz ( x) en B ( y v ; z w1 ) IGz v My ( x) IGz w 1 My ( x) IGz w1 Mz ( x) en C IGz v Mz ( x) en D IGz v Les contraintes maximales sont à comparer aux contraintes admissibles du matériau constitutif de la poutre. 91 Déformations: Les déformations dues à l'effort tranchant seront négligées devant les déformations dues au moment fléchissant. En utilisant la loi de Hooke, le diagramme des déformations se déduit de celui des contraintes normales précédemment établi en multipliant ( y) par une constante 1 / E. (y) E. x ( y) x (y) ( y) x ( y) = E M y ( x) E.I Gy z - M z ( x) y E.I Gz On constate que la déformation est une fonction linéaire de y et z. L’axe neutre est confondu avec l’axe Gx qui est aussi la ligne moyenne. Déplacements: 0 On va définir le déplacement vertical D( x) v( x) d'un centre de gravité G(x) d'une section w ( x) droite L'inexistence de la composante u x traduit une déformation longitudinale nulle de la poutre, donc une invariance de la longueur. 0 Un point M(x) de coordonnées y subit en plus des rotation y et z respectivement dans z les plan Gxz et Gxy. En utilisant les résultats de la flexion simple et le principe de superposition: d y dx d z dx M z ( x) E.I Gz M y ( x) d 2w d 2v ; E.I Gy dx 2 dx 2 M z ( x) E.I Gz M y ( x) E.I Gy ; La déformée de la poutre est égale à v( x)2 w( x)2 . LA FLEXION COMPOSEE 92 Forme du torseur de cohésion: Y N (x) Vy Mz Vy G Mz X G N Z Nous considèrerons uniquement le cas d’une poutre à plan moyen chargée dans son plan moyen. Détermination des contraintes normales: Comme pour la flexion simple nous nous limiterons à l'étude des contraintes normales à la section droite. Nous utiliserons les résultats des paragraphes antérieurs, la flexion composée étant la superposition de 2 types de sollicitations simples: la compression (ou la traction) et la flexion simple. Traction Compression Sollicitations en G N 0 0 Contraintes normales x ( y) Flexion simple 0 0 0 G Vy N A Mz G Mz y IGz Flexion composée N Vy N A Mz G Mz y IGz Y x N A Mz y IGz M dA Z G xdA X N Effort normal à l’abscisse x de la section M z Moment fléchissant à l’abscisse x de la section A Aire de la section 93 I Gz Moment quadratique de la section Diagrammes des contraintes normales dans une section droite: D si trbi u toi n de s con tra ni e t s a ve c M z > 0 D si trbi u toi n de s con tra ni et s a ve c N > 0 D si tr bi u toi n d e s co n tra ni et s a ve c M z > 0 Y Y Y G (x ) < 0 C om p re ss oi n < 0 C om p ress oi n X A xe neu tre A xe n eu tre X G (x ) > 0 T rac toi n (x ) > 0 T rac toi n (x ) X G (x ) > 0 T rac toi n (x ) Déformations: Nous négligerons encore les effets de l'effort tranchant. Comme précédemment le diagramme des déformations de la section droite sera déterminé grâce au principe de superposition. En utilisant la loi de Hooke et la répartition des contraintes normales on obtient les résultats suivants: Traction Compression Contraintes normales x ( y) N E. A Flexion simple Mz y E.IGz Flexion composée N E. A Mz y E.IGz Déplacements: Le déplacement du point G(x) appartenant à la ligne moyenne de la poutre sera la somme vectorielle du déplacement dû à la compression simple (ou traction) et du déplacement dû à la flexion simple. Ce déplacement sera noté D ( x) D ( x) u( x). x v( x). y Les 2 composantes du déplacement u( x) et v( x) ont été déterminées dans les développements précédents (§42-4 et §43-4). Conditions de résistance: Pour dimensionner une poutre vis à vis de sa résistance, il suffit de déterminer les contraintes extrêmes. Les contraintes sont définies par la relation précédemment établie: x ( y) N A Mz y IGz 94 C'est une fonction linéaire de y donc les valeurs extrêmes seront sur les fibres extrêmes de la poutre: y= h/2 = v et y = -h/2= v'. Y v ' (v ') On obtient donc les relations: A xe n eu tre G (x ) v (y ) (-v ) (x ) N Mz N Mz v I A IGz A Gz v N Mz N Mz x ( v) v IGz A IGz A v x ( v) On devra donc vérifier que (v) et ( v ´) sont inférieures en valeur absolue aux contraintes admissibles en traction T et en compression C du matériau. * Centre de pression: Le centre de pression C est un point particulier du plan de la section droite tel que le torseur des éléments de réduction calculé en ce point se réduise à une résultante. Nota : le point C peut se trouver à "l'extérieur" de la section droite. Y Y C Mz X G (x ) N (x ) (x ) N (x) V 0 0 0 0 C 0 G N yc G (x ) 0 Mz Vy Vy N (x) V 0 X Coordonnées de C dans le repère Gxy : Si l'on écrit l'équivalence entre les 2 systèmes on 0 M a au point G: Mz MG ( V ) MG ( N ) N yc donc les coordonnées de C sont: GC G 0N yc MG N Noyau central: Certains matériaux ne peuvent supporter que des contraintes de compression (béton armé, maçonneries, sols,...) et il est donc intéressant de savoir si toute la section droite sera comprimée ou non. 95 Il existe une zone de la section droite qui est telle que si le centre de pression C se trouve à l'intérieur, la section sera entièrement comprimée. Cette zone particulière est appelée NOYAU CENTRAL. Cas particulier: Quand l'axe neutre (( y)0) est sur la limite de la section à y = h/2 le centre de pression C se trouve obligatoirement sur la limite du noyau central. ( M N yC h h N h N ) 0 z 2 A IGz 2 A IGz 2 0 yC N yC h N A IGz 2 2IGz h A Si l'on fait le même raisonnement pour l'axe neutre à y = -h/2 on trouve : Cas particulier d’une section rectangulaire b h : yC 2IGz hA bh3 2IGz 12 h hA h bh 6 2 yC Y C1 Z h /3 C2 h En flexion composée plane si le centre de pression est sur le segment de droite C1 ( 0 , h/6 ) et C2 ( 0 , -h/6 ) , la section droite est entièrement comprimée. De façon plus générale, en flexion composée déviée ( My 0 ) le noyau central est un losange dont les b /3 diagonales sont égales à h/3 et b/3. b Cas d'une section circulaire: Le noyau central est défini par un cercle concentrique de rayon R/4. Revenons à une section rectangulaire ( b x h ) chargée dans son plan moyen en considérant la position de l'effort normal N par rapport à l'axe Gz. Cette position sera notée e (excentricité) ( e est algébrique ). Pour les fibres extrêmes y = h / 2 et y = - h /2 Mfz N N N. e ( y) y y on a donc : S IGz S IGz ( y) N N. e N 12 e y 1 y 3 2 b. h b. h bh h 12 N 6e 1 b.h h h N 6e ( ) 1 2 b.h h ( h ) 2 96 * Le flambement Etat d’équilibre: Le but de cette étude est de faire le point sur un phénomène important en construction: la stabilité élastique des pièces comprimées. Définissons préalablement les états d’équilibre stables, instables et indifférent. Considérons une bille sur un solide de référence: Equilibre stable: si nous déplaçons la bille dans un état voisin quelconque à la position d’équilibre, elle tend naturellement à revenir vers son état initial d’équilibre. E qu ilbi re s tab el E qu ilbi re ni s tab