série 3 d'exercices corrigés rdm

Chapitre 1
INTRODUCTION
Ce cours expose les méthodes générales de calcul des sollicitations et des déplacements des structures hyperstatiques. Il consacre également une large place
aux problèmes isostatiques jugés nécessaires à la bonne clarté de l'exposé. Les
méthodes particulières classiques sont également présentées afin de donner à
l'étudiant des moyens de calcul pratiques mais aussi rigoureux que possible. Ce
chapitre est consacré à des rappels.
1.1 CLASSIFICATION DES CORPS - NOTION DE POUTRE
Les corps qu'on rencontre et qu'on sera
amené à étudier peuvent être classer en
fonction de leurs dimensions. On distingue :
P
Σ
a) Les poutres (ou barres) :
Une dimension est beaucoup plus grande
que les deux autres qui sont de même ordre
de grandeur.
La poutre est l'élément le plus répandu
en construction. Les poutres sont associées,
entre elles ou à d'autres types d'éléments
pour constituer des systèmes ou structures.
dΣ
G1
G2
Figure 1.1
DEFINITION : une poutre est un solide engendré par une aire plane (Σ) dont le
centre de gravité décrit une courbe G1G2. Le plan P contenant Σ restant normal à
la courbe G1G2 (Figure 1.1).
Section : l'aire Σ est appelée section droite, ou plus simplement section de la
poutre.
Fibre : le volume engendré par un élément dΣ de l'aire Σ est désigné par fibre de
la poutre.
Fibre moyenne : la courbe G1G2 est appelée fibre moyenne ou axe moyen de la
poutre. C'est le lieu géométrique des centres de gravité des sections de la poutre.
2
CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
Poutre gauche : c'est une poutre dont la fibre moyenne est une courbe gauche.
Poutre plane : il s'agit d'une poutre dont la fibre moyenne est une courbe plane
(c'est-à-dire contenue dans un plan).
Poutre droite : lorsque la fibre moyenne d'une poutre plane est un segment de
droite, on parle de poutre droite.
Poutre à plan moyen : c'est une poutre possédant un plan de symétrie qui contient la fibre moyenne. Ce plan est désigné par plan moyen.
Les poutres à plan moyen chargées dans ce plan se rencontrent fréquemment
et constituent un des problèmes essentiels traités par la Résistance des Matériaux.
Nous avons supposé la section Σ constante et dans ce cas la poutre est dite à
section constante ou poutre prismatique. Il arrive aussi qu'on soit amené, généralement pour des raisons d'économie, à choisir des sections variables ; on parle
dans ce cas de poutre à section variable.
b) Les plaques, coques et membranes :
Il s'agit de corps dont deux dimensions, de même ordre de grandeur, sont
beaucoup plus grandes que la troisième (Figures 1.2a et 1.2b). Ces types d'éléments ne sont pas traités ici.
c) Les poutres à parois minces ou poutres coques :
Les trois dimensions sont significatives et aucune n'est faible comparativement aux autres (Figure 1.2c).
(a)
(b)
(c)
Figure 1.2
1.2 SYSTEMES ET CHARGES CONSIDERES
Les systèmes qui seront considérés dans ce cours seront constitués de poutres
isolées ou de poutres reliées les unes aux autres. Les poutres peuvent être assemblées de façon rigide (ex. portiques) ou de manière à permettre certaines possibilités de déplacement - degrés de liberté - (ex. systèmes articulés).
Les poutres (ou plus exactement leurs axes moyens), les charges extérieures
et les réactions des appuis des systèmes étudiés dans ce cours seront généralement situées dans un même plan. Dans ce cas, on dit qu'on a affaire à des systèmes plans.
-
Les charges qui sollicitent les systèmes comprennent :
le poids propre (action de la pesanteur),
les forces et les couples concentrés,
Introduction
-
3
les forces et les couples répartis.
Il faut signaler qu'on entend par force concentrée une force répartie sur une
petite surface (ex. action d'une roue).
Par ailleurs, les charges sont supposées être appliquées lentement, de zéro à
leur valeur finale. On dit dans ce cas que les charges sont appliquées statiquement.
Enfin, nous supposerons que les charges extérieures sont directement appliquées aux fibres moyennes des poutres. Sous cette hypothèse, les poutres peuvent être représentées par leurs axes moyens.
1.3 APPUIS DES SYSTEMES PLANS
Les systèmes sont reliés à l'extérieur par des liaisons appelées appuis, et où
apparaissent des réactions qui réagissent à l'action des forces appliquées. Les
réactions et les charges exercées constituent un système de forces en équilibre,
car les constructions que nous considérons sont toujours en équilibre.
La classification des appuis se fait d'après le nombre de degrés de liberté
(ddl) (c'est-à-dire les possibilités de mouvement) qu'ils laissent au système et
d'après la nature des réactions qu'ils peuvent exercer sur lui.
a) L'appui simple (Figure 1.3)
-
Il a deux degrés de liberté :
la rotation autour de l'appui,
la translation parallèlement au support de l'appui.
La réaction est connue par son point d'application (point de contact du système avec l'appui) et par sa direction (elle est perpendiculaire au support). Seule
l'intensité reste à déterminer.
En résumé, l'appui simple se caractérise par : 2 degrés de liberté et 1 composante de réaction. La figure 1.3a montre le principe de fonctionnement de l'appui
simple. Les figures b, c et d indiquent les représentations courantes. La représentation adoptée ici est celle de la figure d.
A
→
RA
(b)
(a)
(c)
(d)
Figure 1.3 : l'appui simple.
b) L'appui double (Figure 1.4)
Il a un seul degré de liberté, la rotation autour de l'appui. Toute translation
est par contre empêchée.
Dans ce cas, la réaction de l'appui est connue uniquement par son point d'application, le point de contact du système avec l'appui (point A) (la ligne d'action
4
CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
de la réaction passe par A). La réaction est décomposée suivant deux directions
perpendiculaires et les deux composantes sont à déterminer. L'appui double
présente donc 1 degré de liberté et 2 composantes de réaction.
A
→
RA
Art. métallique
→
RA
Représentation adoptée
Art. de Freyssinet
Figure 1.4 : l'appui double.
c) L'encastrement (Figure 1.5)
Il n'a aucun degré de liberté. Tout déplacement est empêché. La réaction est un
vecteur pouvant occuper n'importe quelle
position du plan. On peut toutefois décomposer la réaction en 3 composantes :
- deux composantes suivant deux directions perpendiculaires et passant
par A,
un couple appliqué en A.
→
RA
CA
Représentation
Figure 1.5 : l'encastrement
En définitive, l'encastrement se caractérise par : 0 degré de liberté et 3 composantes de réaction.
d) Appui déformable - Appui élastique
Un appui qui peut subir un déplacement dans la direction d'une composante
de réaction est dit déformable (ex. sol compressible).
Si le déplacement est proportionnel à la composante de réaction qui l'a provoqué, l'appui déformable est dit élastique.
1.4 PRINCIPE GENERAL D'ÉQUILIBRE - ÉQUATIONS D’ÉQUILIBRE
Les conditions nécessaires et suffisantes pour qu'un système soit en équilibre
sont :
a) les sommes des projections de toutes les forces sur 3 axes passant par un
point quelconque et non situés dans un même plan doivent être nulles,
b) les sommes des moments par rapport à chacun des trois axes doivent être
nulles.
Pour une construction (structure), la vérification de ces conditions signifie
qu'elle ne peut se déplacer comme un tout (corps rigide), autrement dit elle est en
équilibre.
Introduction
5
Soient oxyz un repère trirectangle et Fx, Fy et Fz les projections sur les axes
ox, oy et oz d'une force quelconque. Les conditions d'équilibre (a) et (b) s'écrivent (cas général) :
ΣFx = 0
ΣF y = 0
ΣM / x = 0
ΣM / y = 0
ΣFz = 0
ΣM / z = 0
(1.1)
Les équations (1.1) sont appelées équations d'équilibre de la statique ou six
équations universelles d'équilibre.
Dans le cas d'un système plan, xy par exemple, le système d'équations (1.1)
se réduit à :
ΣFx = 0
ΣFy = 0
ΣM / ∆ = 0
(1.2)
où ∆ est un axe quelconque perpendiculaire au plan xy.
Notons que les équations d'équilibre de la statique sont écrites en travaillant
sur la configuration initiale du système, c'est-à-dire non déformée ; autrement dit
les déformations sont négligées.
1.5 PRINCIPE DE LA COUPE - ÉLEMENTS DE RÉDUCTION
Considérons la poutre chargée représentée à la figure 1.6. Le corps étant en
équilibre sous l'action des charges extérieures et des réactions (supposées connues), chaque partie de ce corps se trouve également en équilibre.
z
x
Σ
A
B
y
Figure 1.6
Pratiquons (par l'esprit) une coupe dans la poutre suivant le plan vertical yz,
de manière à avoir deux tronçons. Intéressons-nous par exemple à la partie de
gauche. Le tronçon considéré est en équilibre sous l'action des sollicitations qui
lui sont appliquées, des composantes de réaction de l'appui A et de l'action du
tronçon de droite supprimé.
L'action du tronçon de droite sur le tronçon de gauche peut être remplacée
par : une force résultante R (Rx, Ry et Rz) et un couple résultant C (Cx, Cy et Cz)
agissant au centre de gravité de la section Σ. Les six composantes représentant
l'action de la partie de droite sur la partie de gauche peuvent être déterminées à
l'aide des équations de la statique exprimant l'équilibre de la partie considérée (3
équations d'équilibre de translation et 3 équations d'équilibre de rotation).
R x = ΣFx
R y = ΣF y
R z = ΣFz
C x = ΣC / x
C y = ΣC / y
C z = ΣC / z
(1.3)
6
CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
Les composantes Rx, Ry, Rz, Cx, Cy et Cz s'appellent éléments de réduction
(réduction de toutes les forces à droite de la section Σ) dans la section Σ de la
poutre considérée. En RDM, on utilise plutôt les notations Nx, Ty, Tz, Mt, My et Mz
qui désignent l'effort normal (Nx), les efforts tranchants (Ty et Tz), le moment de
torsion (Mt) et les moments fléchissants (My et Mz). Les composantes Rx, Ry, Rz,
Cx, Cy, Cz et les grandeurs Nx, Ty, Tz, Mt, My et Mz ne diffèrent que par le signe.
Les composantes Rx, Ry, Rz, Cx, Cy et Cz sont positives si elles sont orientées
dans les sens positifs des axes x, y et z du trièdre direct xyz (Figures 1.7b et 1.7c).
Par contre, pour Nx, Ty, Tz, Mt, My et Mz nous adopterons des conventions de
signes particulières (§ 1.6) pour des raisons pratiques qui apparaîtront plus loin
(Figures 1.7b et 1.7d).
La composante Nx (Rx) agit normalement à la section ; quant aux efforts Ty et
Tz (Ry et Rz), ils s'exercent tangentiellement (transversalement) à la section.
La composante Mt s'appelle moment de torsion (Cx couple de torsion), car il
tord la poutre. Convenons tout de suite de considérer un moment de torsion
comme positif s'il tend à faire tourner la section considérée dans le sens horlogique.
y
(a)
z
Rz
Cz
x
Rx=Nx
Cx
Mt=-Cx
Ry=Ty
Tz=-Rz
(b)
Cy
(c)
Mz=-Cz
My=Cy
(d)
Figure 1.7
Les deux dernières composantes, My et Mz, sont appelées moments de flexion
(Cy et Cz couples de flexion), car ils fléchissent la poutre. La seule différence
entre les moments et les couples de flexion réside comme on l'a souligné dans la
convention des signes (Figure 1.7). Les couples Cy et Cz sont positifs s'ils sont
orientés dans les sens positifs des axes y et z du trièdre direct xyz. Pour les moments My et Mz, on a l'habitude de les considérer comme positifs si les centres de
courbure de la poutre fléchie sont du côté des z négatifs pour My et du côté des y
négatifs pour Mz.
Ceci nous amène à préciser les conventions de signes que nous utiliserons.
Mais auparavant, remarquons que dans le cas d'un système plan, xy par exemple,
les éléments de réduction se réduisent à : un moment fléchissant (M = Mz), un
effort tranchant (T = Ty) et un effort normal (N = Nx).
Enfin, il convient de noter que si on avait gardé le tronçon de droite et supprimé celui de gauche, on aurait trouvé dans la section des éléments de réduction
de même intensité et de même nature que ceux trouvés en considérant le tronçon
de gauche. Il serait absurde en effet de trouver dans la même section des sollicitations différentes selon qu'on la regarde de la gauche ou qu'on la regarde de la
droite.
Introduction
7
1.6 DEFINITIONS ET CONVENTIONS DES SIGNES DE N, T, M
Considérons un système, de préférence plan pour plus de clarté, constitué par
une poutre prismatique (Figure 1.8).
α
F
(Σ)
N
T
M
Figure 1.8
1.6.1 Effort normal
D'après ce qu'on vient de voir (relations 1.3 notamment), l'effort normal N
dans la section Σ est égal à la somme algébrique des projections sur l'axe des x de
toutes les forces (charges extérieures et réactions d'appui) agissant sur le tronçon
à gauche de Σ (*).
N = ΣF cos α
(1.4a)
Un effort normal exerçant une traction sur la section étudiée sera considéré
comme positif.
1.6.2 Effort tranchant
L'effort tranchant T dans la section Σ est égal à la somme algébrique des projections sur l'axe des y de toutes les forces agissant sur la partie de la poutre
située à gauche de la section Σ (*).
T = ΣF sin α
(1.4b)
Nous conviendrons de considérer un effort tranchant comme positif s'il a tendance à faire tourner la section Σ dans le sens horlogique.
1.6.3 Moment fléchissant
Le moment fléchissant M dans la section Σ est égal à la somme algébrique
des moments créés dans cette section par toutes les sollicitations agissant sur le
tronçon à gauche de Σ (*).
M = ΣC + ΣFd sin α
(1.4c)
où C et d représentent un couple concentré courant et le bras de levier de la composante transversale de la force courante F.
_____________________________________
(*) Nous avons considéré le tronçon à gauche de Σ mais il est bien évident qu'on obtiendrait des
efforts de même intensité et de même nature si on considérait le tronçon situé à droite de la section
étudiée.
8
CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
Un moment fléchissant qui provoque des tractions dans les fibres inférieures
d'une poutre horizontale sera considéré positif. Dans le cas des pièces obliques
ou verticales, on peut considérer comme positif un moment qui tend les fibres de
gauche.
1.7 DIAGRAMMES N, T, M
La construction des diagrammes des éléments de réduction constitue une
étape essentielle dans toute étude de RDM. Un diagramme est un graphe qui
indique la valeur (intensité et nature) de la sollicitation considérée dans toutes les
sections du système étudié. Ils sont tracés à partir des relations (1.4).
Les diagrammes des éléments de
réduction permettent de localiser
les sections les plus sollicitées
(sièges des contraintes les plus
élevées) et servent au dimensionnement des différents éléments
des structures.
Dans la construction des diagrammes, les valeurs positives et
négatives sont portées de part et
d'autre d'un axe-origine. Par ailleurs, pour le diagramme du moment fléchissant, on a pour habitude de porter les ordonnées toujours du côté des fibres tendues.
F = 5 2t
A
C=5tm
45°
2m
1m
2m
5t
5t
5tm
RA=4t
N
H=5t
RA=1t
©
5t
4t
T
1t
Pour éviter tout risque de
mauvaise interprétation des diaM
grammes, il est vivement recommandé d'ajouter dans chaque aire
2
des diagrammes les précisions
7
8
suivantes :
- diagramme de N : la lettre C
Figure 1.9
ou T, selon qu'il s'agisse d'un
effort de compression ou
d'un effort de traction.
diagramme de T : le sens de la rotation provoquée par l'effort (voir diagramme de T).
- diagramme de M : on peut ajouter un arc pour préciser le sens de la courbure
provoquée par le moment (voir diagramme de M).
Introduction
9
1.8 RELATIONS CONTRAINTES-EFFORTS
Nous avons vu que les éléments
de réduction dans une section représentent l'action sur la partie de la
poutre située d'un côté de cette section, des forces qui s'exercent sur
l'autre partie. Ceci ne veut nullement
dire que la section considérée soit
soumise à des sollicitations (N - T - M
- Mt) concentrées en son centre de
gravité (ou ailleurs). A l'intérieur d'un
corps il n'y a pas d'efforts concentrés,
mais uniquement des contraintes dont
la sommation est équivalente aux
éléments de réduction.
z
Σ
x
τxz
σx
τxy
y
Figure 1.10
Les relations entre les efforts et les contraintes se déduisent facilement (Figure 1.10).
Nx =
∫σ
x dΣ
Ty =
Mz =
∫Σ σ
x ydΣ
My =
Σ
∫Σ τ
xy dΣ
∫Σ σ
Tz =
x zdΣ
∫Σ τ
Mt =
xz dΣ
∫Σ ( τ
xz y
(1.5)
+ τ xy z )dΣ
(1.6)
1.9 RELATIONS DIFFERENTIELLES ENTRE q, T ET M