el Equilibre instable: si nous déplaçons légèrement la bille de son état d’équilibre, l’équilibre est définitivement rompu. Equilibre indifférent: quelque soit la position de la bille, elle est en état d’équilibre E qu ilbi re ni d iffé ren t Nature et importance du phénomène de flambement: L’utilisation de matériaux à performances mécaniques élevées et la recherche de l’économie conduisent à adopter des solutions technologiques en construction mettant en œuvre des pièces longues et de section réduites: on les dit « élancées ». Exemples: Arcs de ponts, pylônes, étais, barres de treillis,... Les pièces élancées, soumises à un effort de compression important, peuvent être l’objet d’un phénomène mécanique tendant à accentuer brusquement leurs déformations dans des proportions pouvant dépasser largement leurs limites. Ce phénomène est appelé flambement. Il peut apparaître pour un état de contrainte dans la pièce se situant bien en deçà des limites du domaine élastique. Mise en évidence du phénomène: 97 Soit une pièce de section rectangulaire soumise à un effort de compression N allant en croissant. N Initialement la pièce est rectiligne. Elle le reste pour des valeurs de N faibles. A partir d’une valeur de N dite valeur critique notée Nc, la pièce fléchit brutalement et de façon importante. Dès lors, elle est soumise à une sollicitation de flexioncompression, sa déformation n’est plus négligeable pour l’étude de l’équilibre. L’hypothèse des « petites déformations » de la RDM n’est plus respectée, celle de la linéarité non plus: c’est le flambement. Si N croit au delà de Nc, les déformations s’amplifie considérablement jusqu’à la ruine de la pièce. f Si la contrainte n’a dépassé en aucun point de la pièce la limite élastique e, à la suppression de N la pièce reprend sa forme rectiligne initiale. La déformation s’effectue pour une pièce bi-articulée dans le plan perpendiculaire à l’axe de la section pour lequel le moment quadratique est minimum. Diverses expérimentations nous permettent de constater que: - Le seuil d’instabilité Nc dépend: des liaisons aux extrémités de la pièce du matériau de la forme de la section - L’amplitude et l’évolution du phénomène dépendent aussi: des défauts géométriques de la pièce ( non rectitude ) de l’excentrement de la charge N des défauts structurels de la pièce ( non homogénéité, contraintes internes,.. ) Etude du flambement de la barre idéale: EULER dès 1744 a étudié ce phénomène. Il avait adopté les hypothèses suivantes pour la barre idéale: - Matériau homogène, isotrope - Poutre parfaitement rectiligne - Matériau élastique et déformations petites Modèle étudié ( YOUNG 1807 ) ( étude facultative ) 98 Nous avons internes: y N y V( x) 0 EI M( x) N ( v e ) x e sollicitations N( x) N N A les B Nous savons que: x EIv M( x) L /2 soit EIv Nv Ne N La solution de cette équation est v(x) e cos( x ) e tg( EI N EI L 2 N EI La flèche au milieu est alors égale en valeur absolue e ( N cos( Nous obtenons ainsi le L 2 ) 0 soit d’instabilité pour N EI L 2 la ) ) 2 2 barre idéale: EI L2 N /N c B ifu rca toi n d é' qu ilbi re ( ba rre di éa el ) e /L 0 1 e /L = 0 0. 2 e /L = 0 0. 02 D vi e rgen ce d é' qu ilbi re ( ba rre rée lel ) 0 0. 5 L ) 2 NC 0 5. seuil EI L 2 EI N x)e EI 1 cos( Cette flèche tend vers l’infini pour cos( N ) sin( 0 1. 0 0 1. 5 /L Le graphe de N / Nc en fonction de / L montre bien l’influence de l’excentricité e sur la déformation. Cette excentricité e n’intervient pas dans l’expression de Nc. En particulier pour e 0 , on obtient le modèle étudié par EULER et le graphe devient tel que: - Pour N < Nc = 0 et la poutre reste rectiligne - Pour N = Nc , il existe une infinité de position d’équilibre: cette dernière devient alors instable. Cette instabilité est appelé Charge critique d’EULER On parle alors de FLAMBEMENT PUR Ce comportement limite est appelé « bifurcation d’équilibre ». Il est courant de désigner par c la contrainte critique d’Euler le rapport Nc / A. Cette contrainte s’exprime en fonction de l’élancement = L / i ou i est le rayon de giration de la section 99 C 2 E 2 Elancement L i ; Rayon de giration i I A c Si c > e, la ruine par compression intervient avant que le phénomène de flambement ne puisse se produire e Si c < e , le flambement risque de se produire pour des charges inférieures à celles admissibles en compression simple. e Le flambement des barres géométriquement parfaites doit donc être pris en compte pour des élancements > e avec e tel que c = e Influence des liaisons d’extrémités: Il est facile de trouver les solutions de l’équation différentielle d’équilibre pour une barre soumise à ses extrémités à des liaisons définies. Par rapport au cas envisagé par Euler, seules les constantes d’intégration changent. On peut donc en déduire assez facilement les charges critiques Nc correspondant aux divers types de liaison. 1 N NC EI 2 4 Lo2 Lf 2 Lo NC 2 EI 2 Lo2 Lf NC 4 EI 2 Lo2 Lf NC EI 2 Lo2 Lf Lo Lo 2 N 07 . Lo 2 Lo 2 3 N Lo 2 Lo /2 4 N Lo /2 Il est d’usage de comparer ces résultats à celui de la barre bi-articulée et d’en déduire la notion de longueur de flambement Lf d’une barre comprimée de structure. 100 Définition: On appelle longueur de flambement Lf d’une barre idéale de structure, la longueur de la barre bi-articulée identique qui aurait même charge critique Nc que la barre de structure. Cette longueur correspond souvent à la distance entre 2 points d’inflexion de la déformée de la barre de structure sous l’effet de N. L’intérêt de cette notion est de caractériser la résistance au flambement d’une barre idéale par un seul facteur, l’élancement. Flambement de la barre réelle: Les conditions de la barre idéale ne peuvent jamais être remplies et par suite, dès que l’on soumet une poutre à une compression, des flèches de flexion apparaissent. Il y a donc flexion-compression, sollicitation complexe pour laquelle le principe de superposition ne s’applique pas. En général, la charge critique d’Euler est une limite qui ne peut jamais être atteinte. En général en construction et suivant les matériaux (acier, BA, BP, bois, ...) les modalités pratiques de calcul diffèrent mais on retrouve les mêmes principes de base. 101 6. Etude des systèmes hyperstatiques 6.4 Etude des systèmes hyperstatiques plans Objectifs du cours Définir la notion de système hyperstatique ; Calculer un système hyperstatique en utilisant les formules de Bresse, l’équation de deux moments, le théorème de trois moments ou la formule énergétique ; Utiliser les lignes d’influence et le théorème de Barré pour calculer les efforts maxima dans uns une poutre. Généralités Un système est dit hyperstatique chaque fois que les actions de contact exercées par les liaisons ne sont pas calculées à partir des équations du principe fondamental de la statique. Les actions ne pourront être déterminée qu’après avoir écrit d’autres équations obtenues à partir des déformations du système. C’est justement l’objet du paragraphe ci-dessous. A) Methode par supperposition : P Fanchon p ; 353-4 Soit une poutre GoG1 à plan moyen chargée dans son plan et repérée par rapport à un système d’axes Oxy situé dans ce plan : DESSIN o Désignons les coordonnées et l’abscisse curviligne par : x0, y0, s0, pour le centre de gravité G0 de la section Σ0 ; x, y, s, pour le centre de gravité G de la section Σ ; ξ, η, σ, pour le centre de gravité Γ de la section Σc située entre Σ0 et Σ. o Supposons connus : Les composantes u0, v0, du déplacement de G0 et de la rotation φ0 de Σ0 ; les efforts M, N, et V dans Σc ; la variation unitaire de longueur τ subie par la fibre moyenne. Dans les formules de Bresse les déplacements u, v, et la rotation φ de la section G s’exprime en fonction de la déformation de la section origine Go et des forces intérieures M, N, V sollicitant la section courante d’abscisse ξ : s 1) u(s) = u 0 0 (y y0 ) s0 s 2) M(x ξ) N V cosθ sinθ dσ τ(x x 0 ); EI ES GS1 v ( s ) v0 0 ( x x0 ) s0 M (x ) N V sin cos d ( y y0 ); EI ES GS1 102 s 3) ( x) 0 s0 M d . EI Dans le cas particulier de la poutre droite : dessinn ci contre 1) u u 0 x N EΩdξ τ(x x 0 ) ; x0 2) v v 0 0 (x x 0 ) x N V EI (x ξ)dξ GΩdξ ; x0 x 3) 0 x0 M dξ EI Dans l’application de ces formules, on pourra négliger les déformations d’efforts tranchant et d’effort normal, qui sont plus faibles que les déformations de flexion. Lorsqu’une poutre est soumise à des charges, elle fléchit. Ses sections se déplacent perpendiculairement à l’axe initialement droit, tout en tournant simultanément. Le déplacement du centre de gravité de la section dans la direction perpendiculaire à l’axe s’appelle flèche notée f au point donné. L’angle θ de rotation de la section par rapport à sa position initiale s’appelle angle de rotation de la section. Nous avons déjà vu la relation suivante : K= 1 Mf EI , qui associe la courbure de l'axe au moment fléchissant et à la rigidité de la section Or le cours de mathématique donne la formule suivante : K f '' (1 f ' ) 3 2 . où f' la dérivée première et f'' est la dérivée seconde de f par rapport à y; ρ est le rayon de courbure de la courbe de f et son inverse la courbure de la même courbe. D'où on a la relation Mf EI f '' (1 f ' ) 3 2 2 . Pour la plupart des problèmes pratiques, la quantité θ est petite et on peut assimiler f' = tanθ ≈ θ et par suite f' 2 = θ2 peut être négligée par suite de la petitesse des déformation par rapport à l'unité (même en prenant θ = 0,01 rd). En rejetant donc ce terme f'2 du dénominateur, on obtient l'équation différentielle approchée de l'axe fléchie: Mf = EIf''. Pour calculer les angles de rotation θ ≈ f' et les flèches f, il faut intégrer l'équation ci-dessus; ce qui peut se faire de plusieurs façons. Exemple 1: Poutre sur deux appuis simples, ayant une charge uniforme p sur toute sa longueur. 103 Exemple 2: Poutre sur deux appuis simples, ayant une charge ponctuelle P au milieu de sa longueur. Exemple 3 Poutre encastrée à une extrémité et libre à l'autre et ayant une charge repartie sur toute sa longueur 6.2 LIGNE D’INFLUENCE DES SYSTEMES HYPERSTATIQUES 6.3 Théoreme de 3 moments M (x ) Nous prenons pour simplifier L = H 7FL /45 x x -FL /15 M (x ) M (x ) -FL /15 On obtient alors X Ay 2F 3 MB MC S tru c tu re S ( ) ; Dy F 15 Ax Dx F 3 FL 15 x MMaxi 7FL 45 Définitions: Une poutre continue est une poutre droite reposant sur plus de 2 appuis de niveau. La portion de poutre comprise entre 2 appuis consécutifs s’appelle une travée. Les travées d’extrémités s’appellent travées de rive. Les appuis d’extrémités peuvent être soit des appuis simples, soit des articulations ou soit des encastrements. Dans un premier temps, 104 nous ne nous intéresserons qu’à des poutres sur appuis simples et soumises à des charges verticales. Les poutres droites à travées multiples correspondent à un schéma de calcul largement employé dans les constructions courantes. Le degré d’hyperstaticité d’une poutre continue est aisé à déterminer. Considérons une poutre continue soumise à des charges verticales, comportant n travées et donc reposant sur ( n+1 ) appuis. Les équations de la statique (P.F.S.) sont au nombre de 2 et les actions de liaison inconnues au nombre de ( n+1 ). Ainsi le degré d’hyperstaticité de la poutre droite continue reposant sur (n+1) appuis est (n-1). 6.3.2 Position du problème: Considérons une poutre continue à n travées: p2 p1 T ra vée p +i 1 pi 1 2 i pn +i 1 A ppu si 0 1 2 i-1 i M om en ts 0 M1 M2 M i-1 M i A c toi n s de lai si on R0 R1 R2 R i-1 R i R o ta toi n s 0 1 2 i-1 n +i 1 n -1 n M +i 1 M n -1 0 R +i 1 R n -1 Rn i +i 1 n -1 n Longueu r L1 L2 Li L +i 1 Ln Ine r tei E 1I E 2I E Ii E I+i 1 E nI Cette poutre est un système HYPER n-1. Nous avons n+1 actions de liaisons et 2 équations données par le principe fondamental de la statique. Il reste n-1 actions de liaisons à déterminer. Plutôt qu’étudier les actions des appuis sur la poutre, considérons les actions des travées les unes sur les autres. Cela nous amène à la place n-1 moments. Comme nous cherchons à accéder aux moments pour le dimensionnement de la poutre, cette façon de procéder parait plus logique. M1 p1 T ra vé e A p p u is M1 p2 M i-1 M i pi 1 0 M2 2 1 1 M i i 2 i-1 M + i1 p+ i1 M n -1 pn + i1 i i n + i1 n -1 n 105 Cela revient à articuler tous les appuis intermédiaires et les soumettre à des moments M2, M3,..., Mn-1. Les n travées isostatiques seront les systèmes isostatiques associés Etude d’une travée isostatique associée A MODULE D’INERTIE EI CONSTANT En considérant p, MA et MB comme paramètres, la RDM nous donne: y MA MB p M(x) = Mo(x) + MA (1 - x/L) + MB (x/L) M(x) = Mo(x) + MA M*1(x) + MB M*2(x) x A Mo(x) moment fléchissant de la travée soumise à p(x) Mo(x) = px (L - x) / 2 dans notre cas ou p(x) = cte B L M*1(x) moment fléchissant pour la travée isostatique soumise en A à un couple unitaire. M*2(x) moment fléchissant pour la travée isostatique soumise en B à un couple unitaire y y y p 1 1 oA x oB A 1*A B A L C as 0 2*B A L x B L C as 2 * 1 1 A C as 1 * C as 0 B 1 /L A *2A B C as 1 * p x 1*B B o M o (x ) C as 2 * 1 /L 1 /L 1 /L o M 2 (x )* M 1 (x )* Mo 1 1 C as 0 B A x C as 1* x C as 2 * x La méthode de la charge unité ou un formulaire nous donne les rotations sur les appuis: A oA L MA 3EI L MB 6EI B oB L MA 6EI L MB 3EI 106 6.3.3 Théorème de trois moments due à ou de Clapeyron: Nous considérerons des travées de modules d’inertie EIi constants Pour assurer la continuité des travées supposées indépendantes, il faut que les rotations de part et d’autre de l’appui soit égales. Soit pour l’appui i , il faut que: g id i d i g i A ppu i i Rotation à gauche de l’appui i id Rotation à droite de l’appui i g i Etude de la travée i : TR AVEE i TR AVEE i ni dépendan te pi M i-1 pi M i i-1 i o i-1 i-1 i ig g o i i-1 goi Li Mi 1 6EIi Li Mi 3EIi i L i L i Etude de la travée i-1 : TR AVEE + i1 TR AVEE + i 1 ni dépendan et p +i 1 M i p +i 1 M +i 1 i +i 1 i d o i +i 1 id o +i 1 +i 1 i doi Li 1 Mi 3EIi 1 Li 1 Mi 1 6EIi 1 L +i 1 L +i 1 goi Li Mi 1 6EIi Li Mi 1 6EIi ( Li 3EIi Li Mi 3EIi doi Li 1 ) Mi 3EIi 1 Li 1 Mi 3EIi 1 Li 1 Mi 1 6EIi 1 Li 1 Mi 1 6EIi 1 doi goi En posant Mo = Mn = 0 et en faisant varier i de 1 à n-1, on obtient n-1 équations qui nous permettent de résoudre le problème et déterminer les n-1 moments intermédiaires. 