Considérons par exemple une poutre droite symétrique chargée dans son plan
de symétrie (mais non soumise à une répartition de moments toutefois) et isolons
par deux section (Σ1 et Σ2) un
Σ2
Σ1
tronçon dx sur lequel agit une
q
charge répartie transversale q
M
M+dM
(Figure 1.11).
Sur le tronçon dx, les grandeurs T et M subissent les variations dT et dM. L'équilibre
du tronçon est régi par les
équations de la statique.
O
T
T+dT
dx
Figure 1.11
L'équation d'équilibre de translation verticale s'écrit :
Σ Fv = 0
d'où on tire : q = - dT/dx
(1.7a)
A partir de l'équation de l'équilibre de rotation, on obtient :
ΣM/o = 0
d'où on tire : T = dM/dx
(1.7b)
et d'après (1.7a) :
q = - d2M/dx2
(1.7c)
Les relations (1.7) permettent de tirer quelques enseignements qui facilitent
la construction et le contrôle des diagrammes de T et de M. On peut en déduire
essentiellement :
10
CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES
1- L'effort tranchant est la tangente de l'angle formé par la tangente au diagramme de M au niveau de la section considérée et l'axe longitudinal de la
poutre. De même, la valeur absolue de la charge répartie représente la tangente de l'angle formé par la tangente au diagramme de T et l'axe longitudinal de la poutre.
2- Là où T est nul, M a une valeur extrémale.
3- Là où T passe par la valeur zéro de façon discontinue, le diagramme de M
perd son allure monotone (voir figure 1.9).
4- Là où T subit un saut mais sans passer par zéro, le diagramme de M présente
un point anguleux (M change de pente).
5- La variation de M sur un tronçon donné est égale à l'aire du diagramme de T
sur ce tronçon.
6- La concavité du diagramme de M est tournée dans le sens contraire de la
charge q.
7- Le diagramme de T doit se refermer (en partant de l'extrémité gauche). Ce
corollaire exprime la nullité de la résultante des forces et permet en même
temps de retrouver les forces localisées.
8- Le diagramme de M d'un système symétrique (géométrie et chargement) est
symétrique tandis que celui de T est antisymétrique.
In tr o d u c t i o n
Exercice 1.7
1.10 EXERCICES
Calculer les réactions des systèmes représentés ci-après.
Remarque : Dans les réponses données, une réaction positive
signifie qu'elle est dirigée vers le haut s'il s'agit d'une composante
verticale et de gauche à droite lorsqu'il s'agit d'une composante
horizontale. Pour l'effort tranchant, l'effort normal et le moment
fléchissant, les conventions des signes sont celles du § 1.6.
Exercice 1.1
Exercice 1.2
F1=9t
A
3.5m
Exercice 1.8
2m
B
C
A
2m
B
a
b
Rép. : VA=-0.83 t, VB=2.83 t, HA=-1 t
Rép. : VA=-C/(a+b), VB=C/(a+b)
Exercice 1.9
Exercice 1.10
B
A
4m
2.5m 1m
q=2t/m
C=2tm
F=5t
A
B
Rép. : VA = 9 t, VB = 3 t
Exercice 1.3
Exercice 1.4
1.5m
3m
C=6tm
A
4m
Rép. : VA = 4.5 t, VB = 1.5 t
F1=6t
B
4m
2m
A
F2=2t
F1=1t
1m
q=3t/m
F3=3t
F2=6t
3m
A
12
3m
3m
3m
Rép. : VA=2.6 t, VB=2.4 t
Rép. : CA=-21 tm, VA=6 t
Exercice 1.11
Exercice 1.12
q=3t/m
B F2=2t
A
F=1t
B
2m
4m
6m
2m
Rép. : VA = 3.34 t, VB= 4.66 t
2m
Rép. : VA= 8 t, VB = 16 t
5m
Exercice 1.5
Exercice 1.6
q1=4t/m
q=2t/m
q
F=33t
A
A
A
B
B
L
Rép. : VA=qL/6, VB=qL/3
5m
4.5m
2.5m
q2=2t/m
q=1t/m
A
C=16tm
4
q=3t/m
4m
4m
2m
Rép. : CA=-7.5 tm, VA=5 t, HA=-1 t
Rép. : VA=5.33 t, VB=0.67 t
Exercice 1.13
Exercice 1.14
Rép. : VA= 1.7 t, VB= 5.8 t
B
In tr o d u c t i o n
In tr o d u c t i o n
13
Exercice 1.21
C=6tm
C=6tm
A
P
2t
A
B
2a
Rép. : VA=-3 t, VB=3 t
2a
a
A
2t/m
A
B
TD(d)=TE(g)=-TE(d)=-TB=1.5 t
Exercice 1.24
B
q=3t/m
2m
4m
a=2m
2m
a/2
a/2
6t
q=3t/m
A
a
B
A
B
Rép. : VA=2.83 t, VB=4.67 t
1m
MC=13.5 tm, MD=-2.25 tm, ME=1.5 tm
Exercice 1.23
1.5t/m
2.5m
Rép. : TA=TC(g)=-TC(d)=-TD(g)=4.5 t
MC=6.67 tm, MB=4 tm
2t
1t/m
1.5t
3.5m
B
E
6t
3m
TC(d)=TB(g)=-2.67 t, TB(d)=TD=2 t
Exercice 1.16
C
2m
Rép. : TA+TC(g)=3.33 t
Rép. : VA=3P/7, VB=4P/7
Exercice 1.15
4m
3t
D
D
2m
2a
9t
B
C
l=4m
A
Exercice 1.22
6t
A
B
6m
Rép. : VA=3.17 t, VB=3.83 t
C
C
2m
3m
5m
Tracer les diagrammes de M, T et N des systèmes représentés ciaprès.
Rép. : TA=8 t
Rép. : TC=TA(g)=-6 t, TA(d)=11.1 t
TB(g)=-10 t, TB(d)=6 t
TB=-3.9 t
Exercice 1.17
Mmax=10.67 tm, MB=-6 tm
MA=-18 tm, Mmax=2.5 tm
Exercice 1.25
Exercice 1.26
Exercice 1.18
P
P
P
A
B
C
a
D
A
C
D
a
a
B
P
a
2a
a
Rép. : MC=-MD=Pa/2
TC(d)=TD(g)=0, MC=MD=Pa
TA=TC(g)=TD(d)=TB=-TC(d)=-TD(g)=P/2
Exercice 1.19
Exercice 1.20
q=3t/m
B
C
A
C
B
D
a
a
E
b
Rép. : TA=8 t, TC=TB=-4 t
Rép. : TA=TB=TD=-C/(a+b)
MC=8 tm
MD(g)=-Ca/(a+b), MD(d)=Cb/(a+b)
2m
3m
1.5m
C=5tm
q=2t/m
B
D
Rép. : TA=TC(g) =-TD(d)=-TB=P
A
C=2tm
5t
A
2a=4m
14
A
B
3m
E
D
3m
3m
Rép. : TA=TD(g)=2.6 t
Rép. : TA=TB=6 t
TD(d)=TB(g)=2.4 t, TB(d)=TE=0
TD=TC=0
MD=5.2 tm, MB=ME=-2 tm
MA=-31 tm, MB=-14 tm, MD=ME=-5 tm
In tr o d u c t i o n
Exercice 1.27
Exercice 1.28
Articulation
P
q
B
A
In tr o d u c t i o n
15
A
B
C
C
a
a
2a
D
2a
a
Rép. : TA=TC(g)=2P/3
MA=-qa²
TC(d)=TD=TB=-P/3
Mmax=qa²/2
MC=2Pa/3, MD=0, MB=-Pa/3
q1=5t/m
1
3m
5m
B
Mo=15KNm
3 4
C=2 tm
2m
1 1
T3=T4=TB(g)=-9.5 t, TB(d)=9 t
B
5
2m
6
1
T5(g)=6.33 t, T5(d)=0.33 t, T6 =0
M1=10.5 tm, M2=11 tm,
M3=2 tm, M4(g)=-7.5 tm,
M4(d)=-5.5 tm, MB=-15 tm,
M5=-0.11 tm
Exercice 1.30
Rép. : VA=-8.625 t, VB=16.625 t
q1=2t/m
D
HA=-13 t, NAD=8.625 t, NDE=3 t,
E
NEB=-16.625 t,
1m
q2=1t/m
C
10t
3m
TAC=TCA=13 t, TCD=TDC=3 t
TDE=-8.625 t, TED=-16.625 t
B
4m
A
Exercice 1.31
4m
1.5m
3m
1m
1m
TA=T1(g)=10.5 t, T1(d)=T2=0.5 t
F2=6t
q2=2t/m
A
1
F
A
Rép. : VA= 10.5 t, VB=18.5 t
2
C
p=10KN/m
Exercice 1.29
1
P2=30KN
G q4=30KN/m
q3=12KN/m
Rép. : TA=TC=-TB=qa
F1=10t
q2=20KN/m
P1=40 2 KN
q1=10KN/m
45°
D
E
TEB=-3 t, TBE=0, MCD=MCA=-52 tm,
MDE=-MDC=55 tm, MED=MEB=4.5 tm
Rép. : HA=-55 KN, VA=135 KN, VB=45 KN, NAE=-135 KN, NEA=-85 KN,
NDE=NED=-40 KN, NEG=NGE=NGB=NBG=-45 KN, MAE=83.75 KNm,
MEA=-41.25 KNm, MED=-71.25 KNm, MEC=-30 KNm, MFC=MFG=-15 KNm,
MGF=MGB=-60 KNm, MBG=-15 KNm, TAE=55 KN, TEA=-5 KN,
TDE=-40 KN, TED=-55 KN, TEC=30 KN, TCE=TCF=TFC=-15 KN,
TFG=TGF=-45 KN, TGB=45 KN, TBG=0.
16
18
C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
2.2 EQUATION DIFFERENTIELLE DE LA DEFORMEE
Chapitre 2
Considérons une poutre horizontale simplement appuyée, fléchie dans le plan
vertical xy (Figure 2.1). Après flexion, l'axe longitudinal AB de la poutre prend la
forme courbe AMB. Cette courbe est appelée déformée ou ligne élastique (ou
élastique tout simplement) de la poutre et peut être décrite par une équation de la
forme y = f(x). Les ordonnées y représentant les flèches subies par les sections
(leurs centres de gravité plus exactement) de la pièce.
DÉPLACEMENTS DES POUTRES FLÉCHIES
R
dθ
θ
θ
Les poutres considérées sont droites et possèdent un plan de symétrie qui
contient les charges appliquées. Dans ces conditions, la flexion se fait dans le
plan de symétrie de la pièce considérée.
A
B
M
x
Dans toute étude de structure, outre le calcul des réactions, des éléments de
réduction et des contraintes, on fait également des calculs de déplacements. Généralement, on fixe pour les déplacements des sections des limites admissibles à
ne pas dépasser, tout comme pour les contraintes. Il n'est pas rare même que les
conditions de déformabilité soient plus sévères que les conditions de résistance.
La limitation des déplacements vise avant tout à préserver la fonctionnalité
de la construction. A titre d'exemple, une trop grande déformabilité des poutres
peut provoquer la fissuration des cloisons légères et engendrer des désordres très
gênants.
D'autre part, lorsque les déplacements sont importants ils peuvent modifier
significativement l'action des charges appliquées (ils engendrent d'autres efforts,
dits effets du second ordre), et dans ce cas il est nécessaire d'en tenir compte.
Par ailleurs, la résolution des problèmes hyperstatiques, qui constituent l'essentiel des structures habituelles, fait appel aux calculs de déplacements.
Le déplacement de la section d'une poutre peut être :
- une translation
- une rotation
Dans le cas d'une poutre horizontale fléchie dans le plan xy, l'axe des x étant
confondu avec l'axe longitudinal de la pièce, les déplacements verticaux des
centres de gravité des sections droites, mesurés à partir de l'axe x, sont appelés
flèches. Les rotations se font autour de l'axe z (axe neutre) et représentent les
angles, mesurés en radians, dont tournent les sections droites de la poutre.
dx
y
Ce chapitre expose les principales méthodes qui permettent d'obtenir l'équation de la déformée.
2.1 IMPORTANCE DES CALCULS DE DEPLACEMENTS
x
Figure 2.1
L'influence de l'effort tranchant sur la courbure de la déformée étant généralement très faible, elle peut être négligée (nous étudierons plus loin l'influence de
T). Nous admettrons donc que la courbure de la ligne élastique en un point donné
ne dépend que de la valeur du moment fléchissant en ce point. Dans ce cas, nous
utilisons la relation liant la courbure au moment fléchissant obtenue rigoureusement dans le cas de la flexion pure et qui s'écrit :
1 Mz
=
R EI z
(2.1)
D'autre part, on apprend dans les cours de Géométrie Différentielle que la
courbure en un point M, d'une courbe plane donnée par l'équation explicite y =
f(x), vaut :
x
M
y"<0
y">0
M
d2y
1
dx 2
=ε
3
R
dy
[ 1 + ( )2 ] 2
dx
(2.2)
Le facteur ε vaut ± 1 et a été introduit
pour des raisons que nous évoy
quons plus loin. Remarquons toutefois
Figure 2.2
que du point de vue mathématique ε
vaut + 1 et le signe de la courbure ne dépend que de la valeur de la dérivée seconde (le dénominateur de l'expression (2.2) étant strictement positif). Ainsi, la
courbure (ou la dérivée seconde) est positive si la concavité de la courbe est
tournée vers les y positifs et elle est négative quand la concavité est orientée vers
les y négatifs (Figure 2.2).
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
19
A partir des équations (2.1) et (2.2), on déduit la relation différentielle suivante reliant le moment (Mz) et la flèche (y).
d2y
Mz
=ε
EI z
dx 2
(2.3)
3
dy
[ 1 + ( )2 ] 2
dx
Physiquement, la dérivée première y' = dy/dx représente la pente de la tangente à la déformée y au point courant M. Dans le cadre de l'hypothèse admise
des petits déplacements, les angles sont très petits et, non seulement on peut
confondre la tangente et l'angle (dy/dx = tgθ ≈ θ), mais le terme (dy/dx)2 devient
négligeable devant l'unité. D'où la simplification de la relation (2.3) :
Mz
d2y
= ε 2 = εy"
EI z
dx
(2.4a)
Notons au passage que dans le cadre des petits déplacements, y' représente
également la rotation de la section Σ d'abscisse x.
La valeur à donner à ε se déduit plus facilement de la dernière expression. Il
suffit de comparer les signes de y" et de Mz. La convention de signes adoptée
pour le moment est exactement l'opposée de celle de y" puisqu'on considère un
moment comme positif quand la concavité de la déformée est tournée vers les y
négatifs.
D'où le signe adéquat à prendre :
M
d² y
= y" = − z
dx²
EI z
ou encore : EI z y" = − M z
(2.4b)
Compte tenu des relations différentielles reliant q, T et M, on peut en déduire :
d3y
dx
3
= y ''' = −
Ty
EI z
et
d4y
dx
4
= y IV =
qy
EI z
=
q
EI z
(2.5)
Il importe de noter que dans le cas des barres très élancées, les flèches peuvent être importantes et l'expression (2.4b) ne fournit plus une bonne approximation. Il faut alors faire usage de la relation (2.3), sachant que ε vaut -1 pour les
raisons données plus haut. L'utilisation de la définition exacte de la courbure
introduit deux différences fondamentales par rapport à l'approximation (2.4) :
- l'équation différentielle n'est plus linéaire,
- dans le calcul du moment, il faut tenir compte de l'influence des déplacements, ce qui revient à introduire des moments additionnels secondaires
(moments du second ordre).
D'autre part, la relation (2.1) montre qu'il y a proportionnalité entre la courbure et le moment fléchissant, autrement dit les développements à partir de cette
équation sont valables uniquement dans le domaine élastique linéaire. Si on sort
de ce domaine, il faut utiliser une relation non linéaire de la forme 1/R = f(M),
déduite de l'étude du comportement élastoplastique de la pièce considérée.
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20
Nous allons voir dans les paragraphes suivants quelques méthodes parmi les
plus importantes qui permettent d'obtenir l'équation de la ligne élastique d'une
poutre fléchie.
2.3 INTEGRATION DIRECTE DE L'EQUATION DIFFERENTIELLE
Lorsque le chargement est simple et la section constante, l'expression analytique du moment n'est pas compliquée et le moment d'inertie demeure constant.
L'intégration de l'équation (2.4b) reste alors aisée et permet d'obtenir facilement
l'équation de la déformée.
La première intégration fournit l'expression de y' (y' = tgθ). Comme on a y' =
θ, en vertu de l'hypothèse des petits déplacements, on obtient en fait l'expression
générale de la rotation dont tourne la section courante. L'angle est évidemment
exprimé en radians.
Notons par ailleurs que la première intégration fait apparaître une constante.
La deuxième intégration donne l'expression cherchée de la déformée et fait
apparaître une deuxième constante. Les deux constantes d'intégration s'obtiennent généralement en satisfaisant aux conditions d'appui de la poutre et de continuité de la déformée. Ces conditions sont désignées habituellement par conditions aux limites.
Il faut toujours s'assurer que les expressions obtenues des flèches (y) et des
rotations (y'), sont continues en tout point de la poutre. En effet, une discontinuité dans l'expression de y marquerait une interruption dans la poutre tandis qu'une
discontinuité de y' voudrait dire que la poutre se brise en ce point (articulation).
Les deux situations sont absurdes car la déformée est continue.
Par contre, l'expression de la courbure (donc y'') peut être discontinue. C'est
ce qui se produit dans les sections où le moment présente une discontinuité (présence d'un couple concentré) ou bien là où la section varie brusquement (discontinuité de Iz).
Considérons l'exemple simple de la
poutre de section constante chargée
uniformément pour illustrer la méthode (Figure 2.3).
L'expression du moment est :
q
x
l
y
Figure 2.3
qx 2
Mz = −
2
L'équation différentielle de l'élastique devient :
EI z
d² y
x²
=q
dx²
2
d'où :
EI z
dy
x3
=q
+C
dx
6
(a)
et
EI z y = q
x4
+ Cx + D
24
(b)
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
21
Pour déterminer les constantes d'intégration C et D, il faut écrire deux conditions aux limites. Dans le cas considéré, on peut écrire dans la section d'encastrement deux conditions sur y et y' :
1) en x = l, y = 0 (flèche nulle)
2) en x = l, y' = 0 (rotation nulle)
Ces conditions, sur y et y', sont des conditions aux limites géométriques alors
que les conditions aux limites sur y" et y''' (donc sur M et T, respectivement) sont
désignées par conditions aux limites statiques.
22
Pour plus de commodité, on écrit l'équation différentielle de l'élastique sous
la forme :
EI z y" = − M z
•
B
x
a
b
l
y
Figure 2.4
Pb 3
EI z y 1 = −
x + C 1 x + D1
6l
D'où les expressions finales de la rotation et de la flèche :
ql 4
ql 3
qx 4
y=
−
+
8 EI z 6 EI z 24 EI z
0 ≤ x ≤ a (tronçon 1) :
Pb 2
EI z y 1' = −
x + C1
2l
Et en appliquant la condition (1), on tire de l'équation (b) : D = ql4/8.
ql 3
qx 3
+
6 EI z 6 EI z
P
A
M z = Pbx / l
En utilisant la condition (2), l'équation (a) donne : C = - ql3/6.
y' = −
C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
a ≤ x ≤ l (tronçon 2) : Mz = Pa - Pax/l
(2.6a)
•
(2.6b)
Pa 2
x + C2
2l
Pa 2 Pa 3
EI z y 2 = −
x +
x + C 2 x + D2
2
6l
EI z y '2 = − Pax +
Une rotation est positive si elle se fait dans le sens horlogique alors qu'une
flèche est positive si elle est du côté des y positifs (vers le bas). En faisant x = 0
dans les expressions (2.6a) et (2.6b), on obtient :
Les inconnues C1, D1, C2 et D2 sont déterminées à l'aide des deux conditions
aux limites en x = 0 et x = l, et des deux conditions de passage en x = a.
1) en x = 0, y1 = 0
2) en x = l, y2 = 0
C/EIz = θ0 = ql3/6EIz et D/EIz = f0 = ql4/8EIz
autrement dit, C et D sont respectivement la rotation et la flèche de la section
initiale de la poutre, multipliées par la rigidité flexionnelle de la poutre (EIz).
La méthode d'intégration directe devient fastidieuse quand le chargement
et/ou la section présente(nt) des discontinuités. Dans ce cas, l'expression de
Mz/EIz change à chaque discontinuité et on doit travailler par tronçon. On effectue sur chaque tronçon une double intégration pour obtenir l'expression de sa
déformée. Mais comme à chaque double intégration on voit apparaître deux
constantes d'intégration, le total des constantes pour toute la poutre est égal au
double du nombre de tronçons existants.
Les constantes inconnues s'obtiennent en exprimant :
les conditions d'appui de la poutre,
les conditions de passage aux sections de jonction entre les différents tronçons. Ces conditions expriment la continuité de la déformée, donc la continuité de y et de y',
- certaines conditions statiques en des points particuliers.
Ainsi, si l'expression du second membre de l'équation (2.4b) change plusieurs
fois (présence de plusieurs tronçons), la détermination des constantes d'intégration nécessite la résolution d'un système de plusieurs équations (avec autant
d'inconnues), d'où un surplus de travail.
-
Voyons cela sur l'exemple simple de la poutre bi-articulée soumise à une
charge concentrée (Figure 2.4).
3) en x = a, y1 = y2
4) en x = a, y'1 = y'2
La résolution de ce système d'équations donne :
C1 = Pab(a+2b)/6l, D1 = 0, C2 = Pa(2l2+a2)/6l, D2 = -Pa3/6
D'où les expressions finales, donnant les rotations et les flèches :
•
•
0≤x≤a
EI z y 1' = −
Pb 2 Pab
x +
( a + 2b )
2l
6l
(2.7a)
EI z y1 = −
Pb 3 Pab
x +
( a + 2b ) x
6l
6l
(2.7b)
a≤x≤l
EI z y'2 = − Pax +
EI z y2 = −
Pa 2 Pa
x +
( 2l 2 + a 2 )
2l
6l
Pa 2 Pa 3 Pa
Pa 3
x +
x +
( 2l 2 + a 2 )x −
2
6l
6l
6
(2.7c)
(2.7d)
Cet exemple, pourtant simple, montre combien l'application de la méthode
d'intégration directe devient laborieuse quand la pièce présente des discontinuités
(de chargement et/ou de section). On va voir dans le paragraphe suivant comment, grâce à de petits aménagements dans l'application de la méthode précédente, on arrive à réduire le travail à effectuer.
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
23
24
C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
2.4 METHODE DE CLEBSCH OU DES PARAMETRES INITIAUX
C1 = EI z y' 0 = EI z θ 0
Soit la poutre bi-articulée de section constante représentée à la figure 2.5. Les
charges appliquées divisent la poutre en cinq tronçons et une application directe
de la méthode d'intégration conduirait à la détermination de dix constantes d'intégration.
D1 = EI z y 0 = EI z f 0
q
P
A
Autrement dit, C1 et D1 représentent respectivement la rotation et la flèche,
multipliées par la rigidité flexionnelle de la poutre (EIz), de la section initiale.
•
C
M z = RA x −
x
RA
Tronçon 2 ( a ≤ x ≤ b )
B
q
( x − a )2
2
a
EI z y " = − R A x +
b
c
EI z y ' = − R A
d
l
y
EI z y = −
Figure 2.5
La méthode de Clebsch permet, grâce à un artifice de calcul, de réduire les
constantes à deux seulement, et ce quelque soit le nombre de tronçons. D'autre
part, la méthode fournit une expression unique de la déformée, valable pour tous
les tronçons. L'expression de la rotation s'obtient naturellement par dérivation de
la fonction de la déformée.
L'originalité de la méthode vient de sa présentation particulière des calculs.
L'idée essentielle de la méthode consiste à écrire l'expression du moment sur un
tronçon en ajoutant de nouveaux termes (au moins un terme) à l'expression du
moment sur le tronçon précédent en gardant la même origine des abscisses x
(voir règle 1).
x2 q
+ ( x − a )3 + C2
2 3!
RA 3 q
x + ( x − a ) 4 + C2 x + D2
3!
4!
En faisant x = a dans les deux dernières équations, on en déduit que : C2 = C1
et D2 = D2.
•
Tronçon 3 ( b ≤ x ≤ c )
2ème règle : On suppose la charge répartie appliquée sur tout le reste de la
poutre et on applique une charge égale et opposée pour équilibrer la charge ajoutée (cet artifice permet d'avoir des expressions générales valables sur toute la
longueur de la poutre).
M z = RA x −
q
q
( x − a )2 + ( x − b )2
2
2
Appliquons cet artifice à l'exemple considéré. Ecrivons pour chaque tronçon
l'expression du moment, l'équation différentielle de l'élastique puis effectuons les
deux dérivations successives.
EI z y " = − R A x +
1ère règle : Elle consiste à placer l'origine des coordonnées x, y au centre de
gravité d'une section extrême de la poutre, l'extrémité gauche par exemple.
EI z y ' = − R A
•
Tronçon 1 ( 0 ≤ x ≤ a ) :
EI z y = −
M z = RA x
EI z y" = − R A x
EI z y ' = − R A
EI z y = −
x2
+ C1
2
RA 3
x + C1 x + D1
3!
En faisant x = 0 dans les deux dernières expressions, on obtient :
q
( x − a )2
2
q
q
( x − a )2 − ( x − b )2
2
2
q
x2 q
+ ( x − a ) 3 − ( x − b ) 3 + C3
2 3!
3!
RA 3 q
q
x + ( x − a ) 4 − ( x − b ) 4 + C3 x + D3
3!
4!
4!
En comparant les flèches et les rotations dans la section de jonction x = b, on
trouve : C3 = C2 et D3 = D2.
•
Tronçon 4 ( c ≤ x ≤ d )
M z = RA x −
q
q
( x − a ) 2 + ( x − b ) 2 − P( x − c )
2
2
EI z y" = − R A x +
q
q
( x − a ) 2 − ( x − b ) 2 + P( x − c )
2
2
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
EI z y ' = − R A
25
q
x2 q
P
+ ( x − a ) 3 − ( x − b ) 3 + ( x − c ) 2 + C4
2 3!
3!
2
R
q
q
P
EI z y = − A x 3 + ( x − a ) 4 − ( x − b ) 4 + ( x − c ) 3 + C4 x + D4
3!
4!
4!
3!
En comparant de nouveau les flèches et les rotations à gauche et à droite de la
section x = c, on montre que : C4 = C3 et D4 = D3.
•
Tronçon 5 ( d ≤ x ≤ l )
26
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x≤a
x≤b
q
Mz = RAx − ( x − a )2
2
q
EIz y" = −RAx + ( x − a )2
2
x2 q
'
EIz y = EIzθ0 − RA + ( x − a )3
2 3!
R
q
EIz y = EIz f0 + EIzθ0 x − A x3 + ( x − a )4
3!
4!
x≤c
x ≤d
x ≤l
q
+ ( x − b )2 − P( x − c ) + C( x − d )0
2
q
− ( x − a )2 + P( x − c )2 − C( x − d )0
2
q
P
− ( x − b )3 + ( x − c )2 − C( x − d )
2
3!
q
P
C
− ( x − b )4 + ( x − c )3 − ( x − d )2
4!
3!
2
3ème règle : On multiplie le couple concentré par (x-d)0 afin de marquer la
section où commence son influence et pour garder aux expressions leur généralité.
Pour calculer une grandeur (Mz, y", y' ou y) sur un tronçon donné, il faut considérer uniquement les termes à gauche de la limite du tronçon étudié.
q
q
( x − a )2 + ( x − b )2 − P( x − c ) + C( x − d )0
2
2
Dans l'exemple traité, les conditions aux limites s'écrivent : y = 0 en x = 0 et
en x = l. La première condition donne f0 = 0 et à partir de la seconde on tire la
valeur de θ0.
M z = RA x −
EI z y" = − R A x +
EI z y' = − R A
q
q
( x − a )2 − ( x − b )2 + P( x − c ) − C( x − d )0
2
2
x2 q
q
P
+ ( x − a )3 − ( x − b )3 + ( x − c )2 − C( x − d ) + C5
2 3!
3!
2
R
q
q
P
C
EI z y = − A x3 + ( x − a )4 − ( x − b )4 + ( x − c )3 − ( x − d )2 + C5 x + D5
3!
4!
4!
3!
2
En comparant encore une fois les rotations et les flèches dans la section de
jonction (x = d), obtenues à l'aide des relations valables sur les tronçons 4 et 5,
on montre que : C5 = C4 et D5 = D4.
Ainsi, on démontre qu'il n'y a en définitive que deux constantes d'intégration
pour toute la poutre :
C1 = C2 = C3 = C4 = C5 = EIzy'0 = EIzθ0
D1 = D2 = D3 = D4 = D5 = EIzy0 = EIzf0
Ces deux constantes caractérisent les déplacements (rotation et flèche) de la
section initiale de la poutre, d'où leur désignation par paramètres initiaux. Elles
sont déterminées à partir des conditions d'appui de la poutre considérée. Dans un
appui simple ou double la flèche est nulle, f = 0, tandis que dans un encastrement
on a : f = θ = 0.
On peut réduire à quatre le nombre total des équations en adoptant le mode
d'écriture suivant :
2.5 METHODE DE LA POUTRE CONJUGUEE
2.5.1 Principe de la méthode
Cette méthode est basée sur une analogie entre les allures de la déformée de
la poutre considérée et du diagramme des moments fléchissants d'une poutre
fictive sollicitée par une charge fictive. La méthode est également appelée méthode de Mohr, du nom de son auteur, ou encore méthode des poids élastiques.
Pour une poutre fléchie, on a les relations différentielles suivantes :
y" = - Mz/EIz
(i)
et
Mz " = - q
(ii)
qui sont identiques du point de vue mathématique.
Posons :
y = Mf
et
Mz/EIz = qf
Avec ces changements, l'équation (i) s'écrit :
Mf" = - qf
(iii)
et est exactement semblable à l'équation (ii). La dernière équation obtenue s'interprète comme ceci : la déformée de la poutre réelle (y) est donnée par le diagramme du moment fléchissant (Mf) d'une poutre fictive, appelée poutre conjuguée, sollicitée par une charge qf = Mz/EIz.
L'équation (iii) est du second ordre et nécessite par conséquent la détermination de deux constantes d'intégration pour la connaissance complète de Mf. Les
deux constantes définissent en fait les conditions aux limites de la poutre conjuguée qui s'obtiennent à partir de celles de la poutre réelle puisqu'on a les correspondances :
y = Mf
et
y' = Tf
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
27
Les différents cas de figure de conditions d'appui sont indiqués ci-après.
Poutre réelle
Poutre conjuguée
y=0
y'≠ 0
Mf = 0
Tf ≠ 0
y=0
y'= 0
Mf = 0
Tf = 0
28
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2.5.2 Exemple d'application
Reprenons l'exemple de la figure 2.3, déjà traité par la méthode d'intégration
directe.
Le signe du moment de la poutre réelle est négatif puisqu'il fait tendre les fibres supérieures (Figure 2.6c). Cela signifie que la charge fictive à appliquer à la
poutre conjuguée doit être dirigée de bas en haut (Figure 2.6d).
Poutre réelle
q
Poutre conjuguée
(a)
(b)
l
y≠ 0
y'≠ 0
(extrémité libre)
(articulation)
y≠0
y'≠ 0
Mf ≠ 0
Tf ≠ 0
qf = -qx²/2EIz
Mz = -qx²/2
Mf ≠ 0
Tf ≠ 0
(c)
(d)
x
x
Chargement de la p.c.
Diagramme du moment
y=0
y'≠ 0
(appui intermédiaire)
Mf = 0
Tf ≠ 0
Ces cas sont illustrés par les deux exemples suivants :
Poutre réelle
Figure 2.6
Les composantes de réaction dans la section d'encastrement de la poutre fictive sont :
TE = −
ME =
1 ql 2 3l
ql 4
l =
3 2 EIZ 4 8 EIZ
D'où :
y' = −
Poutre conjuguée
1 ql2
ql3
l =−
et
3 2EIZ
6EIZ
ql 3
qx 3
+
6 EI z 6 EI z
(j)
y=
ql 4
ql 3 x
qx 4
−
+
8 EI z 6 EI z 24 EI z
(jj)
Les équations (j) et (jj) sont identiques aux expressions (2.6a) et (2.6b) obtenues par la méthode d'intégration directe.
Poutre réelle
Poutre conjuguée
Il faut noter que pour respecter les conventions de signes adoptées pour la rotation et la flèche, nous devons considérer que la charge fictive (qf = Mz/EIz) est
dirigée de haut en bas si le moment Mz est positif et vice versa.
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
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C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
30
2.6 FLECHE PROVOQUEE PAR L'EFFORT TRANCHANT
2.6.1 Travail et énergie de déformation
Sous l'effet de l'effort tranchant Ty, la section Σ2 d'abscisse x+dx, subit un
glissement dy par rapport à la section Σ1 d'abscisse x (Figure 2.7a).
La distorsion peut être déterminée en comparant le travail accompli par l'effort tranchant au cours de la déformation de l'élément de longueur dx à l'énergie
emmagasinée dans ce même élément.
Σ1
Σ2
Le travail effectué par l'effort tranchant vaut :
Ty
τxy
γ
γm
Ty
dτ e = (
x
G1
dyT
Ty+dTy
G2
Ty+dTy
dx
dy
y
(a)
(b)
(2.8)
L'énergie emmagasinée dans une couche bdx d'épaisseur dy (Figure 2.8),
avec dy suffisamment petit pour pouvoir admettre que la contrainte ne varie pas,
est donnée par :
dx
dx
1
1
)T y dy T = T y γ m dx
2
2
d 2W = (
(c)
1
1
)( τ xy bdy )γdx = ( )τ xy bγdxdy
2
2
(2.9)
Figure 2.7
Les déplacements étant petits, on peut écrire :
dy = γdx
Ty+dTy
(k)
z
Ty
γ
où γ représente la variation que subissent les angles, initialement droits.
τxy
dy
y
D'autre part, en vertu de la loi de Hooke, on a :
γ = τ/G
(l)
La dernière expression montre que les déplacements angulaires (γ) et par
conséquent les déplacements linéaires (dy), en raison de la relation (k), sont la
conséquence des contraintes de cisaillement (Figure 2.7b). On sait en effet qu'à
l'intérieur des corps il n'y a pas d'efforts concentrés mais uniquement des distributions de contraintes.
Concernant la distribution des contraintes tangentielles provoquées par l'effort tranchant, on apprend dans le cours de flexion simple qu'elle n'est pas uniforme sur la section ; ce qui veut dire que la déformation angulaire γ n'est pas
constante mais varie d'une couche à l'autre. La variation de γ entraîne un gauchissement des sections initialement planes (Figure 2.7c).
dx
Figure 2.8
dW =
1
2
∫ γτ
A
xy bdxdy
=
dx
2
∫ γτ
A
xy bdy
Sachant que :
γ =
On a :
dyT = γmdx
y
L'énergie emmagasinée dans tout le tronçon dx s'obtient en considérant toutes
les couches élémentaires bdxdy, c'est-à-dire en sommant sur toute la section
(notée A).
Evaluons le déplacement yT que subit le centre de gravité d'une section courante par rapport à la position de l'axe de la poutre avant déformation (x).
où γm représente la distorsion, mesurée par rapport à l'axe non déformé de la
poutre, de l'angle droit.
b
τ xy
G
et que
τ xy =
Ty S *z
bI z
où :
-
S z* représente le moment statique par rapport à l'axe z de l'aire de la section
comprise entre la cote y et la fibre inférieure de la section,
b est largeur de la section à la cote y,
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
31
dx
2
∫
A
Ty2 S z*2
bdy =
2
Gb 2 I z
dx
2
∫
Ty2 S z*2
GbI z2
A
dy =
Ty2 dx
2GI z2
S z*2
dy
h b
∫
C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
connu. En effet, la variation du moment, Mz(x) - Mz(0), représente l'aire du diagramme de Ty compris entre 0 et x.
il vient :
dW =
32
(2.10)
De la relation (2.14), on peut tirer :
d 2 yT
dx
est une quantité ayant la dimension d'une aire. Elle ne dépend que
des caractéristiques géométriques de la section et est toujours inférieure à la section (A), d'où sa désignation habituelle par Aréd (section réduite).
I z2
∫
h
S z*2
dy
b
κ=
dx
A
κ=
avec
Aré d
A
I z2
S*2
z
dy
h b
∫
(2.11)
Le coefficient κ, appelé facteur de cisaillement, est toujours supérieur à 1. Il
caractérise la distribution des contraintes tangentielles dues à l'effort tranchant.
Plus la distribution de ces contraintes s'éloigne de la distribution uniforme, plus κ
est grand (il vaut 1.2 pour une section rectangulaire, 1.111 pour une section circulaire et varie généralement de 2 à 3 pour les sections en I).
L'expression (2.10) peut s'écrire :
dW =
Ty2 dx
2GAré d
=
κTy2
2GA
dx
(2.12)
κ dTy
GA dx
=−
κ
GA
(2.17)
q
Cette dernière quantité représente la courbure due à l'effort tranchant. En superposant les courbures provoquées par le moment fléchissant et l'effort tranchant, on obtient l'équation différentielle complète de l'élastique ; qui s'écrit :
d2y
On peut poser :
=
2
=−
2
Mz
κ
−
q
EI z GA
(2.18)
Si on utilise la méthode de la poutre conjuguée, la charge fictive à considérer
est dans ce cas :
qf =
Mz
κ
+
q
EI z GA
(2.19)
Remarque : A partir de la relation (2.14), on peut tirer la relation :
dy T
κ
=
Ty
dx
GA
(2.20)
qui permet de faire une observation intéressante. En effet, l'équation (2.20) montre qu'on n'a pas dyT/dx = 0 dans une section d'encastrement, où Ty est quelconque. Les approximations obtenues restent toutefois très proches des solutions
exactes.
En comparant les relations (2.8) et (2.12) on tire :
γm=
Ty
GAré d
=
2.6.2 Exemples d'application
κTy
(2.13)
GA
Calculons la flèche à mi-portée d'une poutre bi-articulée sollicitée par une
charge P appliquée en son milieu.
Le glissement dyT entre les sections Σ1 et Σ2 devient :
dy T = γ m dx =
κTy
GA
dx
(2.14)
Or, Tydx = dMz, donc :
dy T =
κ
GA
dM z
(2.15)
Le déplacement du centre de gravité de la section d'abscisse x s'obtient en intégrant de 0 à x :
yT ( x ) − yT ( 0 ) =
κ
GA
[ M z ( x ) − M z ( 0 )]
Exemple 1
(2.16)
Cette dernière expression est particulièrement indiquée pour le calcul des flèches provoquées par l'effort tranchant lorsque le diagramme de ce dernier est
La flèche due au moment, qui
peut être obtenue par particularisation de la relation (2.7b) ou
(2.7d), vaut :
fM (
l=10h
ν=0.2
P
h
1/2
l
Pl 3
)=
2
48 EI z
1/2
b
Figure 2.9
Pour la flèche provoquée par T, on a, en vertu de l'équation (2.16) :
fT (
l
l
κ P 1 κPl
) − fT ( 0 ) = fT ( ) =
=
2
2
GA 2 2 4GA
comme G = E/2(1+ν), il vient :
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
f(
33
1.2 Pl 2( 1 + ν )
l
l
l
Pl 3
) = f M ( ) + fT ( ) =