107 Elle s’applique uniquement aux poutres droites à plan moyen chargées dans ce plan, en supposant négligeables les déformations d’efforts tranchants. bi M i 1 (ai 1 ci ) M i bi 1 M i 1 di gi 2 Li x dx ai 1 1 ; Li 1 EI i 1 0 Li x x dx b i 1 L Li EI i 0 i 2 Li c x dx i Li EI i 0 ces coefficients sont appelés coefficients de souplesses di rotation à droite de l' appui i due aux charges appliquées sur la travée i supposée isostatiqu e, i.e. sur deux appuis simples; gi rotation à gauche de l' appui i due aux charges appliquées sur la travée i 1 supposée isostatiqu e, i.e. sur deux appuis simples. Cas particuliers : L’inertie EI est constante sur toutes les travées : La relation ci-dessus devient : Li M i 1 2( Li Li 1 ) M i Li 1 M i 1 6 EI ( di gi ). ou Li Mi 1 2 ( Li Li 1 ) Mi 6 EI ( d oi oig ) Travées et modules d’inertie égaux à L / EI : Mi 1 4 Mi Mi 1 Li 1 Mi 1 6 EI (d oi L oig ) Cas particulier: modules d’inertie égaux à L / EI sur toutes les travées, et les charges pk sont uniformément reparties sur les travées k: 1 3 Li M i 1 2( Li Li 1 ) M i Li 1 M i 1 ( pi Li pi 1 L3 i 1 ) . 4 N.B. Pour chaque travée, Li est comptée à partir de l’appui de gauche. 7 Calcul des actions de liaison: Les efforts tranchants: Travée i Mi( x) Moi( x) Vi( x) dMi( x) dx Mi 1 (1 Voi( x) x ) Li x Mi ( ) Li Mi 1 Mi Li Travée i + 1 Mi 1( x) Moi 1( x) Mi (1 x ) Li 1 Mi 1 ( x 1) Li 108 Vi 1( x) V dMi 1( x) dx Voi 1( x) Mi 1 Li 1 Mi Efforts tranchants sur l’appui i: g i Vig Voig Vid Void R i d V i Mi 1 Tk ( x) Mi Li Mi En travée : A ppu i i Mi 1 Li 1 M M k 1 dM ( x) vk ( x) k dx Lk Actions de liaison: Réactions d’appui Ri Ri Vig Vid Roi Mi 1 Mi Li M M i M i M i 1 ou Ri Ti Ti 1 i 1 Li Li 1 Mi Mi 1 Li 1 où vk :effort tranchant dans la travée k supposée isostatique; Ti =Ti (x=Li ):effort tranchant à gauche de l'appui i. T =T (x=0):effort tranchant à droite de l'appui i. i+1 i+1 6.3.5 Moments maxis en travée Mt et moments au centre Mc Mi( x) Moi( x) Ou M k ( x) mk ( x) Mi 1 (1 x ) Li x Mi ( ) Li M k M k 1 x M k ; mk(x) étant le moment fléchissant sur la travée k Lk supposée isostatique. 6.3.6 Moment au centre Mc pour x = L / 2 Mc Moc M i 1 M i 2 Moc moment au centre pour la travée isostatique (pour pi(x) = cte Moc p i L2 ) 8 6.3.7 Moment maxi en travée pour x = xt abscisse telle que Vi(xt) = 0 Dans le cas ou pi(x) = pi = cte L /2 xt i Pi Li / 2 p L M M i i i i 1 2 Li 109 V i(x ) p Li i M i-1 -M i + 2 Li xt Li M i 1 M i 2 Pi Li p Li i M i-1 -M i + 2 Li A pp u i i-1 A pp u i i x= xt Li En sommant le diagramme de Vi(x) entre 0 et xt Mt Mc ( M i 1 M i ) 2 2 pi Li 2 6.3.8 Encastrement aux extrémités: Mo M1 L1 0 L1 0 L’encastrement de 0 équivaut à une travée fictive ( 0 ) prolongeant la poutre à gauche de l’appui 0 et de portée Lo tendant vers 0. L2 1 Lo = 0 -1 M2 2 L2 1 On applique la formule des 3 moments avec Lo = 0 et Mo 0 Extrémité gauche : Introduisons une travée fictive L0 et appliquons la relation des 3 moments : 2 b0 M 1 (a1 c0 ) M 0 b1 M 1 dO g 0 Si L0 tend vers 0, alors b0 = c0 = ωdo= 0, d’où : a1 M 0 b1 M 1 g 0 Extrémité droite n : bn M n1 cn M n dn 6.3.9 Consoles aux extrémités: Efforts aux extrémités Mo Lo M1 L1 0 Mo L2 1 L1 0 0 M2 2 On calcule Mo en fonction du chargement de la console. L2 1 2 On applique la formule des 3 moments avec Mo 0 110 Dessin Exemple 1 Exemple 2 Exemple 3 10.41 Effort tranchant T voir P 30 Les forces appliquées étant connues, les réactions d’appuis étant déterminées, toutes les forces extérieures sont définies. Il suffit alors d’appliquer leur définition pour trouver T et M, dans une section droite quelconque, définie par son abscisse. Définition de l’effort tranchant T dans une section droite. Comme nous l’avons vu P.30, c’est la composante, dans cette section, de la somme géométrique de toutes les forces extérieures situées à gauche de cette section. En projection : T = somme algébrique des projections sur la section considérée de toutes les forces extérieures situées à gauche de cette section. Exemple : fig. 4.22. Appui encastré A : A, A Forces appliquées à gauche de S : F 1, F 2, F 3,. Effort tranchant dans la section S, d’abscisse x : T X = A + F 1 + F 2 + F 3. DESSIN 111 /THEOREMES ENERGETIQUES 7.0 Rappels de physique - travail d’une force et d’un couple La notion de travail tire son origine de la vie courante. Si nous soulevons une masse m, nous devons mettre en jeu un effort musculaire pour vaincre la pesanteur et le travail accompli est d’autant plus grand que la masse est importante et que nous devons l’élever plus haut. De même lorsque nous devons pousser une voiture en panne sur une route horizontale: la force musculaire doit vaincre la résistance provenant des frottements. Forces ou couples constants: Définition : Le travail d’une force constante modélisée par le vecteur F lié en A qui déplace son point d’application du point A au point B est égal au produit scalaire H = F . AB F Cela donne A B = F. Le travail d’une force F est égal au produit de l’intensité de la force par la projection du déplacement sur le support de celle-ci. F F A B R De même le travail d’un couple C OA F sur une rotation est égal au produit scalaire: C. Cela donne = C. = F.R. O 112 Forces ( ou couples ) variant progressivement de l’état 0 à l’état initial à F ( ou C ) à l’état final: Etat d’équilibre initial (0) Force F progressivement appliquée k A un instant t = k intermédiaire (0 < k < 1) la force aura une valeur kF : E at t ni itai l t= 0 kF E at t t= k Etat d’équilibre final (1) F E at t fni a l t= 1 Lorsque la force appliquée passera de kF à ( k + dk )F , nous aurons un déplacement dk Le travail sera alors F d = kF dk F T ra va il = 1 /2 F ( k + d k )F kF kF .dk 1 soit 0 dk On obtient 12 F Généralisons à une structure soumise à un système d’actions mécaniques constitué de n forces Fi ( ou n couples Cj ) Travail des forces extérieures = n 1 2 Fi i i 1 Travail des couples extérieurs = n 1 2 Cj j j 1 ENERGIE POTENTIELLE ELASTIQUE OU POTENTIEL INTERNE Les contraintes internes provoquant au sein d’un solide des déformations donc des déplacements, effectuent un travail entre les états d’équilibre initial et final, travail prêt à se libérer si les contraintes cessent. 