+
3
2
2
2
4 Ebh
4 Ebh
d'où :
f(
l
Pl 1 2
)=
(
+ 2.88 )
2
4 Ebh h 2
Dans le cas considéré, l =10h, la flèche due à l'effort tranchant est inférieure
à 3% de celle provoquée par le moment.
Exemple 2
Calculons la flèche de l'extrémité libre d'une poutre-console de section rectangulaire (bh) soumise à une charge uniformément répartie (Figure 2.3). La
flèche provoquée par le moment seul s'obtient en faisant x=0 dans l'expression
(2.6b), soit : f M =
ql 4
.
8 EI Z
En utilisant une nouvelle fois la relation (2.16) entre 0 et l, on obtient :
yT ( l ) − yT ( 0 ) =
κ
[ M z ( l ) − M z ( 0 )]
GA
Or à l'extrémité libre (x=0) le moment est nul et, d'autre part, dans la section
d'encastrement (x = l) la flèche est nulle. L'expression ci-dessus devient alors :
− yT ( 0 ) =
κ
M z(l )
GA
Sachant que Mz(l) = - ql2/2, il vient :
f T ( 0 ) = yT ( 0 ) =
κql 2
2GA
L'expression finale de la flèche résultante s'écrit :
f =
κql 2
ql 4
ql 2 3l 2
+
=
(
+ 2.88 )
8 EI z 2GA 2 Ebh h 2
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
35
Exercice 2.6
2.7 EXERCICES
Chercher les déformées et les grandeurs indiquées des systèmes représentés
ci-après en utilisant la méthode d'intégration directe.
Remarques :
sauf indication contraire, M désigne la section à mi-travée et EI la rigidité
flexionnelle (EIz).
dans les réponses données, une flèche positive est dirigée vers le bas et une
rotation est positive si elle se fait dans le sens horlogique.
-
C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
36
fM? fC? θC?
P
C
B
A
M
1/2
1/2
Rép. : fM =pl3/48EI, fC =-pl2a/16EI,
θC =-Pl2/16EI
a
Exercice 2.7
fM? fC? θC?
Exercice 2.1
P
Exercice 2.2
B
A
C
M
q
P
A
B
A
1/2
B
1/2
a
Rép. : fM =-Pal2/16EI,
fC =Pa2(a+l)/3EI
θC =Pa(3a+2l)/6EI
l
l
fM?
Exercice 2.8
fB? θB?
4
3
Rép. : fB = Pl /3EI, θB = Pl /2EI
Rép. : fM = 5ql /384EI
EIy = ql4/24+ql3x/24-qlx3/12
Rép. : 0≤x≤a,EIy=13Pa2x/32-Px3/12
2
A
EIy = Plx2/2-Px3/6
(I)
B
(2I)
a
a
Exercice 2.3
P
M
θA =13Pa2/32EI
(I)
a/2≤x≤3a/2, EIy=Pa3/12+9Pa2x/32-Px3/24
a
fM =35Pa3/96EI.
fM? θA?
fM?
q
B
A
Rép. : fM = 5ql4/768EI
EIy = 7ql3x/360-qlx3/36+qx5/120l
Chercher les déformées et les grandeurs indiquées des systèmes représentés
ci-après en utilisant la méthode des paramètres initiaux.
Exercice 2.9
l
0≤x≤a, EIy=7qa4/24-qa3x/3+qx4/24
q
A
a
F=2ql
q
Exercice 2.4
θA =-qa3/6EI
B
2a
fM? θA?
a
l
l
EIy=5qa4/8-4qa3x/3+qa2x2-qax3/3+qx4/24
Rép. : fE =ql4/3EI, θE =5ql3/6EI
l
fM=-qa4/24EI
Exercice 2.5
θA =-65qa3/36EI
fE? θE?
Exercice 2.10
C=ql²
q
Rép. : fA=181qa4/48EI,
E
a≤x≤3a (AB)
P=ql
fA? θA?
C=ql²
B
A
A
q
A
(I)
a
(2I)
a
fA? θA?
(3I) B
a
B
l/2
l/2
Rép. : fA =25ql4/384EI, θA =-7ql3/48EI
D é p l a ce m e n t s d e s p o u t r e s f l é c h i e s
37
Exercice 2.11
C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
38
Exercice 2.17
fE? θE?
q
E
Rép. : fE =-17ql4/90EI, θE =13ql3/72EI
B
A
2l
P
P
D
A
B
D
A
C
B
C
a≤x≤l (EA)
l
Exercice 2.18
EIy=-17ql4/90+13ql3x/72+qx5/120l
l≤x≤3l (AB), EIy=-17ql4/90+13ql3x/72+qx5/120l-19ql(x-l)3/72-q(x-1)5/120l
l
l
l
fD? θD(g)? θD(d)?
3
Exercice 2.12
l
l
l
l
fD? θD(g)? θD(d)?
2
Rép. : fD=-Pl /4EI, θD(g)=-Pl /4EI
Rép. : fD =-Pl3/3EI, θD(g)=-Pl2/6EI,
θD(d) = Pl2/4EI
θD(d) =Pl2/2EI
C=2ql²
q
A
E
B
fE? θE? fF?
F
Rép. : fE =5ql4/8EI, θE =-2ql3/3EI, fF=0
l
l
l
l
Calculer les flèches provoquées par le moment fléchissant (seul) et l'effort
tranchant (seul) au milieu de la poutre de l'exemple d'application n°1 et à l'extrémité libre de la poutre de l'exemple n°2 sachant que :
P = 5 t, q = 2 t/m, h = 50 cm, b = 30 cm, l = 5 m, ν = 0.2 et E = 105 Kg/cm2.
Exercice 2.13
P
P
B
a
a
- Poutre bi-articulée avec une force concentrée en son milieu.
Rép. : fM (l/2)=0.417 cm ; fT(l/2)=0.012 cm.
fE? θE?
P
E
a
Exercice 2.19
avec : P = 3 t, a = 3 m
- Poutre console uniformément chargée (extrémité libre en x = 0).
Rép. : fM (0)=5.00 cm ; fT(0)=0.048 cm.
EIz = 2 1010 Kgcm2
a
Rép. : fE =1.35 cm, θE =-0.00675
Exercice 2.14
Exercice 2.20
Traiter les exercices 2.2, 2.6 et 2.7 avec la méthode de la poutre conjuguée.
Chercher les déformées et les grandeurs indiquées des systèmes représentés
ci-après en utilisant la méthode de la poutre conjuguée.
Exercice 2.15
A
A
M
l
C
P
B
B
E
2l/3
l
P = 1 t, h = 5 cm, b = 3 cm, l = 1.5 m, E = 21 105 Kg/cm2, G = 8 105 Kg/cm2.
y=Pl3/3EI-Pl2x/2EI+Px3/6EI+κPl/GA-κPx/GA
C
l
Déterminer l'équation de la déformée en tenant compte de l'influence de l'effort tranchant.
Calculer la flèche de l'extrémité libre sous l'action de l'effort tranchant seul.
Comparer cette flèche à celle provoquée par le moment de flexion seul.
Exercice 2.16
P
Une poutre-console de section rectangulaire (bh) en acier (E ; G) de longueur
l supporte à son extrémité libre une charge verticale P.
l/3
yM(0)=fM =Pl3/3EI=17.14 cm
yT(0)=fT =κPl/GA=0.015 cm
fM? fC?
fE? θE?
Rép. : fM =-Pl3/12EI, fC =3Pl3/4EI
Rép. : fE = -2Cl2/81EI, θE=Cl/9EI
4 0 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
Il est représenté par l'aire hachurée (hachures inclinées) du diagramme F-d (Figure 3.1b).
F
F1
Chapitre 3
l
F
dF
*
dτ e
F
b
LE POTENTIEL INTERNE
ET SES APPLICATIONS
A
F1
dF
c
F
d τe
a
δ1
δ
δ
d
dδ
δ1
B
0
dδ
δ
δ
δ1
F1
(a)
(b)
(c)
Figure 3.1
3.1 INTRODUCTION
Dans ce chapitre seront examinées les relations qui existent entre les sollicitations agissant sur un système et les déplacements qu'elles produisent.
Les systèmes considérés sont généralement plans (géométrie et chargement)
mais les développements théoriques s'appliquent à tous les systèmes, sauf précision contraire.
Pour garder à la théorie toute sa généralité, tout en simplifiant autant que possible les notations, nous désignerons une sollicitation par F (sollicitation généralisée), que ce soit une force P, un couple C ou une sollicitation globale F (F1, F2,
…, Fn) et un déplacement par δ (déplacement généralisé), que ce soit une translation λ (déplacement linéaire) ou une rotation γ (déplacement angulaire).
3.2 TRAVAIL DES FORCES EXTERIEURES ET ENERGIE DE
DEFORMATION
Le travail total effectué par la force F1 au cours du déplacement δ1 est obtenu
par sommation des travaux élémentaires, c'est-à-dire :
τe =
∫
δ1
Fdδ
(3.2)
0
Il est représenté par l'aire délimitée par la courbe F-δ et l'axe des δ jusqu'à δ1.
De même, on appelle travail complémentaire élémentaire du déplacement δ
au cours de l'accroissement de charge dF la quantité :
dτ *e = δdF
(3.3)
Le travail complémentaire total effectué par F1, appliquée graduellement de 0
à F1, au cours du déplacement δ1 est donné par :
3.2.1 Notions de travail et de travail complémentaire
Pour fixer les idées, nous considérons le cas d'une barre prismatique soumise
à une traction axiale F1 qui produit un allongement δ1 (Figure 3.1a).
Nous supposons que la force F1 est appliquée graduellement, d'une manière
lente, de façon à ne produire aucune force d'inertie. Dans ces conditions, on dit
que le chargement (force F1 ici) est appliqué statiquement et le déplacement
engendré (ici un allongement) est relié à la force appliquée par une relation représentée par le diagramme "F-δ" de la figure 3.1b.
Soit F une valeur intermédiaire et δ l'allongement correspondant. A un accroissement dF de la charge correspond un allongement supplémentaire dδ. Le
travail élémentaire produit par F au cours de l'accroissement dδ est défini par :
dτe = Fdδ
Remarque : Fdδ représente plus exactement le rectangle "abcd". Autrement
dit, le travail effectué par dF au cours du déplacement dδ, qui est un infiniment
petit d'ordre supérieur à 1, est négligé.
(3.1)
τ *e =
∫
F1
δdF
(3.4)
0
C'est l'aire à gauche de la courbe F-δ.
3.2.2 Énergie et énergie complémentaire de déformation
Considérons un corps soumis à des sollicitations extérieures. Sous l'action
des charges extérieures, le corps se déforme et les efforts internes (contraintes)
effectuent un travail qui s'oppose au travail des sollicitations extérieures.
Ce travail interne, changé de signe, est désigné par énergie potentielle de déformation (W) (-τi = W).
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
41
4 2 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
Isolons un élément dv = dxdydz du corps considéré. L'énergie élémentaire
emmagasinée dans dv se calcule comme le travail effectué par les forces agissant
sur les faces de l'élément dv. Ainsi, le travail effectué par la force élémentaire
σx.dydz au cours de la variation dεx de la déformation εx, qui produit le déplacement ∆dx = dεx.dx, vaut :
dW = σ x . dydz . dε x dx = σ x dε x dv
∫
W * = ε ij dσ ij dv
On a aussi :
dW0* = εdσ
σ1
dy
*
ε
ε
Figure 3.2
dε
ε1
F = kδ
(b)
En considérant toutes les composantes des contraintes et en utilisant la notation indicielle, on obtient pour l'élément dv :
dW = σ ij dε ij dv
(3.6)
L'énergie emmagasinée dans tout la volume du corps (v) vaut :
∫
W = σ ij dε ij dv
On a :
dW0 = σdε
(3.8)
Cette quantité a l'unité d'une énergie par unité de volume. L'intégrale :
Remarquons que dans le cas de l'élasticité linéaire, on a : τ e = τ *e .
b) Généralisation
Si un système en équilibre est soumis à une sollicitation globale F (F1, F2,…
Fi,…,Fn) et que les points d'application de ces forces subissent des déplacements,
dont les projections sur les directions de ces mêmes sollicitations valent δ1, δ2,…,
δn, le travail effectué au cours du chargement du système (passage de l'état
d'équilibre initial à l'état d'équilibre final), vaut :
τe =
est appelée densité de l'énergie de déformation et est représentée par l'aire comprise entre la courbe σ-ε et l'axe des ε. Remarquons qu'on a :
(3.10)
De même, l'énergie complémentaire élémentaire produite par un accroisement dσij des contraintes au cours des déplacements produits par les déformations εij correspondantes vaut :
(3.11)
(3.14)
Le travail total est représenté par l'aire du triangle OAB (Figure 3.1c).
(3.9)
v
(k = constante)
et comme : F1 = kδ1 , il vient :
1
τ e = F1δ 1
2
0
dW * = ε ij dσ ij dv
(3.13)
∫
(3.7)
Considérons un diagramme contrainte-déformation unidirectionnel (unidimensionnel) (Figure 3.2b).
∫
εdσ
0
le travail total devient :
δ1
1
τe =
kδdδ = kδ 12
0
2
v
W = dW0 dv
σ1
Revenons au cas de la traction d'une barre prismatique du paragraphe 3.2.1.
Si la relation entre F et δ est linéaire, domaine d'application de la loi de Hooke
(et petits déplacements), c'est-à-dire quand on a à tout moment du chargement la
relation (Figure 3.1c) :
σ
dx(1+dεx)
σd ε
∫
a) Travail d'une force
dW0
dσ
dW0
ε1
W0* =
3.3 TRAVAIL ET ENERGIE DANS LE DOMAINE ELASTIQUE
LINEAIRE
dz
∫
et
σ
σx
W0 =
(3.12)
v
(3.5)
dx
(a)
Et pour la totalité du volume du corps :
-
1
2
n
∑Fδ
i
i
(3.15)
i =1
Il faut rappeler qu'on suppose que :
le chargement est statique (les mises en charge sont lentes),
le matériau a un comportement élastique linéaire (loi de Hooke vérifiée),
les déplacements n'affectent pas l'action des charges (hypothèse des petits
déplacements, pas d'effets du second ordre).
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
43
4 4 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
c) Travail des réactions
3.4 PRINCIPE DE LA CONSERVATION DE L'ENERGIE
Si les appuis sont indéformables, le travail fourni par les réactions au cours
de la déformation du système est nul puisque le déplacement d'un appui double
ou d'un encastrement dans le sens de la réaction est nul et que le déplacement
d'un appui simple est perpendiculaire à la réaction.
De manière générale, quand un corps est soumis à des charges extérieures,
ces charges effectuent un travail extérieur qui se transforme en énergie potentielle interne (qui déforme le corps), en énergie cinétique et en chaleur qui se
dissipe lors des frottements.
Dans le cas d'appuis élastiques, les relations (3.14) et (3.15) restent valables
pour les réactions.
Supposons maintenant que :
a) les charges extérieures sont appliquées statiquement (pas d'énergie cinétique),
b) les frottements dans le corps sont nuls (pas de dissipation d'énergie sous forme
de chaleur) c'est-à-dire que le corps considéré est parfaitement élastique,
c) les frottements dans les appuis sont nuls (pas de dissipation d'énergie),
d) Énergie potentielle de déformation
Dans le domaine élastique linéaire, la relation contrainte-déformation (σij-εij)
est linéaire et comme dans le travail, le facteur 1/2 apparaît dans l'expression de
l'énergie (Figure 3.3).
Ainsi, le travail fait par la force σxdydz au cours de la déformation εx qui provoque une variation de longueur ∆dx = εxdx est :
dW =
1
1
σ x dydzε x dx = σ x ε x dv
2
2
(3.16)
Pour toutes les contraintes agissant sur dv en aura (en notation indicielle)
1
σ ij . ε ij dv
2
(3.17)
1
σ ij ε ij dv
2 v
(3.18)
dW =
et
W=
∫
Remarque : Dans le cadre de l'élasticité linéaire on a : W = W*.
σ
σx
dy
dx(1+εx)
(a)
ε
(b)
Figure 3.3
τe =W
(3.19a)
Dans ce cas, on dit que le système (corps + appuis + charges) est conservatif
et le travail, ou l'énergie de déformation, puisque τe = W, ne dépend pas de l'ordre dans lequel les forces sont appliquées mais uniquement de leur intensité
finale. Dans le cas contraire, c'est-à-dire si le travail dépendait de l'ordre d'application des forces, on pourrait le charger d'une certaine manière et le décharger
d'une autre manière de façon à réaliser un gain. Après plusieurs cycles, l'énergie
ainsi gagnée ferait exploser le corps, ce qui est absurde.
Si les charges cessent d'agir, l'énergie emmagasinée dans le corps lors du
chargement sera restituée sous forme de travail qui va ramener le corps à son état
initial.
En plus des hypothèses a), b) et c) ci-dessus nous admettrons dans ce qui suit
que :
d) le matériau vérifie la loi de Hooke (matériau élastique linéaire),
e) les déplacements sont suffisamment petits et n'affectent pas l'action des charges (pas d'effets du second ordre).
dx
σx
alors tout le travail extérieur se transforme en énergie potentielle de déformation,
c'est-à-dire qu'on a :
Il arrive quelquefois que le système, dans son état initial, c'est-à-dire avant
toute application de charges, soit déjà assujetti à des efforts internes et des déformations élastiques. C'est le cas notamment des systèmes hyperstatiques dont
les appuis subissent des déplacements (appuis non concordants), des systèmes
hyperstatiques soumis à des effets thermiques, au phénomène de retrait dans les
structures en béton, des effets des défauts de montage, etc.
Dans un cas pareil, le système possède déjà à l'état initial une énergie élastique (Wi) emprisonnée dans le corps et qui ne peut se libérer que dans des conditions particulières. Les efforts et les déformations qui seront produits par les
forces extérieures vont s'ajouter aux efforts et aux déformations existants. Dans
ce cas, l'énergie de déformation est égale au travail des forces extérieures qui se
transforme en énergie élastique interne plus l'énergie élastique initiale, d'où :
τ e + Wi = W
Les résultats (3.19) sont parfois désignés par théorème de Clapeyron.
(3.19b)
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
45
4 6 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
b) Moment fléchissant
3.5 TRAVAIL DE DEFORMATION DES SOLLICITATIONS SIMPLES
DANS LE CAS DES POUTRES
Nous allons calculer séparément le travail de déformation (énergie de déformation) en fonction des efforts N, M, T et Mt dans une poutre (droite ou courbe)
de longueur l. Considérons un tronçon de poutre dx (ds) suffisamment petit pour
pouvoir admettre que les efforts ne varient pas sur dx.
dx
R
dϕ
z
a) Effort normal
M
dx
N
dA
M
y
z
N
(a)
dx+∆dx
(b)
σx =
Mz y
Iz
y
Figure 3.5
dA
dx
σx =
N
A
dx+∆dx
y
(a)
(b)
Figure 3.4
σx =
Sous l'effet des contraintes d'effort normal, le tronçon dx subit une variation
de longueur ∆dx définie par :
∆dx
dx
= ε x ⇒ ∆dx = ε x dx =
σx
E
L'énergie emmagasinée dans le couche dA.dx se calcule comme le travail effectué par la force σx.dA au cours du déplacement ∆dx, d'où :
2
1
1 N
N
1 N
( σ x dA )∆dx = ( dA )
dx =
dAdx
2
2 A
EA
2 EA 2
L'énergie élémentaire emmagasinée dans le tronçon dx s'obtient par intégration sur l'aire A de la section :
∫
A
N2
EA
2
dA =
1 N 2 dx
2 EA 2
∫
A
dA =
N2
dx
2 EA
∫
l
N2
dx
EA
dW =
W=
dx
2
∫
M z2 y 2
A
EI z2
dA =
2
1 M z dx
2 EI z2
∫
A
y 2 dA =
M z2
dx
2 EI z
1
2
M z2
∫ EI
l
dx
(3.21a)
z