113 Ce travail est nommé Energie potentielle élastique ou potentiel interne. La déformation d’une structure élastique est un phénomène réversible, c’est à dire que si l’on supprime les actions dans l’état final 1 progressivement, la structure revient à son état naturel initial 0 et restitue cette énergie interne élastique. Travaillons dans un repère (O, x, y, z) et considérons un petit parallélépipède de volume dV = dx.dy.dz prélevé dans une poutre soumise à des sollicitations. Y x dx dy dz X Supposons que la facette dy dz est soumise à une contrainte normale x. Le déplacement de dx sous son action est égal à x dx . D’après la loi de Hooke: x Z x E Le potentiel élastique emmagasiné par le petit élément de volume dV = dx.dy.dz sous l’action de l’effort f = x. dy.dz correspondant au déplacement x dx est égal d’après les résultats précédents: dW = 1 2 x. dy.dz x dx = 1 2 x. x dx.dy.dz = x2 2E dV x Nous pouvons généraliser au cas ou la section est soumise à une contrainte S y z dW 1 x 2 y 2 z 2 dV 2 E G G E module d’élasticité longitudinal G module d’élasticité transversal ou module de Coulomb 0.4E pour les matériaux usuels 7.1 Travail des forces appliquées à un système matériel - Théorème de Clapeyron : Considérons un système matériel ( S ) dans un état d’équilibre initial ( 0 ) . Appliquons lui progressivement un ensemble d’efforts (forces et couples) l’amenant à un état d’équilibre final (1). Les efforts, constitués par les actions appliquées connues Fi et les actions de liaison Aj , qui constituent un torseur nul ( P.F.S. ) effectuent entre ces 2 états, un certain travail . Théorème de CLAPEYRON Entre 2 instants t et t + dt, nous aurons ce travail d qui se retrouvera intégralement sous forme : - d’énergie potentielle élastique dW - d’énergie cinétique négligeable (vitesse de chargement quasi nulle) - d’énergie dissipée sous forme thermique (dégagement de chaleur négligeable pour la même raison et frottements négligeables) 114 Le théorème de CLAPEYRON précise donc que, dans une structure ayant un comportement élastique linéaire, le travail des forces extérieures se retrouve intégralement en énergie potentielle élastique W ou énergie interne de déformation. Expression du travail des efforts appliqués en fonction de ces efforts Fi : F1 A1 M1 d1 Fi Fn M i (S ) A2 Mn di Soit le système ( S ) non hypostatique soumis aux efforts Fi (i = 1 à n) appliqués respectivement aux points Mi . Les actions induisent des déplacements di des points d’application Mi dans la direction de ces efforts. dn Les liaisons ne travaillent pas par définition et les Fi sont concentrés et en nombre fini. Le principe de superposition s’applique. Nous aurons donc: d1 = C11 . F1 + ......... + C1i . Fi +........ + C1n. Fn Matriciellement cela peut s’écrire: ............................................................................... .. di = Ci1 . F1 + ......... + Cii . Fi + ........ + Cin . Fn ............................................................................... .... d1 di dn C11 Ci1 Cn1 C1i Cii Cni C1n F1 Cin Fi Cnn Fn dn = Cn1 . F1 + ......... + Cni . Fi + ........ + Cnn . Fn En utilisant la convention d’Einstein: di n C ij . Fj Cij . F j j 1 Cij . est le coefficient d’influence dépendant du sens, de la direction et du point d’application des efforts Fi sans dépendre de leur intensité. Cij . est le déplacement de Mi suivant la direction de Fj lorsque toutes les forces sont nulles sauf Fj = 1 . Cij s’exprime en m / N. Exprimons maintenant le travail : 115 1 Fi di 1 Cij .Fi . F j 2 F1 d1 1 Fi di 2 Fn dn 2 Pour des couples Ci on obtient : C11 1 Ci1 2 Cn1 C1n F1 F1 Cin Fi Fi Cnn Fn Fn C1i Cii Cni 1 Ci i 1 Cij . Ci . Cj 2 2 Energie potentielle élastique en fonction des sollicitations internes : Nous limiterons l’étude à une poutre droite suivant Gx et soumise à un torseur (x) = N T Vy My Vz Mz dW dV Nous avons dW dx Soit 1 x2 y 2 z2 2 E G G x2 y 2 z2 1 dy. dz 2 E G G Nous avons vu que: x N A Nous pouvons dire que y Mz y IGz Vy A y My IGy T z Io z z ; Vz A z T y Io Nous remplacerons Io moment quadratique polaire par J pour les poutres de section non circulaire. GJ est la rigidité de torsion de la poutre. A’y et A’z des sections réduites de la poutre relatives à Vy fait que les contraintes tangentes y et z et pour tenir compte du Vz ne sont pas constantes sur une section d'abscisse x En se plaçant dans un repère principal d’inertie, nous arrivons donc à dW dx 1 N2 2 EA Vy 2 GA² y Vz 2 GA² z T2 EIo My 2 EIy Mz 2 EIz L’énergie interne de déformation apparaît comme une forme quadratique définie positive W 1 2 S N2 EA Vy 2 GA² y Vz 2 GA² z T2 EIo My 2 EIy Mz 2 EIz dx 116 Le fait qu’elle soit positive signifie simplement que l’on doit fournir un travail pour déformer une structure ( S ). Théorème de Verechtchaguine (intégrales de Mohr) : Les théorèmes énergétiques que nous allons présenter font appel au calcul d'intégrales de produits de fonctions de la forme M (x) M ( x) i j dx . Ils deviennent vite "complexes" et "dangereux" pour des structures "élaborées" : nous aurons donc intérêt à utiliser des méthodes graphiques pour les résoudre sans avoir recours à une intégration classique qui demande préalablement d'établir les équations des sollicitations. Le théorème de VERECHTCHAGUINE permet le calcul d'intégrales de la forme: I L 0 M i ( x) M j ( x) dx Démonstration: Considérons 2 fonctions de la forme M i ( x) = ax + b et M j (x) M i ( x) et dont l'une au moins est linéaire M j (x) de signe constant. On obtient en remplaçant M i (x ) M 'i M i (xG ) I a L 0 x M j ( x) dx b L 0 M j ( x) dx M i Posons X 0 XG L L 0 M j ( x) de la fonction M j ( x) . Nous remarquons que M j (x ) dx aire L 0 x M j ( x) dx est le moment statique de l'aire par rapport à l'axe vertical et donc: L x M ( x) G 0 0 XG X L j dx xG Notre devient: I a xG b I i intégrale a xG b ( xG ) A partir de ce théorème, nous pouvons établir un formulaire regroupant la plupart des cas réels rencontrés : ce formulaire s'appelle le tableau des INTEGRALES DE MOHR. Attention, dans ce formulaire il ne faut pas oublier le terme L / EI et découper en intervalles de EI constant, de pente constante. Nous pouvons toutefois appliquer le théorème de superposition (voir exemple cicontre). 