Dans le cas d'une flexion gauche, on a une relation similaire à (3.21a) pour
chaque moment fléchissant et pour les deux moments on aura :
W=
Et pour la totalité de la poutre :
1
W=
2
M y
1
1 M y
1 M z2 y 2
(σ x dA) ∆dx = ( z dA) z dx =
dAdx
2
2 Iz
EI z
2 EI z2
D'où l'énergie de déformation de la poutre, qui se calcule par intégration
sur l :
Remarque : La notation d2W est utilisée pour désigner une quantité plus petite
que l'énergie élémentaire.
dx
2
L'énergie emmagasinée dans la couche dAdx vaut :
En intégrant sur la surface on obtient l'énergie emmagasinée dans le tronçon
dx :
∆dx = (N/EA)dx
dW =
Mz y
M y
⇒ ∆dx = z dx
Iz
EI z
d 2W =
dx
Comme dans le cas de l'effort normal on a σx = N/A, il vient :
d 2W =
Considérons la couche dAdx. Sous l'effet des contraintes de flexion, la couche
subit une variation de longueur : ∆dx = εxdx = (σx/E)dx. Compte tenu de la relation de Navier, il vient :
2
M2 My
1
( z +
)dx
2 l EI z EI y
∫
(3.21b)
c) Effort tranchant
(3.20)
D'après la relation (2.12) du chapitre 2, l'énergie emmagasinée dans un tronçon dx soumis à un effort tranchant Ty vaut :
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
dW =
κ y Ty2
2GA
47
dx
4 8 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
σy
τyx
1
W=
2
∫
l
κ y Ty2
GA
τzy
W=
L'angle dont tourne l'une par
rapport à l'autre les sections extrêmes du tronçon dx soumis à un
moment de torsion Mt est donné par
(Figure 3.6) :
qM t
dϕ t =
dx
GI P
dϕt
Mt
Mt
(c)
1
1
( σ x dydz )ε x dx = σ x ε x dxdydz
2
2
Pour l'ensemble des trois contraintes normales, on applique le résultat (3.15),
d'où :
dx
dW =
Figure 3.6
1
( σ x ε x + σ y ε y + σ z ε z )dxdydz
2
où εx, εy et εz sont les déformations longitudinales et peuvent être exprimées en
fonction des contraintes normales à partir de la loi de Hooke généralisée.
Les déformations provoquées par les contraintes normales et tangentielles
étant indépendantes, si outre les contraintes normales il y a des contraintes tangentielles, il suffit d'ajouter leur effet.
Le travail de la force τxydydz lors du déplacement γxydx (Figure 3.7c) vaut :
dW =
1
( τ xy dydz )γ
2
xy dx
=
1
τ xy γ
2
xy dxdydz
En présence de toutes les contraintes, il vient :
1
dW = ( σ xε x + σ yε y + σ zε z + τ xyγ xy + τ yzγ yz + τ zxγ zx )dxdydz
2
Et pour l'ensemble de la poutre :
∫
γxydx
dx
(b)
dW =
qM t2
1
M t dϕ t =
dx
2
2GI P
qM t2
dx
l GI P
τyx
Figure 3.7
L'énergie emmagasinée dans le tronçon dx se calcule comme le travail effectué par Mt lors du déplacement dϕt :
1
2
τxy
Le travail de déformation de la force σxdydz au cours du déplacement ∆dx =
εxdx (Figure 3.7b) vaut :
où :
- q est une constante dépendant de la forme et des dimensions de la section, appelée coefficient de torsion (q ≈ 40Ip2/A4). Ce facteur vaut 1 pour la section circulaire et est supérieur à 1 pour les autres cas.
- la quantité C = GIp/q est désignée par rigidité à la torsion (ou rigidité torsionnelle).
W=
dy
dx+∆dx
(a)
d) Moment de torsion
dW =
σx
κ z Tz2
1
(
+
)dx
2 l GA
GA
∫
σx
τxy
σz
Si la poutre est soumise à Ty et Tz on aura :
σx
τzx τ
xz
dx
κ y Ty2
γxy
τyz
Et pour toute la poutre :
(3.23)
L'énergie potentielle de déformation de tout le corps s'obtient par sommation
sur le volume entier :
W=
3.6 EXPRESSION GENERALE DE L'ENERGIE POTENTIELLE DE
DEFORMATION
Isolons à l'intérieur d'un corps élastique un élément dv = dxdydz suffisamment petit pour pouvoir admettre que les contraintes ne varient pas sur les facettes de l'élément.
Calculons l'énergie emmagasinée dans l'élément dv lorsqu'il est soumis à l'ensemble des contraintes (Figure 3.7a).
(3.24)
1
( σ x ε x + σ y ε y + σ z ε z + τ xy γ
2 v
∫
xy
+ τ yz γ
yz
+ τ zx γ
zx
)dv
(3.25)
L'expression de W peut être exprimée en fonction des contraintes seulement
ou des déformations uniquement en utilisant les expressions des contraintes en
fonction des déformations données par la loi de Hooke généralisée.
Dans le cas d'une poutre soumise aux sollicitations N, M, T et Mt, l'expression
de W s'obtient en ajoutant les expressions (3.20), (3.21), (3.22) et (3.23) :
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
W=
1
2
∫
l
M2
1
dx +
EI
2
∫
l
N2
1
dx +
EA
2
κT 2
∫ GA
dx +
l
1
2
qM t2
dx
l GI P
∫
49
(3.26)
5 0 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
De manière plus générale, si un système supportant la sollicitation F (F1,
F2,…, Fn), subit un déplacement virtuel qui impose à chaque force (Fi) un déplacement (δi) suivant sa direction, le travail virtuel total effectué au cours du déplacement virtuel s'écrit :
Notons que cette dernière expression ne découle pas de l'application du principe de superposition, qui n'est pas applicable puisque l'énergie n'est pas reliée
linéairement aux sollicitations. La relation (3.26) s'obtient par sommation des
contributions de chaque sollicitation du fait que le déplacement provoqué par une
des sollicitations ne provoque pas de travail de la part des autres sollicitations
(déplacements indépendants).
3.8 THEOREME DE CASTIGLIANO
Remarque : Si le système comporte "n" barres, la relation (3.26) s'applique à
chacune d'elles.
3.8.1 Première forme du théorème
3.7 TRAVAIL VIRTUEL
Considérons une particule m soumise à une force F (Figure 3.8). Donnons à
m un déplacement δ suivant la direction ∆.
P
δ
(a)
(b)
Au cours du déplacement de la particule m, la force F effectue un travail égal,
en valeur absolue, au produit de la composante de F agissant dans la direction ∆
par le déplacement δ.
(3.27a)
Ce travail, d'où le 1/2 a naturellement disparu car la force F avait déjà atteint
sa valeur finale au moment de l'application du déplacement δ, est appelé travail
virtuel de F dans le déplacement virtuel δ. Si les sens du déplacement δ et de la
composante de F suivant la direction de δ sont concordants, le signe du travail
est positif, dans le cas contraire il est négatif.
Considérons maintenant le système élastique simple de la figure 3.8b et imposons lui une déformation représentée par la courbe c. Au cours de la déformation, la force P, dont le point d'application se déplace de δ, effectue un travail
virtuel de la forme (3.27), avec α = 0 dans le cas présent.
τ v = P .δ
(3.27c)
Considérons un système élastique soumis à une sollicitation F (F1, F2,…, Fn).
Au cours de la mise en charge, le système se déforme et les points d'application
des forces subissent les déplacements δ1, δ2,…, δn (δi mesuré suivant la direction
de Fi).
W+
τ v = F cos α . δ
i
(a)
Donnons à la force Fi un accroisement dFi. Il s'ensuit une variation de l'énergie définie par la quantité (∂W/∂Fi)dFi et l'énergie totale, sous F (F1, F2, …, Fn)
et dFi, s'écrit :
c
(∆)
Figure 3.8
i
i =1
W = W ( F1 , F2 ,..., Fn ) = W ( δ 1 ,δ 2 ,... , δ n )
δ
m
∑Fδ
L'énergie W emmagasinée dans le système au cours du chargement peut s'exprimer en fonction des forces ou des déplacements de leur point d'application (§
3.5).
F
α
n
τv =
(3.27b)
Précisons qu'on entend par déplacement virtuel tout petit déplacement possible. Petit par rapport aux dimensions du système, donc comparable aux déplacements réels. Possible, c'est-à-dire compatible avec les liaisons extérieures (appuis) et intérieures du corps. Peu importe la manière utilisée pour produire le
déplacement virtuel.
∂W
dFi
∂Fi
(b)
Etant donné que le travail des forces ne dépend pas de l'ordre dans lequel elles sont appliquées (§ 3.4), appliquons d'abord dFi ensuite la sollicitation globale
F (F1, F2, …, Fn).
La force infinitésimale dFi produit un déplacement dδi infinitésimal aussi, si
bien que le travail accompli peut être considéré comme un infiniment petit d'ordre 2 qu'il est légitime de négliger : (1/2) dFidδi ≈ 0.
Appliquons maintenant la sollicitation globale F (F1, F2, …, Fn). Le travail τe
accompli est égal à W (§ 3.4) : τe = W. En outre, la force dFi, dont le point d'application a subi un déplacement δi, produit un travail qui vaut dFiδi.
D'où le travail total :
τ e + dFi δ i = W + dFi δ i
(c)
En vertu du résultat (3.19), les expressions (b) et (c) sont égales, d'où :
∂W
=δi
∂Fi
(3.28)
C'est la première forme du théorème de Castigliano, qui s'énonce comme suit :
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
51
Théorème : Dans un système élastique à appuis indéformables (1), la dérivée
de l'énergie de déformation par rapport à l'une des forces agissant sur le système est égale à la projection sur la direction de cette force du déplacement
élastique de son point d'application.
(1) Pour établir le résultat (3.28), nous avons appliqué dFi et on a admis que cet accroissent n'influençait aucunement les autres forces. En d'autres termes, nous avons supposé
que les forces F1, F2, …, Fn étaient indépendantes. Les réactions des appuis indéformables
(appuis fixes) ayant un travail nul, même si elles étaient influencées par dFi cela ne changerait rien. Par contre, il en va différemment avec des appuis élastiques dont les réactions
dépendent des forces appliquées (donc de dFi) et effectuent un travail. Pour que le résultat
(3.28) reste applicable dans ce cas, il suffit de considérer les appuis élastiques comme
faisant partie du système et de tenir compte de leur travail.
Notons aussi que le résultat (3.28) reste valable si le corps possède une énergie initiale ; elle apparaît dans (b) et (c) et se simplifie.
5 2 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
Exemple 2
Soit à calculer le déplacement du point d'application de la charge P (on suppose que la rigidité flexionnelle est constante).
P
W=
∫
l
( − Px ) 2 dx +
0
κ
2GA
∫
l
( − P ) 2 dx =
0
P 2 l 3 κP 2 l
+
6 EI z 2GA
Pl 3 κPl
+
3 EI z GA
Exemple 1
Exemple 3
Considérons une poutre bi-articulée de
section constante chargée en son milieu
par une force concentrée P.
La flèche à mi-portée (f) s'obtient par
application directe du résultat (3.28) :
l
2 EI z
l
D'où :
f =
Exemples d'application
Figure 3.10
f
P
l/2
f = ∂W/∂P
On veut calculer la rotation de l'extrémité B de la poutre ci-contre.
l/2
C
γB
A
Figure 3.11
B
Figure 3.9
Avec :
1
W=
2
∫
l
2
M z2
1 κT y
dx +
dx
EI z
2 l GA
1
W=
[
2EIz
W=
W=
∫
1/ 2
∫
0
P
( x )2 dx +
2
l
P
κ
( ( l − x ))2 dx ] +
[
2GA
1/ 2 2
∫
l
C
κ
l
C
∫ ( − l x ) dx + 2GA ∫ ( − l )
2
0
0
2
dx =
C 2l
κC 2
+
6 EI z 2GAl
D'où :
1/ 2
∫
0
P
( )2 dx +
2
l
P
( − )2 dx ]
2
1/ 2
∫
P 2 l 3 κP 2 l
+
96 EI z 8 GA
D'où :
f =
1
2 EI z
κPl
Pl 3
+
48 EI z 4GA
résultat déjà trouvé par une autre méthode (voir exemple d'application n°1 du §
2.6).
γ
B
=
∂W
Cl
κC
=
+
∂C 3 EI z GAl
3.8.2 Deuxième forme du théorème
Considérons à nouveau un corps élastique soumis à une sollicitation globale
F (F1, F2,…, Fn), et désignons toujours par δ1, δ2,…, δn les déplacements correspondants des forces (suivant leurs directions respectives).
Comme déjà signalé, l'énergie de déformation peut s'exprimer en fonction des
déplacements des points d'application des forces. Supposons qu'après avoir appliqué le sollicitation F (F1, F2,…, Fn), on impose un incrément dδi au déplacement δi du point d'application de la force Fi. L'énergie totale s'exprime par :
W+
∂W
dδ i
∂δ i
(d)
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
53
Considérons maintenant le travail total accompli lors du chargement F1,
F2,…, Fn et suite à l'application du déplacement dδi au point d'application de Fi.
Il s'écrit :
τ e + Fi . dδ i = W + Fi . dδ i
(e)
En vertu de la loi de Hooke on a :
σ = εE = N/A ⇒ N = εEA
comme ε = δ/l, il vient :
N = δEA/l
En égalant les expressions (d) et (e) on tire :
(c)
Et par particularisation : N1 = δ1EA/l1 avec : δ1 = δcosα et l1 = l/cos α, d'où :
∂W
= Fi
∂δ i
(3.29)
C'est la 2ème forme du théorème de Castigliano, qu'on appelle parfois 1er
théorème de Castigliano ou théorème inverse de Castigliano.
ère
ème
Remarque : Contrairement à la 1 forme, la 2 forme reste valable même si
les déplacements ne sont pas fonctions linéaires homogènes des forces.
Théorème : La dérivée de l'énergie de déformation, exprimée en fonction des
déplacements des points sur lesquels agissent des forces extérieures, par rapport
à un de ces déplacements, est égale à la force correspondante, calculée suivant
la direction du déplacement.
Exemple d'application
Le système hyperstatique cicontre est constitué de trois barres
articulées et est soumis à une force
verticale P.
On veut déterminer l'effort N
dans la barre verticale AC en appliquant le 2ème théorème de Castigliano. Les barres sont du même matériau (E) et de même section A.
Le théorème s'écrit :
5 4 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
∂W
=P
∂δ
C
B
α
W=
EAδ 2
(1 + 2 cos 3 α )
2l
(d)
Puis, d'après l'équation (a), il vient :
EAδ(1+2 cos3α/l)=P
et en vertu de (c), on obtient : N(1+2 cos3α)=P
D'où :
N=
P
1 + 2 cos3 α
3.9 SIMPLIFICATION DE L'EXPRESSION DE L'ENERGIE
POTENTIELLE
A
Figure 3.12a
L'expression (3.26) est rarement utilisée telle quelle et ce, même lorsque les
quatre efforts existent simultanément. On peut presque toujours négliger l'influence de certains termes.
P
(a)
(b)
α α
A
δ1
α
δ2
δ
Par raison de symétrie on a : NAB = NAD = N1.
Posons aussi NAC = N.(de même que δ1=δ2).
De plus, lAC = l et lAB= lAD = l/cosα.
En remplaçant dans l'équation (b) N1 et N par leur expression, on obtient :
L'effort N connu, le système devient isostatique et pour calculer N1 il suffit
d'écrire une équation d'équilibre de translation ( ΣFx = 0 ou ΣFy = 0 ) .
α
l
où δ est le déplacement vertical du point d'application de la force P et représente l'allongement de la
barre verticale AC. Les barres étant articulées, on a
:
1 N2 l
1 N2 l
1 N2 l
W = AB AB + AC AC + AD AD
2 EA
2 EA
2 EA
D
N1 = (δEA cos2α)/l
Figure 3.12b
La relation entre les allongements des barres verticale et inclinées (Figure
3.12b) s'écrit : δ1=δcosα
On peut se limiter, avec une bonne approximation, aux termes donnés par les
sollicitations prépondérantes, c'est-à-dire :
- M pour les structures planes formées de poutres,
- N pour les poutres en treillis articulés,
- M et N pour les arcs plans,
- M et Mt pour les structures spatiales constituées de poutres.
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
55
3.10 UTILISATION D'UNE SOLLICITATION AUXILIAIRE
3.11 SUPERPOSITION DES EFFETS
Le théorème de Castigliano permet de calculer le déplacement du point de la
structure confondu avec le point d'application d'une force concentrée (P ou C).
Pour calculer le déplacement d'un point quelconque du système projeté sur une
direction quelconque, on applique au point considéré, dans la direction considérée, une force auxiliaire (fictive) qu'on annule à la fin des calculs.
q
Soit à calculer le déplaceC
ment angulaire de l'extrémité
A
libre d'une poutre console de
section constante soumise à
une charge répartie uniforme
(Figure 3.13). L'influence de T
étant négligeable, on ne tient compte que de M.
x
A
=
∂W
∂C
1
W=
2 EI
∫
0
1
M dx =
2 EI
2
2
qx 
Cql
q l
1
 −( C +
) dx =
(C2l +
+
)
0
2 
2 EI
3
20
∫
l
2
=
A
∂W
∂C
3
C =0
=
2 5
ql 3
6 EI
δ iF = δ i 1 + δ i 2 + ...+δ ij +...+δ in
u
δ iF = δ iu1 F1 + δ iu2 F2 +...+δ iju Fj + ...+δ in
Fn
(3.31a)
n
ou encore : δ iF =
∑δ
u
ij . Fj
(3.31b)
Les coefficients δ iju sont appelés coefficients d'influence des déplacements.
3.11.2 Coefficients d'influence des sollicitations
On désire connaître la rotation de l'extrémité A d’une poutre bi-articulée
soumise à une force concentrée P (Figure 3.14).
P
C
A
b
..................................................
Figure 3.14
a
0
( R A x − C ) 2 dx +
1
2 EI
l
∫ (R
a
Ax
− C − P( x − a )) 2 dx
∂W
Pab
( a + 2b )
C =0 = −
∂C
6 EIl
Le signe "-" indique que la section tourne dans le sens contraire du couple
auxiliaire C.
avec : RA = (Pb+C)/l, alors : γ A =
u
Fn
δ iF = δ iu1 F1 + δ iu2 F2 +...+δ iju F j +...+δ in
(3.32)
..................................................
δ nF = δ un1 F1 + δ un 2 F2 + ...+δ unj F j +...+δ unn Fn
l
∫
Si nous particularisons la relation (3.31a) à chaque section correspondant à
un point d'application d'une force, nous obtenons un système de n équations :
u
u
δ 1 F = δ 11
F1 + δ 12
F2 + ...+δ 1u j F j + ...+δ 1un Fn
B
a
1
2 EI
Sous l'action de la sollicitation complète F (F1, F2,… Fj,…, Fn), le déplacement total de la section i (dans la direction i) noté δiF sera égal à :
j =1
Exemple 2
W=
(3.30)
et en vertu de (3.30) il vient :