117 7.2 Les théorèmes énergétiques : 7.2.1 Théorème de réciprocité de MAXWEL - BETTI : Structure soumise à 2 forces verticales F et E: F E M A1 Soit le système (S) non hypostatique soumis aux efforts verticaux F et E appliqués respectivement aux points M et N. (S ) N A2 Les actions induisent des déplacements vM et vN des points d’application M et N dans la direction de ces efforts soit les déplacements verticaux. vN vM Les liaisons ne travaillent pas car les déplacements des points A1 et A2 sont nuls. Pour parvenir à ce chargement, outre charger progressivement et simultanément, il est possible d’appliquer progressivement F puis progressivement E, F restant constant (chemin 1) ou inversement appliquer progressivement E puis progressivement F, E restant constant (chemin 2). Etudions le travail dans ces 2 cas. Chemin 1 - Application progressive de F puis de E, F restant appliquée: a - Application progressive de F F A1 M (S ) A2 N v NF vMF Le point M subit un déplacement vertical vFM Le point N subit un déplacement vertical vFN Le travail des efforts extérieur est égal à 11 1 F vFM 2 F b - Application progressive de E, F restant appliqué Le pt M subit un déplacement total vertical vM = vFM vEM E Le point N subit un déplacement vertical vN A1 M vM (S ) A2 N vN = vFN vEN Le travail 1 11 12 efforts extérieur est 1 E vEN 2 1 1 F ( F vM ) ( F vEM E vEM ) 2 2 avec 1 des 12 F vEM 118 Chemin 2 - Application progressive de E puis de F, E restant appliquée: a - Application progressive de E E Le point M subit un déplacement vertical E A2 A1 M vME vM N (S ) v NE Le point N subit un déplacement vertical v EN Le travail des efforts extérieur est égal à 21 1 E E vN 2 b - Application progressive de F, E restant appliqué M subit un déplacement total vertical v M = E F M A1 (S ) A2 F vM vM E N subit un déplacement vertical N E vN vN vM Le travail 2 21 22 Chargement ( 1 ) avec F M N v NF vMF Chargement ( 2 ) avec E M vME extérieur 1 F vFM 2 22 2 1 1 E vEN ) ( E vFN F vFM ) 2 2 ( E vFN est 2 1 1 F vFM ) ( F vEM E vEM ) 2 2 1 1 ( E vEN ) ( E vFN F vFM ) 2 2 ( Soit F vEM E vFN E A1 efforts Cela revient à: A2 A2 des avec 1 (S ) = Le travail est le même quelque soit le chemin de chargement suivi donc F A1 vN F vN N (S ) v NE Le travail de la force F par le déplacement de son point d’application M sous l’action de la force E est égal au travail de la force E par le déplacement de son point d’application N sous l’action de F. Généralisation avec une structure soumise à 2 systèmes de forces verticales Fi et Ej: 119 F1 Considérons un système matériel ( S ) auquel peuvent être appliqués 2 torseurs de forces extérieures: Fi B1 A1 F d B1 F Fn d A1 Ai - Torseur des forces Fi appliquées aux points Ai F dA i F d An Bj An - Torseur des forces Ej appliquées aux points Bj F dB j F d Bm S ( ) Bm déplacement des points Ai sous l’action des dFAi forces Fi et dans la direction de Fi E1 forces Fi et dans la direction de Fi A1 E d B1 E d A1 Ai An E Bj déplacement des points Bj sous l’action des dEBj E dA i E d An Ej forces Ej et dans la direction de Ej dB j E Em déplacement des points Bj sous l’action des dFBj B1 d Bm déplacement des points Ai sous l’action des dEAi forces Ej et dans la direction de Ej (S ) Bm E1 F1 Fi B1 A1 Fn d B1 d A1 Appliquons à notre système (S) les 2 torseurs progressivement suivant 2 chemins différents: A i dA i d An B j An E j dB j Em d Bm S ( ) Bm Chemin 1 : Etat initial Etat intermédiaire Fi 0 Application progressive de Fi Etat Final Fi + Ej Application progressive de Ej On utilise la convention d’Einstein ai . bi n a .b i i a1. b1 ... ai . bi ... an . bn i1 On applique le torseur des forces Fi : ( Fi ) 1 2 Fi dFAi 120 On applique le torseur des forces Ej : ( Fi Ej ) 1 2 ( Fi dFAi ) ( Ej dEBj Fi dEAi ) 1 2 Chemin 2 : Etat initial 0 Etat intermédiaire Ej Application progressive de Ej On applique le torseur des forces Ej : On applique le torseur des forces Fi: ( Ej ) Ej + Fi Application progressive de Fi E j dEBj 1 2 ( Ej Fi ) Etat Final ( 1 2 E j dEBj ) ( 1 2 Fi dFAi Ej dFBj ) F i d AiE E j d BjF En égalisant les 2 travaux, on arrive à la relation Symétrie des coefficients d'influence: Fi dEAi dFBj n C ji Ej dFBj Fi Cij . Ej soit Fi . E j ( C C ij ji ) . F i C ji . F i i 1 dEAi m C ij Ej C ji . Fi 0 . E j Cij . F j j 1 donc Conséquence: la matrice d'influence C C11 Ci1 Cn1 C C ji i et j ij C1i Cii Cni C1n Cin Cnn est une matrice C1n Cin Cnn F1 1 T Fi . F C F 2 Fn symétrique. On peut écrire 1 F1 2 Fi Fn C11 Ci1 Cn1 C1i Cii Cni Remarque: Ce qui est vrai pour des efforts ponctuels et des déplacements est aussi transposable pour des couples et des rotations 121 Illustration: C 12 = C 11 1 C 21 = u C 22 1 u= 7.2.2 Théorème de CASTIGLIANO : Enoncé : La dérivé de l'énergie interne de déformation W par rapport à une force extérieure appliquée est égale à la composante du déplacement du point d'application de cette force selon sa direction. Cas de 2 efforts : F E M A1 Nous appliquons les 2 efforts F puis E progressivement W N A2 (S ) vN vM W W F F F C11 ( ( 1 1 F vFM ) ( F vEM E vEN ) 2 2 1 F C11 F ) ( F C12 E 2 1 E C 22 E ) 2 C12 E vM Généralisation à plusieurs efforts : F2 F1 A2 Fi ( Fi ) A i ( Fi ) 1 2 Fi dFAi avec 1 2 Fi Cij . F j F d Ai n C ij . F j C ij . F j j1 A1 Fn d A1 d A2 dA i d An F +i 1 An F n -1 d A +i 1 d A n -1 A n -1 S ( ) A +i 1 W ( Fi ) F F 1 ( Cij C ji ) . 2 Fj Cij . Fj dFAi 122 W d AiF F 7.2.3 Théorème de MENABREA Enoncé : Dans un système hyperstatique sur appuis invariables, les actions d'appuis hyperstatiques dues aux liaisons surabondantes ne travaillent pas pendant la déformation du système soit les dérivés partiels du potentiel interne élastique par rapport aux actions de liaisons hyperstatiques sont nulles. Cas de d'une structure hyper 1 simple : Dans les cas courants, nous négligerons les effets de l'effort normal N ( x ) et de l'effort tranchant V ( x ) devant les effets du moment fléchissant M ( x ). La structure ( S ) est hyperstatique d'ordre 1 ( H1 ) . Elle est soumise à une charge répartie q. p A1 (S ) A 2 EI L Nous avons 3 inconnues pour 2 équations pour déterminer les actions de liaisons en A1 et A2. Nous avons une inconnue surabondante ou inconnu hyperstatique. Choisissons M A 1 = L (pL /2 -X ) A2 = X p A1 Le P.F.S. permet de calculer les 2 autres en fonction de X soit A2 EI (S ) A 1 = pL -X A2 =X A1 = pL - X MA1 = L ( pL / 2 - X ) Nous obtenons les sollicitations internes: V( x) X p ( L x ) M( x) px2 pL2 ( pL X ) x XL 2 2 Au niveau de l'action de liaison A2 = X, le déplacement vertical vA2 de la structure est nul. Calculons l'énergie interne de déformation W W M( x) 1 2 S M( x)2 dx EI et W X S M( x) M( x) dx v A 2 0 EI X px2 pL2 pLx X(L x) 2 2 M( x) X L x Nous obtenons une équation supplémentaire relativement complexe à résoudre. Nous pouvons utiliser les intégrales de MOHR. Généralisation à plusieurs efforts : 123 Considérons une structure ( S ) hyperstatique d'ordre n ( Hn ) . Isolons ce système, il est soumis à: - un torseur de charges extérieures Fi. - un torseur d'actions de liaisons Xj (0 < j m et m > n) Nous avons donc n inconnues surabondantes X1, X2, ..., Xn appelées inconnues hyperstatiques Le P.F.S. permet de calculer les (m - n) actions de liaison en fonction des n inconnues surabondantes. Considérons une action de contact Xj : le déplacement de cette action de contact est nul dans la direction de cette action ( il peut par contre être perpendiculaire à cette ligne d'action ). Appliquons le théorème de CASTIGLIANO. L'énergie potentielle élastique s'exprime en fonction des l efforts F i ( 1 i l ) connus et des m actions de liaisons Xj ( 0 < j m et m > n ). Il s'avère que les m - n actions de liaisons Xj s'expriment en fonction des n inconnues hyperstatiques: W = W (Xj ) (0j n) j W ( X ) soit X j 0 0 j n Cela fournit n équations pour n inconnues surabondantes. 7.2.4 Théorème de MULLER - BRESLAU ou de la charge unité (Equation de Bertrand de FONTVIOLANT) : Pour calculer le déplacement en un point M d’une structure suivant une direction donnée, la structure étant sollicitée par une charge extérieure répartie p, on applique en ce point M et suivant la direction voulue, un facteur sollicitant unité. Cas de d'une structure et d'un chargement simple : Soit une poutre (S) soumise à une charge répartie p. p A1 (S ) A 2 EI f L /2 L Nous avons: M( x) L /2 pL px2 x 2 2 Nous désirons calculer le déplacement au milieu p f de la travée vM 124 Appliquons maintenant une charge unité au point M où on désire calculer le déplacement. =1 A1 EI Nous avons: (S ) A 2 M f* L /2 M* ( x) si 0 x L / 2 x 2 L M* ( x) si L / 2 x L x 2 2 L /2 L Comme précédemment, nous négligerons les effets de l'effort normal N ( x ) et de l'effort tranchant V ( x ) devant les effets du moment fléchissant M ( x ). Nous aurons en appliquant le théorème de Castigliano à la structure ( S ) soumise aux charges p et : W( p , ) M( x) M* ( x) (M( x) M* ( x) ) dx vMp, f f * EI S W( p , ) S M( x) M* ( x) M* ( x) dx vMp, f f * EI Le facteur sollicitant est fictif. Annulons le ! Cela donne pratiquement pL px2 x 2 2 1 x dx EI 2 L/2 f W( p , 0 ) 0 L L/2 M( x) M* ( x) dx EI S f pL px2 x 2 2 L 1 x dx EI 2 2 Nous obtenons deux intégrales assez complexes que nous pouvons résoudre par les intégrales de MOHR. Généralisation à plusieurs efforts : Soit un système (S) soumis à un torseur d'efforts extérieurs Fi. Cherchons à déterminer le déplacement du point B: Appliquons un effort ponctuel unité en ce point F1 F1 Fi Fi A1 Fn A1 A i dA1 dA dAn An Fn A1 F dA1 i A i dA1 F dA i F dAn An (S ) i An F dB dB B A i dA dAn B (S ) dB B (S ) Les sollicitations internes seront: 125 N (Fi ) = N ( x ) V (Fi ) = V ( x ) M (Fi ) = M ( x ) N (Fi + ) V (Fi + ) M (Fi + ) N ( ) = N* ( x) V ( ) = V* ( x) M ( ) = M* ( x) N* (x), V* (x), et M* (x) sont l'effort normal, l'effort tranchant et le moment fléchissant provoqués dans la structure par un facteur sollicitant = 1 donc unitaire dans la direction du déplacement cherché. L'énergie interne de déformation est égale pour la structure chargée avec Fi et : W ( Fi ) 1 M( x) M * ( x) dx 2 EI 1 N( x) N * ( x) dx 2 EA 1 2 V( x) V * ( x) dx GA Dérivons par rapport au facteur sollicitant : W ( F i ) M( x) M * ( x) M * ( x) dx EI N( x) N * ( x) N * ( x) dx EA V( x) V * ( x) GA Le déplacement cherché est obtenu en annulant le facteur sollicitant : dFBj M( x) M * ( x) dx EI N( x) N * ( x) dx EA N(x), V(x) et M(x) sollicitations internes pour les actions extérieures Fi N*(x), V*(x) et M*(x) sollicitations internes pour l'action unitaire V( x) V * ( x) dx GA E module d’élasticité longitudinal G module d’élasticité transversal I moment quadratique par rapport à l’axe Gz A aire de la section A’ aire réduite de la section 8. CALCUL DES STRUCTURES 8.1 Méthode des forces Ce chapitre a pour objet d'expliciter une méthode de résolution des systèmes hyperstatiques. Elle est basée sur les théorèmes établis au précédent chapitre et notamment le théorème de la charge unité. Nous négligerons l'effet de l'effort tranchant. Avant de développer la méthode générale, analysons les structures 8.1.1 Analyse statique des structures Une structure est rendue immobile par rapport à un système géométriquement invariable par l'intermédiaire de liaisons (ou appuis). 126 Les actions engendrées par ces liaisons forment avec les efforts agissant sur la structure, un système d'actions ou torseur équilibré. Si la structure est isostatique, les actions inconnues amenées par les liaisons peuvent être déterminées par les équations amenées par le Principe Fondamental de la Statique ( P.F.S.). Si la structure est hyperstatique de degré n, les m actions inconnues amenées par les liaisons ne peuvent pas être déterminées par les ( m - n ) équations de la statique. Pour déterminer le degré n d'une structure, nous devons décomposer notre structure en noeuds et barres puis compter les équations E et les inconnues I. Exemple : F B N3 C EI (S ) L3 B2 L3 L3 N3 L3 H EI EI A D B1 L2 B3 L2 L /3 L B=3 N3 = 2 L2 = 2 L3 = 4 Nombre d'équations E = 3B + 3 N3 = 9 + 6 = 15 Nombre d'inconnus I = 2 L2 + 3 L3 = 4 + 12 = 16 N=I-E=1 Le système est hyper 1 Remarque : Certains systèmes peuvent sembler isostatiques alors qu'il n'en est rien F I B = 6 ; N3 = 2 ; N2 =1 L2 = 7 ; L3 = 4 Nombre d'équations E = 3B + 2 N2 + 3 N3 = 18 + 2 + 6 = 26 Nombre d'inconnus I = 2 L2 + 3 L3 = 14 + 12 = 26 N=I-E=0 Le système est isostatique d'après ce décompte mais les 3 barres bi-articulées sont concourantes en I extérieur au support de F. Les barres étant sollicitées suivant leurs supports, la résultante de ces 3 actions passe par I . Si le support de F ne passe pas par I, il 127 y a un couple que l'on ne peut annuler et le système libre en rotation autour de I est hypostatique. 8.1.2 Choix des inconnues hyperstatiques et structure isostatique associée. Considérons une structure ( S ) hyperstatique d'ordre n ( Hn ) . Isolons ce système, il est soumis à: - un torseur de charges extérieures Fi. - un torseur d'actions de liaisons Xj (0 < j m et m > n ) Le P.F.S. permet de calculer les (m - n) actions de liaison en fonction des n inconnues surabondantes. Nous avons donc n inconnues surabondantes X1, X2, ..., Xn appelées inconnues hyperstatiques Si nous supprimons les liaisons correspondant à ces n inconnues surabondantes, nous obtenons une structure isostatique appelée Structure isostatique associée. F Reprenons notre exemple de portique: B EI Ax La modélisation fait apparaître 4 actions de liaison Ax, Ay, Dx et Dy pour 3 équations amenées par le P.F.S. C EI (S ) EI A Dx D Ay Dy Si nous choisissons Ax = X comme inconnue hyperstatique et si nous relâchons donc le déplacement horizontal bloqué par l'action Ax horizontale, cela revient à remplacer l'articulation en A par un appui simple vertical: Nous obtenons donc la structure (So) isostatique associée ci-contre avec sa modélisation ci-dessous qui ne laisse apparaître que 3 actions de liaisons, l'action hyperstatique X ayant disparu. F B C (S o ) EI F EI EI A D B C (S o ) EI EI ( So ) Structure isostatique associée A A oy EI D ox D D oy 128 Le P.F.S. donne: Ax = Dx = X Ay + Dy = F Dy L = F L / 3 Soit Ax = X Dx = X Ay = 2F / 3 Dy = F / 3 La 1ère phase de calcul d'une structure hyperstatique consiste à la rendre isostatique en supprimant un nombre approprié de liaisons extérieures ou même internes: on obtient alors ce que l'on appelle le système isostatique associé (So). F Pour notre exemple de portique, dans la structure isostatique ( So ) , l'appui simple A aura un déplacement horizontal uoA . B C EI X EI EI A D Dans la structure ( S ) hyperstatique, ce déplacement uA sera nul par définition de l'articulation en A. Il faudra donc appliquer à notre structure ( So ) un effort horizontal pour annuler le déplacement horizontal de l'appui A pour obtenir une structure équivalente. Cet effort sera en fait X l'inconnue hyperstatique. * Principe de la méthode Pour résoudre une structure (S) hyperstatique d'ordre ou degré n, il faut établir n équations supplémentaires à celles données par le principe fondamental de la statique. La méthode consiste à choisir une structure isostatique (So) à laquelle on impose n conditions de déplacement (en translation ou rotation) afin d'obtenir une structure équivalente au système (S). Ces n conditions de déplacement fournissent n équations supplémentaires nécessaires pour déterminer les n actions surabondantes. Ces équations sont en fait les équations données par le théorème de MENABREA présentées sous une forme systématique. (S) Système hyperstatique d'ordre n (So) Système isostatique associé n équations manquantes pour résoudre le système n conditions de déplacement assurant l'équivalence du système ( So ) avec le système ( S ) En appliquant le principe de superposition: 129 F F B B C C B C EI EI (S ) EI EI A D = EI EI EI A D Structure ( S ) = + X Structure ( So ) + EI EI A D Structure ( S* ) X La structure ( S* ) est la structure isostatique associée soumise à une action X = 1 unitaire. Modélisons nos structures: F F B C EI X B A EI A y = 2F /3 = X D Structure (S) + D A y = 2F /3 X EI A X D D y = F /3 Structure (So) + = EI EI EI A D y = F /3 C (S * )X EI (S o ) EI B C EI (S ) Structure (S*) X Etant donné que nous allons négliger les effets des efforts normaux et tranchants, traçons les diagrammes des moments fléchissants: M o (x ) 2FL /9 -XH X M * (x ) x x x x 2FL /9 x x M (x ) X -H -XH X M * (x ) M o (x ) M (x ) S tru c tu re S ( * )X x x x Structure ( S ) = + S tru c tu re S ( o) Structure ( So ) + X M * (x ) = S tru c tu re (S ) X -H M o (x ) M (x ) -XH Structure ( S* ) X * Résolution et équations canoniques de la méthode des forces Pour résoudre une structure ( S ) hyperstatique d'ordre ou degré n, nous allons établir les n équations supplémentaires à celles données par le principe fondamental de la statique. 130 Pour cela, il faut écrire en utilisant le théorème de la charge unité que le déplacement au droit des liaisons supprimées sont nuls. n Le moment fléchissant pour la structure (S) est égal à M(x) = Mo(x) + Xi Mi*(x) 0 i1 Pour chaque facteur sollicitant Xi , nous avons: W ( F X ) X i i Mo ( x) n X j 1 EI j Mj * ( x) Mi * ( x) dx n W ( F X ) X i i Mo ( x) Mi * ( x) dx EI X j 1 j 0 Mj * ( x) Mi * ( x) dx EI Cela nous donne n équations supplémentaires pour chaque facteur sollicitant Xi Mo( x) Mi * ( x) dx Uo,i est le déplacement du point EI d'application de Xi dans la direction de Xi pour les efforts extérieurs F appliqués à la structure isostatique (So). Le terme dFAi L'ensemble de ces déplacements peut être représenté sous forme matricielle: n X j 1 j Mj * ( x) EI X i M2i * ( x) X1 M1 * ( x) Mi * ( x) dx .... Mi * ( x) dx ... EI EI X n Mn * ( x) Mi * ( x) dx X1 S1,i ... X i Si,i ... X n Sn,i EI Mi * ( x) dx ... U Uo,1 Uo, i Uo,n Si, j est le déplacement au droit de la liaison en A i dans la direction de Xi provoqué par le facteur sollicitant Xj = 1 Ces déplacements Si, j peuvent être aussi présentés sous forme matricielle: S S11, S1,i S1,n Si,1 Si,i Si,n Sn,1 Sn, i Sn,n 131 Les n équations canoniques de la méthode des forces s'écrivent donc: U Uo,1 Uo, i Uo,n S11, S1,i S1,n Si,1 Si,i Si,n S X 0 Sn,1 X 1 Sn, i X i Sn,n X n 0 0 0 Pour i variant de 1 à n, on obtient donc n équations canoniques: Uo,i X 1 S1,i ... X i Si,i ... X n Sn,i 0 i 1 , n En considérant le cas d'une structure de degré 2 d'hyperstaticité sollicitée par des actions extérieures F1 et F2, nous obtenons ainsi les 2 équations supplémentaires: Uo,1 + S1,1 X1 + S2,1 X2 = 0 Uo,2 + S1,2 X1 + S2,2 X2 = 0 Uo,1 déplacement de A1 sous l'action de F1 et F2 Les inconnues hyperstatiques X1 et X2 sont des actions de liaison en A1 et A2 . Uo,1 Uo,2 S1,1 S2,2 S1,2 déplacement de A1 sous l'action de F1 et F2 déplacement de A2 sous l'action de F1 et F2 déplacement de A1 sous l'action de X1 = 1 déplacement de A2 sous l'action de X2 = 1 = S2,1 déplacement de A1 sous l'action de X2 =1 ou déplacement de A2 sous l'action de X1 =1 Pour déterminer les Uo,i et Sj,j , on a recours : - à un fastidieux calcul intégral - au théorème de VERECHTCHAGUINE - aux intégrales de MOHR - à un formulaire Revenons à notre exemple: 132 En utilisant le théorème de la charge unité, on obtient: Mo( x) M * ( x) . dx EI S Uo,1 F Uo,1 B Mo( x) M * ( x) Mo( x) M * ( x) Mo( x) M * ( x) . dx . dx . dx EI EI EI AB BC BC C 2FL / 9 0 0 U o1 A D -H Uo,1 L 1 2FL H 9 EI 2 0 0 FL2H 9EI En utilisant le théorème de la charge unité, on obtient: M * ( x) 2 . dx EI S S11, B C S11 , S 11 AB A 1 M * ( x) 2 . dx EI M * ( x) 2 . dx EI BC M * ( x) 2 . dx EI BC D -H H EI S11 , 2H3 3EI S11 , 1 H2 3 L 2 H EI H EI 1 H2 3 LH2 EI L'équation canonique supplémentaire devient: Uo,1 FL2 9 X X S11 , 2H2 X 3 FL2H 9EI LH 2H3 X 3EI LH2 EI 0 0 FL 3L 9H 3L 2H A partir de cette valeur de X et en appliquant la superposition, on peut tracer les diagrammes du moment fléchissant pour la structure (S). 133 - d q e = n d p o i -FL /15 n ç o S tru c tu re S ( ) n e = é . Execicesp a 1. i s 2. s e u r x -FL /15 On obtient alors X Ay 2F 3 MB MC ; Dy F 15 Ax Dx F 3 FL 15 x - Nous prenons pour simplifier L = H 7FL /45 M (x ) M (x ) x M (xu) MMaxi 7FL 45 calculer l’allongement d’une barre rectiligne tronconique, de section circulaire, sollicitée en traction puer par une force F. soit 2 barres en acier et une barre en laiton supportant une charge P = 10 000N appliquée lentement. Pendant la charge la température augmente de 50° C. déterminez à la fon du chargement les efforts dans les barres et leurs allongements. On donne : à p o i n ç o n n e r = r é s i s t a n c e à l a r 134