ql 3 
 2Cl +
 d'où : γ
3 

∂W
1
=
∂C 2 EI
de la section i (suivant la direction i) sous l'effet d'une sollicitation unitaire appliquée en j (suivant la direction j).
δ ij = δ iju . Fj
Figure 3.13
C =0
l
3.11.1 Coefficients d'influence des déplacements
En vertu de la proportionnalité entre les causes et les effets, on peut écrire :
l
Pour calculer la rotation demandée, on applique un couple auxiliaire C en A
afin de pouvoir utiliser le théorème de Castigliano.
γ
Lorsque les conditions a, b, c, d et e du § 3.4 sont satisfaites, l'effet total (déplacement final), sous la sollicitation complète, est égal à la somme des effets de
chacune des composantes de la sollicitation totale.
Soit δij le déplacement de la section i suivant la direction i sous l'action de la
sollicitation Fj, agissant en j suivant la direction j. Appelons δ iju le déplacement
Exemples d'application
Exemple 1
5 6 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
Si on considère F1, F2, …, Fn comme les inconnues on peut les déduire en résolvant le système ci-dessus, et on obtient :
F1 = F11δ 1 + F12 δ 2 + ...+ F1 j δ j +...+ F1n δ n
.................................................
Fi = Fi 1δ 1 + Fi 2 δ 2 + ...+ Fij δ j + ...+ Fin δ n
.................................................
Fn = Fn1δ 1 + Fn 2 δ 2 +...+ Fnj δ j +...+ Fnn δ n
(3.33)
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
57
Les δi de ce dernier système sont en fait les δiF du système (3.32).
5 8 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
Exemples d'application
Les coefficients Fij s'appellent coefficients d'influence des forces. Le coefficient Fij représente la sollicitation (par unité de déplacement) qu'on doit appliquer en i pour avoir un "déplacement unité" en j.
3.12 METHODE DE MOHR POUR LE CALCUL DES DEPLACEMENTS
Calculons la flèche au milieu C de
la poutre représentée à la figure 3.15
(EI constante).
1 l
Mm
dx =
Mmdx
.
EI
EI 0
l
1 l/ 2
l
= [ (−Px)(0)dx + (−Px)( − x)dx]
l/ 2
2
EI 0
1 l
l
=−
P.x( − x)dx
2
EI l / 2
Soit :
5Pl3
δc =
48EI
δc =
3.12.1 Cas général
Soient MiF, NiF, TiF et M iFt les efforts produits dans la section courante i par
la sollicitation globale F (F1, F2, …, Fn).
mijt
Désignons par mij, nij, tij et
les efforts apparaissant dans la section i sous
l'action d'une sollicitation unitaire appliquée en j, suivant la direction j. Introduisons en j, suivant j, une sollicitation fictive ƒj.
Sous l'action de F et ƒj, on a par superposition des effets :
P
Exemple 1
∫
l
∫
0
∫
∫
∫
On cherche la rotation de l'extrémité A de la poutre ci-contre (EI constante).
L'énergie potentielle s'exprime alors par (cas d'une pièce longue) :
γA=
W=
1
2
∫
l(
MiF + ƒ j mij )
EI
0
1
+
2
l
( TiF + ƒ j tij )2
0
GA
∫κ
N iF + ƒ j nij )
∫
1
dx +
2
l
t
( M iF
+ ƒ j mijt )2
0
GI P
1
2
1 l
Mm.dx =
EI 0
l P
+
( l − x )( 1 −
l/2 2
2
l(
dx +
∫q
(3.34)
∫
l
0
MiF mij
EI
dx +
∫
l
0
NiF nij
EA
dx +
∫
l
0
κ
TiF tij
GA
dx +
γ
∫
l
0
q
MiFt mijt
GI P
l/2
G2
Pl
G1
M
l/2
1
m1 = 0
m
Figure 3.15
dx
(3.35)
P
B
A
l/2
l / 2 Px
x
1
[
( 1 − )dx +
EI 0 2
l
x
)dx ]
l
A
=
l/2
∫
M
Pl/4
Soit :
dx
Pour obtenir le déplacement en j (suivant la direction j), on dérive W par rapport à fj puis on pose fj = 0 (puisqu'il s'agit d'une sollicitation auxiliaire), on obtient :
δ jF =
∫
∫
dx +
EA
0
l/2
Exemple 2
M i = M iF + f j . mij
N i = N iF + ƒ j . nij
Ti = TiF + ƒ j . t ij
t
M it = M iF
+ ƒ j . mijt
2
C
Pl 2
16 EI
m
m1=1/2
1
Figure 3.16
3.12.2 Particularisation de la formule
de Mohr
a) Systèmes à âme pleine : méthode de Verechtchagine
Dans ce cas, les déformations dues au moment fléchissant sont généralement
prépondérantes et les déformations provoquées par les autres efforts, T notamment, peuvent être négligées. On peut donc calculer avec une bonne approximation les déplacements par l'intégrale :
δ jF =
∫
l
0
1
M iF mij dx
EI
(i)
Remarque : Lorsque la fonction MiFmij/EI n'est pas intégrable analytiquement, on remplace l'intégrale ( ∫ ) par une sommation de différences finies (Σ).
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
59
Si on pose Ω = aire du diagramme du moment fléchissant sous les sollicitations externes et m1 la valeur du diagramme "unitaire" au droit du centre de gravité de Ω, alors :
a.1 Cas des pièces droites
Pour calculer l'intégrale (i) on peut
utiliser
une
méthode
graphoanalytique. La fonction m, du moment
fléchissant dû à une sollicitation unitaire, est linéaire. Cette linéarité du
diagramme m peut être caractérisée
par la pente α qu'il fait avec l'axe
horizontal (Figure 3.17).
ds =
dx
EI
M
G
EI
dx
x
xG
α
On démontre que :
m
m1
m
x
l
δ jF =
l
Ω . m1
EI
Remarque : Si le diagramme linéaire m change de pente, on travaille par intervalle, puisque les résultats (3.36) et (3.37) ont été établis pour α constant.
Exemples d'application
On a :
Figure 3.17
δC =
1
1
1
Ω .m1 =
Ω 1 .m1' +
Ω 2 . m1"
EI
EI
EI
avec :
On a :
∫
l
0
Ω = Ω1 + Ω2 =
Mm
M
M
dx = mds , avec ds =
dx , S = aire de
EI
EI
EI
∫
∫
0
Mm
dx =
EI
∫
∫
tgα xds = tgα xds
S
S
-
Pour 0 ≤ x ≤
-
Pour
xG =
∫ xds = ∫ xds ⇒
∫
∫ ds S
S
S
S
δC =
xds = S . x G
∫
0
soit : δ C =
5 Pl 3
48 EI
D'où :
Mm
dx = S . tgα . xG
EI
or : x G tgα = m1
γ
alors on a bien :
l
1
1 3 Pl 2 5l
Ω 2 .m1" =
EI
EI 8 18
On a : Ω = Pl2/8 et m = 1 - x/l
donc :
0
l
l
l
≤ x ≤ l on a : m = −1( x − ) = − x
2
2
2
Exemple 2 (Figure 3.16)
S
∫
l
on a : m = 0
2
Il vient :
comme :
l
1 l Pl 1 l
Pl
Pl 2 3 Pl 2
+
( Pl +
)=
+
22 2 22
2
8
8
S
mais : m = xtgα, alors :
l
(3.37b)
Exemple 1 (Figure 3.15)
l
Mm
 M
dx = m1. Surface de   = m1.S
 EI 
0 EI
où m1 est la valeur du moment fléchissant m calculée au droit du centre de
gravité de l'aire M/EI.
∫
M
6 0 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
(3.36)
a.2 Pièces droites prismatiques
La section étant constante, EI peut être sorti de sous le signe intégrale.
l
EI
0
1
1 Pl 2 1
Pl 2
Ω .m1 =
=
EI
EI 8 2 16 EI
iF mij dx
Les barres du système étant rectilignes, chacune d'elles est soumise à un effort normal uniquement, de plus cet effort est constant (voir § 6.5). On a donc
pour chaque barre :
l
N iF nij
0
EA
∫
l
∫M
=
b) Systèmes en treillis articulés (chargés indirectement)
Mm
dx = m1 . S
EI
δ jF =
A
(3.37a)
dx = N iF nij
∫
l
0
dx
EA
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
61
6 2 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
Si la rigidité extentionnelle (EA) est constante, on aura :
N iF nij
∫
l
0
N iF nij l
dx
=
EA
EA
Exemple d'application
On cherche la flèche en C de la structure représentée à la figure (3.18). On
suppose que EA est identique pour toutes les barres.
Pour une structure comportant a barres, la formule de Mohr s'écrit :
k =a
δ
jF
=
∑
k =1
Pour l'application numérique on prendra : EA = 315105 kg, l = 3 m et P = 30 t.
N kF n kj l k
(3.38)
E k Ak
Barre k
où :
δjF = déplacement du nœud j dans la direction j sous la sollicitation globale F,
b- NkF = effort normal dans la barre k sous l'action de F,
c- nkj = effort normal dans la barre k sous l'action d'une sollicitation unitaire
d- appliquée en j suivant j,
e- Ek = module d'élasticité de la barre k,
f- Ωk = aire de la section de la barre k,
lk = longueur de la barre k.
a-
P
6
1
l
5
3
A
2
lk
NkF
nkj
NkFnkjlk
1
3 2
−P 2 / 3
−2 2 / 3
4P 2 / 3
2
3
P/3
2/3
2P/3
3
3
P/3
2/3
2P/3
4
3
2P/3
1/3
2P/3
5
3 2
−P 2 / 3
6
3
-P/3
-2/3
2P/3
7
3
0
0
0
8
3 2
−2 P 2 / 3
− 2 /3
4P 2 / 3
9
3
2P/3
1/3
2P/3
8
7
4
E kA k
B
9
2 /3
−2 P 2 / 3
C
l
l = 3m
l
Les résultats des calculs sont regroupés dans le tableau ci-dessus. Le déplacement demandé s'obtient en divisant la somme de la dernière colonne par la
valeur de EA.
Figure 3.18
k =9
g-
δ CF =
∑
k =1
N kF nkj lk
E k Ak
=
1
EA
k =9
∑N
kF nkj lk
k =1
=
P( 6 2 + 10 )
≈ 6 mm
3 EA
3.13 DEPLACEMENT PRODUIT PAR UNE SOLLICITATION
UNITAIRE
Désignons par δ ujk le déplacement de la section j dans la direction j produit
par une sollicitation unité agissant en k suivant la direction k.
h- Par particularisation de l'expression générale (3.35) nous obtenons :
t
t
l mik mij
l nik nij
l t ik t ij
l mik mij
dx +
dx + κ
dx + q
dx
i- δ ujk =
0 EI
0 EA
0
0
GA
GI P
(3.39)
∫
∫
∫
∫
3.14 THEOREME DE BETTI-MAXWELL
Le théorème de Betti-Maxwell se déduit de l'expression (3.39). On remarque
en effet que l'expression n'est pas modifiée si on permutait les indices j et k, c'està-dire :
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
δ ujk = δ ukj
63
6 4 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
k- • ( mij , nij , t ij , mijt )
(3.40)
que
Théorème : Le déplacement en j produit par une sollicitation unitaire agissant en k est égal au déplacement en k produit par la même sollicitation unitaire
agissant en j.
Illustration du théorème
Le sens physique de cet important théorème, appelé parfois théorème sur la réciprocité des déplacements, apparaît clairement sur l'exemple simple suivant.
Soit donc le système élastique ci-contre.
Appliquons d'abord une force P puis une
force F. Le travail total est donné par :
1
1
W1 = Pδ PP + Fδ FF + Pδ PF
2
2
Appliquons maintenant F ensuite la
force P.
W2 =
P
les efforts dans la section i du système hyperstati-
l-
sous l'action d'une sollicitation unitaire appliquée
en j.
t
F
m- • ( M iF , N iF ,T iF , M iF ) les efforts dans la section i du système rendu
isostatique sous l'action de la sollicitation globale F.
δFF
n- • ( m ij , n ij , t ij , m ij )
otaire
t
δPP
δPF
les efforts dans la section i du système rendu
isostatique sous l'action d'une sollicitation uniappliquée en j.
F
P
Avec les notations ci-dessus, le théorème de Pasternak s'exprime sous l'une
des deux formes suivantes [obtenues à partir de (3.35)] :
δFF
δFP
δ jF =
δPP
Figure 3.19
0
MiF mij
dx +
EI
∫
l
0
l T t ij
NiF nij
dx + κ iF dx +
0
EA
GA
∫
∫
t
l
q
0
MiFt mij
dx
GI P
(3.41)
ou
1
1
Fδ FF + Pδ PP + Fδ FP
2
2
δ
Comme la valeur finale du travail effectué ne dépend pas de l'ordre dans lequel les sollicitations ont été appliquées, on a :
W1 = W2 ⇔ Pδ PF = Fδ FP
∫
l
(i)
De manière générale P et F sont des "efforts généralisés" et δPF et δFP des
"déplacements généralisés". Par exemple, P une force et F un couple et par
conséquent δPF le déplacement vertical du point d'application de P provoqué par
le couple F et δFP la rotation de la section d'application du couple F sous l'effet
de la force P.
Le théorème de Betti-Maxwell se retrouve en faisant dans l'expression (i) cidessus P = F = 1.
jF
=
∫
l
M iF mij
0
EI
dx +
∫
l
0
N iF nij
EA
dx +
∫
l
κ
T iF t ij
0
GA
t
dx +
∫
l
q
M iF mijt
GI P
0
dx (3.42)
Démonstration
Nous raisonnerons sur une poutre continue reposant sur trois appuis et soumise à une force P concentrée en k (Figure 3.20). Nous considérons par ailleurs
que le moment fléchissant est prépondérant. Il s'agit de calculer la flèche δjF de la
section j.
A
δjK
P
B
j
k
a) Système hyperstatique
P
C
1
j
RB
c) Système rendu isostatique
e) Sollicitation unitaire
d) Diagramme M iF + M iR B
f) Diagramme
3.15 CALCUL DES DEPLACEMENTS DES SYSTEMES
HYPERSTATIQUES - THEOREME DE PASTERNAK
Dans le cas des systèmes hyperstatiques, les déplacements peuvent être obtenus en considérant dans chaque intégrale de la formule de Mohr [(3.35) et
(3.39)], pour l'un des deux éléments de réduction, les efforts correspondant au
système rendu isostatique.
Désignons par :
j-
t
• ( M iF , N iF , TiF , M iF
) les efforts dans la section courante i du système
hyperstatique sous l'action de la sollicitation globale F.
b) Diagramme MiF
m ij
Figure 3.20
Le système (a) est équivalent au système (c) donc : MiF = M iF + M iRB
Pour le système (c), qui est isostatique, on applique la formule de Mohr pour
le calcul de δjF :
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
65
6 6 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
On retrouve ainsi l'une des formes du théorème de Pasternak. Le théorème est
particulièrement indiqué quand il y a plusieurs déplacements à calculer ; on calcule une seule fois MiF et pour chaque déplacement on calcule mij en considérant
le système rendu isostatique, c’est-à-dire m ij .
En effet, le déplacement relatif ne dépend que des éléments de réduction
agissant entre les points A et B, de sorte que les liaisons existant en dehors de ce
tronçon ne jouent aucun rôle. Il est donc logique de considérer les liaisons les
plus simples, c'est-à-dire l'encastrement en A et une coupure complète en B (extrémité libre). C'est une application particulière du théorème précédent puisque le
tronçon AB (Figure 3.22) dont il est question ici peut être assimilé à une poutre
bi-encastrée.
Exemple d'application
3.17 FORMULES DE BRESSE
δ
jF
∫
=
l
0
( M iF + M iRB )m ij
dx =
EI
∫
l
0
M iF m ij
dx
EI
Soit à calculer la flèche à mi-portée du
système représenté ci-contre (EI constante).
Appliquons une première fois le théorème
de Castigliano pour calculer la réaction R de
l'appui A (Figure 3.21).
l
δ A = ∂W / ∂R = 0
δA =
∫
l(
0
EIδ A
q
MiF ∂MiF
l
dx =
EI ∂R
EI
l
∫M
0
iF
∂MiF
dx
∂R
∫
l
M iF
∂M iF
dx =
∂R
∫
y(v)
R
γA
l
( Rx −
l
EI
0
γ>0
M
=
1
EI
∫
4
l
l/2
(
x(u)
VA
(a)
(b)
Figure 3.23
Le résultat peut être retrouvé en utilisant une des méthodes du chapitre 2, la
méthode d'intégration directe par exemple en prenant pour la réaction de l'appui
simple la valeur trouvée ci-dessus.
B
3.16 THEOREME COMPLEMENTAIRE
Dans le calcul des composantes du déplacement de B, on peut distinguer l'influence des composantes UA, VA et γA et l'influence des charges.
a) Contribution des composantes UA, VA et γA
• La translation de composantes UA et VA est reproduite intégralement en tout
point de AB donc :
3ql
q
ql
l
x − x 2 )( − x )dx =
8
2
2
192 EI
Théorème : Dans un système quelconque, le
déplacement "relatif" d'un point B par rapport
à un point A peut s'obtenir en appliquant la
sollicitation unitaire à l'extrémité B du tronçon
isolé AB supposé encastré en A et libre en B.
Fy=1
En vertu du théorème complémentaire, le problème revient à calculer les
composantes du déplacement de l'extrémité libre B du tronçon AB dont l'extrémité A subit les déplacements UA, VA et γA.
iF m iM dx
3ql
q
l
l
l
=
x − x 2 et miM = 0 pour 0 ≤ x ≤ , miM = − x pour ≤ x ≤ l
8
2
2
2
2
il vient : δ
ϕ
UA
avec :
M iF
i(x,y)
A(xA,yA)
l
∫M
Fx=1
B
ds
Figure 3.21
Appliquons mintenant le théorème de Pasternak pour calculer la flèche δM en
x = l/2.
δM =
1
B(xB,yB)
x
qx 2
)xdx
0
0
2
3ql
Rl 3 ql 4
=(
−
)=0⇒ R=
3
8
8
EIδ A =
Considérons deux sections quelconques A et B d'une poutre à plan moyen
chargée dans son plan. Connaissant les composantes du déplacement de A [UA
(translation selon x), VA (translation selon y), γA (rotation dans le plan xy)], ainsi
que les éléments de réduction courants, on se propose de calculer les composantes du déplacement de B (Figure 3.23).
q
A
U A → U' B = U A
V A → V' B = V A
• La rotation γA est également reproduite sur toute la longueur AB, donc :
γA → γ'B = γA
De plus, la rotation d'ensemble γA est accompagnée d'une translation dont les
→
composantes sont les composantes d'un vecteur L défini par :
A
→
B
A
Figure 3.22
L=γ
→
A
→
→
→
z Λ AB avec : z ( 0 ,0 ,1 ) et AB ( x B − x A , y B − y A , 0 )
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
67
6 8 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
D'où :
→
→
VB = VA + γ A( xB − xA ) +
→
L = γ A( yB − y A ) x + γ A( xB − x A ) y
γ
Donc la rotation γA produit aussi :
U" B = −γ A ( yB − y A )
V" B = γ A ( x B − x A )
B
=γ
A
+
A
γ
Appliquons successivement les sollicitations unitaires C = 1, Fx = 1 et Fy = 1
(Figure 3.23b).
B
=γ
A
+
A
M iF
ds
EI
∫
B
A
γ
M iF ( y B − y )
ds +
EI
∫
B
A
N iF cos ϕ
ds +
EA
B
∫κ
A
TiF sin ϕ
ds
GA
UB =−
∫
A
A
NiF sinϕ
ds −
EA
B
∫κ
A
TiF cosϕ
ds
GA
A
M iF ( y B − y )
ds +
EI
∫
B
A
N iF
dx +
EA
B
B
M iF ( x B − x )
ds +
EI
A
A
∫
∫
B
A
B
A
N iF
dx +
EA
N iF
dy −
EA
B
B
TiF
∫ κ GA dy
A
TiF
∫ κ GA dx
A
M iF
ds
EI
B
=γ
A
+
∫
B
A
∫
∫
B
A
B
A
M iF ( y B − y )
ds
EI
M iF ( x B − x )
ds
EI
M iF
ds
EI
Déterminer les moments aux appuis de la poutre continue représentée à la figure 3.24 sachant que l'appui (1) subit un affaissement de 5 mm.
A.N. : I = 3 000 cm4, E = 2 106 kg/cm2.
T
κ iF dy
A GA
∫
M iF ( y B − y )
ds +
EI
∫
Exemple d'application
Remarquons que : ds.cosϕ = dx et ds.sinϕ = dy ; alors :
B
B
VB = V A + γ A ( x B − x A ) +
• Action de Fx = 1 : m = - (yB - y), n = cosϕ et t = sinϕ ; d'où :
UB =−
∫
∫
U B = U A −γ A( yB − y A )−
m = 1, n = 0 et t = 0 ; d'où :
∫
∫
B
Si l'influence de N et de T est négligeable, les expressions ci-dessus se simplifient :
• Les éléments de réduction dans la section courante i, sous l'action de C = 1,
sont :
=
ds +
M iF
ds
EI
VB = V A + γ A ( x B − x A ) +
b) Contribution des charges
B
− x)
EI
A
U B = U A −γ A( yB − y A )−
U A
U A − γ A ( y B − y A ) suivant x


V A ⇒ V A + γ A ( x B − x A ) suivant y
γ
γ
 A
 A
γ
B
iF ( xB
ou encore :
En résumé on a :
B
∫
∫
BM
B
Afin d'obtenir des résultats applicables dans le cas général, nous supposons
que la poutre considérée est chargée. Nous admettrons par ailleurs que l'influence de T peut être négligée.
• Action de Fy = 1 : m = (xB - x), n = cos(π/2 - ϕ) = sinϕ
et t = -sin(π/2 -ϕ) = - cosϕ ; d'où :
VB =
∫
B
A
M iF ( x B − x )
ds +
EI
∫
B
A
N iF sin ϕ
ds −
EA
B
∫κ
A
(0)
TiF cos ϕ
ds
GA
l1=5m
ou encore :
VB =
∫
B
A
M iF ( x B − x )
ds +
EI
∫
B
A
N iF
dy −
EA
B
∫
BM (y
iF B
A
EI
− y)
l2=4m
(i-1)
TiF
∫ κ GA dx
(3)
l3=4m
(4)
l4=5m
(i)
(i+1)
Figure 3.24
A
Les expressions finales de U B, VB et γB s'obtiennent par superposition des
deux contributions examinées.
U B = U A − γ A ( yB − y A ) −
(2)
(1)
ds +
∫
cosϕ
ds +
EA
BN
iF
A
B
∫κ
A
TiF sinϕ
ds
GA
li
li+1
Particularisons l'expression de VB ci-dessus à deux travées successives d'une
poutre continue droite. On obtient :
L e p o t e n ti e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a ti o n s
∫
li
Vi +1 − Vi = γ i li +1 +
∫
li + 1
0
-
M iF ( li +1 − x )
dx
( EI )i +1
-
d'où :
Vi − Vi −1
= γ i −1 +
li
∫
Vi +1 − Vi
=γ i +
li +1
li + 1
∫
li
0
0
M iF ( li − x )
dx
li ( EI )i
(a)
M iF ( li +1 − x )
dx
li +1 ( EI )i +1
(b)
∫
li
0
M iF
dx
( EI )i
 1 1  V
V 
1
Vi  +  −  i −1 + i +1  = −
li +1 
li
 li li +1   li
∫
li
0
MiF x
dx −
( EI )i
∫
li +1
0
MiF
1
dx +
( EI )i +1
li +1
∫
li +1
0
MiF x
dx (c)
( EI )i +1
Décomposons le moment final en la somme du moment des charges agissant
sur les travées supposées isostatiques (MF) et des moments aux appuis (Mi) (Figure 3.25).
i
i+1
Si
i-1
i
Si+1
Mi+1
Mi-1
i+1
+
G1
G2
MF
Zi
Mi
Zi+1
Figure 3.25
1
li
∫
∫
li + 1
1
∫
−
0
li +1
li
0
0
MiF x
1
dx = −
( EI )i
li ( EI )i
∫
MiF
1
dx = −
( EI )i +1
( EI )i + 1
li +1
  1 1   Vi −1 Vi +1    Si Zi
S Z i +1 
= − Vi  +
+
+ i +1
 −
 − 

li +1    li ( EI )i li +1( EI )i +1 
  li li +1   li
MiF x
1
dx =
( EI )i +1
li +1( EI )i +1
=−
li
MiF xdx = −
0
∫
li + 1
0
∫
li +1
0
1
li ( EI )i
MiF dx = −
  1 1   Vi −1 Vi +1    Si Zi Si +l Z i +1 
= -6 EI Vi  +
+
+
 −
 − 6

li +1    li
li +1 
  li li +1   li
En particularisant l'équation trouvée au cas qui nous intéresse, pas de charges
extérieures et un seul déplacement d'appui, on trouve le système ci-après :
18 M 1 + 4 M 2 = 8 .1 tm 2

2
4 M 1 + 16 M 2 + 4 M 3 = −4.5 tm
4 M + 18 M = 0
2
3

M 1 = 0 .55 tm, M 2 = −0 .44 tm, M 3 = 0 .10 tm ( M 0 = M 4 = 0 ) .
Mi − 1 + 2 M i 2 

li 
 Si Zi +
6


1 
M + Mi + 1

Si + 1 + i
li +1 
( EI )i +1 
2

MiF xdx =
1
M + 2 Mi +1 2 

Si +1 li +1 − Zi +1 + i
li +1
li +1( EI )i +1 
6

(
Mi −1li + 2 Mi ( li + li +1 ) + Mi +1li +1 =
On tire :
Supposons que EI est constante sur chaque travée.
−
Mi −1li
Mi li
Mi li +1
M l
+
+
+ i +1 i +1 =
6 ( EI )i 3( EI )i 3( EI )i +1 6( EI )i +1
Si EI est constante sur toute la longueur de la poutre, l'expression précédente
devient :
on obtient :
i-1
Si représente l'aire du diagramme du moment des charges extérieures agissant sur la travée li supposée isostatique,
Zi est la distance de l'appui (i-1) au centre de gravité de l'aire Si,
Z i +1 représente la distance de l'appui (i+1) au centre de gravité de l'aire Si+1.
Avec les égalités ci-dessus l'équation (c) donne :
C'est l'équation générale, dite des trois moments, qui permet de calculer les
moments aux appuis des poutres continues ; elle s'applique pour chaque appui
intermédiaire. On verra dans le chapitre consacré aux poutres continues comment
établir cette formule d'une autre manière.
Puis, en faisant (a) - (b) et en remarquant que :
γ i −1 − γ i = −
7 0 C A LCU L D ES STRU C TU R ES H Y PER S TATIQU ES
où :
M iF ( li − x )
dx
( EI )i
Vi − Vi −1 = γ i −1 li +
0
69
)
L e p o te n t i e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a t i o n s
71
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
72
Exercice 3.6
3.18 EXERCICES
Signes : Dans les réponses données, un déplacement vertical est positif vers le
bas, un déplacement horizontal est positif vers la droite et une rotation est positive si la section tourne dans le sens horlogique. Une réaction verticale est positive si elle est dirigée vers le haut alors qu'une réaction horizontale est positive si
elle agit vers la droite. Un moment fléchissant positif agit dans le sens horlogique.
Exercice 3.1
Calculer la flèche à mi-portée, compte
tenu de M (fM) et de T (fT). Comparer l'influence des deux efforts.
P=1t
A
B
q
Déterminer les expressions de la flèche et
de la rotation de l'extrémité libre.
l/2
Rép. : f = (41/384).(ql4/EI) ; θ = (7/48)ql3
l/2
Exercice 3.7
Calculer la flèche de l'extrémité C de
la poutre ci-contre, compte tenu de M et
de T. Comparer les flèches provoquées
par les deux efforts.
P=100Kg
B
A
l
2m
A. N. : Section rectangulaire (S=bh), h =
30 cm, b = 20 cm, ν = 0.15, E = 105 Kg/cm2
et κ = 1.2.
C
a
A. N. : Section rectangulaire (S=bh),
l = 4 m, a = 1 m, h = l/12, b = 20 cm, ν = 0.2, E = 3 105 Kg/cm2 et κ = 1.2.
2m
Rép. : fM = 9 mm ; fT = 0.18 mm
-3
3
Rép. : fM = Pl /48EI = 0.29 cm ; fT = κPl/4GS = 4.6 10 cm
P=30t
Exercice 3.8
Calculer le déplacement vertical du nœud C. Les barres du
système ont toutes la même
rigidité extensionnelle ES.
Exercice 3.2
P=200Kg
Calculer la flèche de l'extrémité libre.
Comparer les contributions de M et de T.
2m
A. N. : Utiliser les données de l'exercice
précédent.
a
1
A
2
5
8
7
6
9
a
a
B
C
a
Rép. : fC = 6 mm
Calculer les grandeurs indiquées des systèmes ci-après. Quand elle n'est pas
précisée, la rigidité flexionnelle est supposée constante.
Exercice 3.3
C
A
B
Exercice 3.9
l
Rép. : θB = Cl/3EI + κC/GSl
q=4t/m
C=4tm
A
a
fD? θB?
C
B
D
Exercice 3.4
a
Rép. : fD = 16/EI tm3 ;
a=2m
θB = 8/3EI tm2
Déterminer la rotation de la section A de la poutre de l'exercice 1 en considérant uniquement l'effort dominant.
Rép. : θA = Pl2/16EI = 2.25 10-3
Exercice 3.10
P
Exercice 3.5
Calculer la flèche à mi-portée de la poutre de l'exercice 2 en considérant uniquement l'effort prépondérant.
Rép. : f = 5Pl3/48EI = 7.4 10-3 cm
3
A. N: a = 3 m, ES = 315 105 Kg.
Rép. : fM = Pl3/3EI = 0.118 cm ; fT = kPl/GS = 1.1 10-3 cm
Déterminer l'expression de la rotation
de l'appui B, compte tenu de M et de T.
4
A
P
2l/3
fA?
l/3
Rép. : fA =31Pl3/81EI
L e p o te n t i e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a t i o n s
Exercice 3.11
73
Exercice 3.12
2a
2a
a
P
P
74
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Exercice 3.15
B
A
C
P
30°
a
A
Le système ci-contre, constitué de
deux câbles (AB et AC), est soumis à
une force verticale P (les câbles sont de
même nature et de même section).
a
45°
Déterminer les composantes horizontale et verticale du déplacement du
point A (ES = 8 106 kg).
h=3m
2P
Rép. : δVA = 0.0374 cm ;
A
4a
P=1t
4a
δHA =-1.4 10-3 cm
Exercice 3.16
δ
V
A?
H
A?
δ
V
A?
θA?
δ
3
Rép. : δ VA =
32 Pa
8 Pa
; δ HA = −
3 EI
EI
θA =−
H
A?
δ
3
Rép.: δ VA = −
6 Pa 2
EI
δ HA =
Exercice 3.13
Calculer le déplacement du point A dans la direction de la force P, du système ci-contre (les
barres b et c sont dans un même plan horizontal).
θA?
10 Pa 3
;
EI
59 Pa 3
13 Pa 2
;θ A =
3 EI
2 EI
P
a
P
A
I
h
4a
δVA? δHA? θA?
δHD?
B
P a 3 b 3 a 2b
cR 2
(
+
+
+ ( a 2 + b 2 )c +
EI 3
3 1+ν
4)
Ph 2
( 2h + l )
6 EI
La poutre courbe ci-contre
a un rayon de courbure R, un
module d'élasticité E et un
moment d'inertie I (par rapport à un axe perpendiculaire
à la fibre moyenne) constants.
Elle est soumise à une force
horizontale P appliquée à son
extrémité libre A.
R
θ
P
A
Calculer les composantes horizontale et verticale du déplacement du point A,
compte tenu de M uniquement.
l
Rép. : δ H
D =
b
Exercice 3.17
2I
A
A
2a
D
I
P
a
Rép. :
δ HA =
Exercice 3.14
c
On négligera les effets directs de l'effort tranchant. La section est circulaire de diamètre 2R, le
module d'élasticité est E et le coefficient de Poisson
ν.
6 EIa 3
35 Pa 3
; δ HA = −
EI
3 EI
3 Pa 2
=−
2 EI
Rép. : δ VA =
θA
Rép. : δ HA = −
πPR 3
2 EI
; δ VA = −
2 PR 3
EI
L e p o te n t i e l i n t e r n e e t s e s a p p l i c a t i o n s
75
Exercice 3.18
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
76
Exercice 3.21
Une poutre console, de longueur l et de section S=bh constante, est chargée comme indiqué à
la figure ci-contre.
R B?
C=Pl
B
A
Rép. : R B =
P
l
1) déterminer les expressions de
la rotation et de la flèche de la
poutre en utilisant la méthode d'intégration directe,
a
3 Pa
2l
P
l
Exercice 3.22
2) calculer la rotation et la flèche de l'extrémité libre et préciser le sens de
chacun des 2 déplacements,
P
3) calculer la flèche de l'extrémité libre provoquée par l'effort tranchant seul,
RHA ?
1.25m
4) calculer la rotation et la flèche de l'extrémité libre en utilisant le théorème
de Castigliano,
Rép. : RHA = 0.94P
1.25m
Autres données : κ = 1.2, = 0.2 et l = 10h.
B
A
Rép. :
3.75m
P
P
Pl 3
Pl 2
( l − x )2 ; y =
( x − l )3 ; f M = −
; θM =
;
2 EI
6 EI
6 EI
2 EI
f
κPl
fT =
; M = 69 .4
GS
fT
3.75m
y' =
Exercice 3.23
Exercice 3.24
q=2t/m
Exercice 3.19
P=10t
P=2t
A
2I
Soit la poutre représentée à la figure
ci-contre.
Déterminer le rapport entre P1 et P2
pour que la flèche à mi-travée soit égale
à celle de chaque extrémité.
P1
P2
I
P1
I
q=1t/m
5m
I
h=5m
l
l=2m
l=2m
l
F=5t
A
2I
2m
Rép. : 22P1 = 5P2
B
B
4m
Déterminer les réactions demandées des systèmes ci-après.
l=4m
2m
Exercice 3.20
q
A
R A? M B?
B
l
Rép. : R A =
3ql
ql 2
; MB = −
8
8
RB?
RVA? RHA?
Rép. : R B = 3.08 t
Rép. :
EIδ
A
=
l
∫M
0
iF
∂M iF
dx =
∂R
l
∫ ( Rx −
0
qx 2
) xdx
2
C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
78
Chapitre 4
CONSIDÉRATIONS GÉNÉRALES
RELATIVES AUX SYSTÈMES
HYPERSTATIQUES
Considérons une structure isostatique (Figure 4.2a). Supprimons la liaison
simple en B et remplaçons-la par une réaction verticale ( R Bv ). La structure devient un système libre (mécanisme) pouvant tourner autour de A. Le système de
forces constitué des charges appliquées et de la réaction R Bv doit empêcher la
rotation autour de A. Cette condition - équilibre de rotation autour de A - permet
de calculer R Bv , qui a une valeur particulière. On peut procéder de la même manière avec l’appui A et déterminer les composantes horizontale et verticale de la
réaction en A en exprimant l’équilibre de translation horizontale et l’équilibre de
rotation autour de B. Cet exemple montre que, s’agissant d’une structure isostatique, les conditions d’équilibre rendent les réactions déterminées et que ces dernières ont des valeurs particulières.
A
B
B
A
(a)
B
A
(b)
(c)
Figure 4.2
4.1 INTRODUCTION
On a vu que dans le cas des systèmes isostatiques, les composantes de réaction et les éléments de réduction dans n'importe quelle section se calculent au
moyen des équations d'équilibre de la statique seules. Il importe de bien noter
qu’un système dont les réactions peuvent être connues à partir des équations de
la statique mais que ces dernières ne permettent pas de déterminer les efforts M,
N, T dans toutes les sections, n’est pas un système isostatique (voir § 4.2). Ce cas
est illustré par les exemples de la figure 4.1.
a) Arc bi-articulé
avec tirant
b) Cadre fermé
simplement appuyé
Figure 4.1
Dans une structure isostatique, les liaisons sont strictement suffisantes (en
nombre et en nature) pour assurer son équilibre et empêcher tout déplacement
rigide de la structure (c’est-à-dire un mouvement comme corps rigide). Les conditions d’équilibre - entre les réactions et les charges appliquées - suffisent par
ailleurs à déterminer les réactions apparaissant dans les appuis. On dit dans ce
cas que la structure (isostatique) est statiquement déterminée. Et il n’y a qu’un
seul et unique groupe de réactions capable d’équilibrer les charges appliquées (la
solution est unique).
Considérons maintenant le système de la figure 4.2b qui a été obtenu en ajoutant une liaison de moment à l’appui double afin d’empêcher toute rotation de la
section extrême A. La nouvelle structure a donc une liaison surabondante par
rapport à une structure isostatique. On dit qu’elle est une fois hyperstatique.
Etant donnée une structure hyperstatique, si on supprime toutes les liaisons
surabondantes et qu’on les remplace par les réactions correspondantes, on obtient
un système isostatique qui reste en équilibre même si on donne des valeurs arbitraires aux réactions introduites. Dans ce cas, les équations d’équilibre de la
statique ne permettent pas de déterminer les réactions. On doit d’abord calculer
les réactions des liaisons surabondantes à l’aide de conditions autres que celles
régissant l’équilibre du système. Ensuite, on détermine les réactions dans les
liaisons restantes du système rendu isostatique à l’aide des conditions
d’équilibre.
Dans le cas de la figure 4.2b par exemple, le système peut être rendu isostatique en supprimant la liaison simple en B. La réaction R Bv sera calculée à partir
de la condition de déplacement exprimant que la flèche au point B du système
rendu isostatique, où R Bv est considérée comme une force extérieure (Figure
4.2c), doit être nulle : δ vB = 0.
On voit donc que pour un système hyperstatique la détermination des réactions et des éléments de réduction n'est plus possible au moyen des équations
d'équilibre seules. Le nombre d’inconnues - composantes de réaction et/ou efforts internes - est dans ce cas supérieur au nombre d’équations (linéairement
indépendantes) fournies par les conditions d’équilibre de la statique.
Le nombre supérieur des inconnues provient comme on l’a vu du fait qu’un
système hyperstatique possède des liaisons surabondantes, c’est-à-dire qui sont
en plus par rapport à un système isostatique. Il est donc nécessaire, pour résoudre
C o n s i d é r a ti o n s g é n é r a l e s r e l a t i v e s a u x s y s t è m e s h y p e r s t a t i q u e s
79
80
C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
le système, de faire intervenir d'autres conditions afin d’obtenir le nombre
d'équations qui sont nécessaires à sa détermination complète.
Ces conditions complémentaires peuvent être obtenues en exprimant la
continuité de la déformée du système (on tient compte des déformations du système).
4.2 LIAISONS SURABONDANTES
(a)
(b)
(c)
On appelle liaisons surabondantes, les liaisons qu'il faudrait supprimer à un
système hyperstatique pour obtenir une structure isostatique (géométriquement
stable, qui ne soit pas libre). Leur nombre représente le degré d'hyperstaticité du
système.
On peut classer les liaisons surabondantes en deux groupes : les liaisons surabondantes extérieures et les liaisons surabondantes intérieures. Les liaisons
surabondantes extérieures sont celles qui se trouvent dans les appuis (Figure
4.3a).
(d)
(a)
(b)
(e)
(f)
(c)
Figure 4.3
(g)
Les liaisons surabondantes intérieures sont celles qui proviennent de la conception intérieure du système (Figure 4.3b). Généralement, les structures hyperstatiques ont des liaisons surabondantes tant à l'extérieur qu'à l'intérieur (Figure
4.3c).
(h)
Figure 4.4
4.3 CALCUL DU DEGRE D'HYPERSTATICITE
Comme il a été mentionné, le nombre de liaisons surabondantes constitue le
degré d'hyperstaticité de la structure. Il existe plusieurs méthodes pour déterminer le degré d'hyperstaticité (noté H) ; nous en examinerons deux.
4.3.1 Méthode de la suppression des liaisons
La méthode consiste à supprimer des liaisons jusqu'à ce que la structure devienne isostatique indéformable (s'assurer qu'aucune barre ou partie du système
ne constitue un mécanisme). Le nombre de liaisons supprimées représente le
degré d'hyperstaticité (voir exemples figure 4.4).
4.3.2 Méthode des contours fermés
Appelons :
- "c" le nombre de contours de la structure
- "a" le nombre d'articulations (y compris les appuis doubles)
- "s" le nombre d'appuis simples
Le degré d'hyperstaticité est donné par :
H = 3c - a - 2s
C o n s i d é r a ti o n s g é n é r a l e s r e l a t i v e s a u x s y s t è m e s h y p e r s t a t i q u e s
81
Cas des poutres en treillis chargées indirectement
H = b + l - 2n
• b + l - 2n < 0 ⇒ système déformable
• b + l - 2n = 0 ⇒ système isostatique
• b + l - 2n > 0 ⇒ système hyperstatique
avec :
- "b" nombre de barres
- "l" nombre de liaisons dans les appuis (encastrement = 3 ; appui double = 2;
appui simple = 1)
- "n" nombre de nœuds
4.4 METHODES FONDAMENTALES DE CALCUL DES STRUCTURES
HYPERSTATIQUES
Nous avons vu précédemment que pour déterminer les réactions et les éléments de réduction des systèmes hyperstatiques, il fallait des équations supplémentaires, qui sont obtenues à partir des conditions de continuité de la déformée
de la structure ou à partir des conditions d'équilibre statique de la structure déformée.
Dans le cadre de l'hypothèse des petites déformations, les efforts sont indépendants des déformations dans les structures isostatiques, alors que pour les
systèmes hyperstatiques les efforts sont fonctions aussi bien des charges que des
déformations de la structure (voir § 3.17, exemple de la poutre continue soumise
au seul déplacement de l’un de ses appuis).
En raison de l'interdépendance entre les efforts et les déformations (donc les
déplacements), il en résulte deux possibilités générales d'aborder le calcul des
structures hyperstatiques, c'est-à-dire soit en s'intéressant aux efforts (dans les
liaisons surabondantes) (méthode des forces), soit en s'intéressant aux déplacements (méthode des déplacements).
4.4.1 Méthode des forces
Elle est parfois appelée méthode des efforts ou méthode des sollicitations.
Avec cette méthode, on prend comme inconnues les forces dans les liaisons
surabondantes. Les liaisons surabondantes sont supprimées et remplacées par des
forces inconnues qu'il faut chercher en premier lieu. La structure initiale (hyperstatique) est transformée en une structure isostatique soumise aux charges extérieures de départ et aux forces introduites (les inconnues hyperstatiques).
Les équations supplémentaires qui permettent de déterminer les forces inconnues sont obtenues en exprimant la "continuité" de la structure déformée dans les
liaisons supprimées (surabondantes).
Comme il y a plusieurs possibilités de rendre isostatique un système hyperstatique, il en résulte plusieurs façons de mettre le problème en équations. Pour la
simplification des calculs, il y a intérêt à considérer les liaisons surabondantes
qui rendent les équations générales de continuité aussi simples que possible.
82
C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S
Cette méthode est essentiellement caractérisée par la création de coupures qui
libèrent chacune une liaison surabondante. Chaque liaison supprimée est ensuite
remplacée par une force qui joue le même rôle qu'elle.
4.4.2 Méthode des déplacements (ou des déformations)
Avec cette méthode, on prend comme inconnues les déplacements généralisés (rotations et translations) subis par les nœuds de la structure. Le nombre
d'inconnues de cette méthode est égal au nombre de déplacements généralisés
possibles des nœuds (les degrés de liberté de la structure), qui est généralement
différent du degré d'hyperstaticité.
Les équations supplémentaires sont obtenues en exprimant les conditions
d'équilibre statique de la structure déformée.
On verra plus loin que cette méthode est caractérisée par le blocage des
nœuds de la structure.
Conclusion :
La méthode des déplacements est généralement plus intéressante quand le
degré d'hyperstaticité devient important. La méthode des forces est efficace
quand le nombre de liaisons surabondantes (degré d’hyperstaticité) n'est pas très
élevé. Mais en définitive le choix d'une méthode dépend plus des affinités et des
aptitudes de chacun.
84
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S
∂W
=0
∂X i
(5.1)'
Le théorème découle de celui de Castigliano (1ère forme). Ce résultat est évident dans le cas d'une inconnue hyperstatique externe (c'est-à-dire une réaction),
puisque le déplacement est nul dans la direction de la réaction. Nous reviendrons
plus loin sur la signification de ce résultat [(5.1)'] dans le cas d'une inconnue
hyperstatique interne.
Chapitre 5
CALCUL DES SYSTÈMES PLANS PAR LA
MÉTHODE DES FORCES
Le théorème de Menabrea signifie que les forces hyperstatiques prennent des
valeurs qui rendent minimale l'énergie potentielle interne exprimée en fonction
des sollicitations, dont les forces hyperstatiques, appliquées au système considéré.
Ainsi, pour chaque inconnue hyperstatique Xi le théorème de Menabrea fournit une équation (de continuité). La résolution du système d’équations ainsi obtenu permet de trouver les inconnues hyperstatiques et de résoudre le problème
qui devient isostatique.
5.1 SYSTEME CONCORDANT - MANQUE DE CONCORDANCE
DÉFINITION : On dit qu’un système hyperstatique est concordant quant à
ses appuis, ou encore que les appuis d’un système hyperstatique sont concordants, lorsque les composantes de réaction sont toutes nulles en l’absence de
sollicitations extérieures (Figure 5.1a).
Dans le cas d’un système linéaire L plan dont les éléments de réduction sont
désignés par M, N et T (Mt=0), l’expression générale de W (voir chapitre 3) est
de la forme :
W=
1
2
M2
1
ds +
EI
2
∫
L
N2
∫ EA ds
+
L
1
T2
κ
ds
2
GA
∫
L
Si le système est constitué de plusieurs barres (poutres) Li l’intégrale est
étendue à chacune d’elles :
Manque de concordance
a) Système concordant
b) Système non concordant
Figure 5.1
Dans le cas contraire - Figure 5.1b - les appuis sont dits non concordants (les
composantes de réaction ne sont pas toutes nulles).
Le manque de concordance d’un appui est représenté par le déplacement linéaire ou angulaire qu’il subit depuis sa position concordante jusqu’à sa position
réelle.
5.2 THEOREME DE MENABREA
THÉORÈME : La dérivée partielle de l’énergie potentielle interne (W) d’un
système par rapport à une inconnue hyperstatique externe ou par rapport à la
valeur commune de deux inconnues hyperstatiques internes Xi dégagées par une
coupure, est égale au manque de concordance correspondant ci.
∂W
= ci
∂X i
W=
(5.1)
Dans le cas d’un système concordant cette dérivée est toujours nulle, soit :
1
2
∑∫
i
Li
M2
1
ds +
EI
2
N2
T2
1
∑ ∫ EA ds + 2 ∑ ∫ κ GA ds
i
i
Li
Li
Si la flexion est prépondérante par rapport aux autres sollicitations,
l’expression de l’énergie se réduit au premier terme :
W=
1
2
∑∫
i
Li
M2
ds
EI
Même lorsque le symbole de la sommation n’est pas porté, pour simplifier
l'écriture des expressions, on sait que l’intégration est étendue à la totalité du
système, donc à toutes ses parties.
Pour des systèmes plans constitués de barres droites articulées (treillis) avec
des charges appliquées aux nœuds (treillis chargés indirectement), l’énergie est
donnée par :
W=
1
2
N2
1
dx
∑ ∫ EA dx = 2 ∑ N ∫ EA
i
Li
2
i
i
Li
Et si la rigidité extensionnelle EA est constante sur chaque barre, il vient :
C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s
W=
1
2
85
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S
On peut montrer que chacune de ces équations peut se mettre sous la forme
ci-après, connue sous le nom de formule de Müller - Breslau (ou de Bertrand De
Fonviolant),
N i2 Li
∑ ( EA )
i
i
86
5.3 PRINCIPE DE LA METHODE DES FORCES
Pour calculer un système hyperstatique d’ordre n (H = n), on le transforme en
un système isostatique en supprimant les n liaisons surabondantes. Cela revient à
pratiquer n coupures, une par inconnue hyperstatique. Pour que le système isostatique soit équivalent au système initial, il faut remplacer chaque liaison supprimée par la force qui lui correspondant (Figure 5.2).
P
P
X1
X2
n
∂W
= 0, ⇔
∂X j
∑X δ
i
u
ji
+ δ jF = 0
j = 1, 2, ...,n
(5.2)
i =1
et le système des n équations de continuité peut se mettre sous la forme explicite
suivante :
u
u
u
 δ 11
X 1 + δ 12
X 2 + ...+ δ 1n
X n + δ 1F = 0
 u
u
u
X n + δ 2F = 0
 δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + ...+ δ 2n

.......................................................

 δ u X + δ u X + ...+ δ u X + δ = 0
n2 2
nn n
nF
 n1 1
(5.3)
ou sous la forme matricielle :
h
[δ ]{ X } = {−δ
u
(a)
l/2
}
l/2
5.4.1 Démonstration de la formule de Müller - Breslau
Figure 5.2
Les inconnues hyperstatiques X1 et X2 de l’exemple considéré sont obtenues
en utilisant l’équation (5.1)’ ci-dessus. Le système d’équations s’écrit :
(a)
Le système isostatique obtenu par suppression des liaisons surabondantes
(Figure 5.2b) est désigné par système de base, système fondamental ou encore
système principal.
Considérons un système plan. Soient MiF, NiF et TiF les éléments de réduction
dans la section courante i du système de base sous l’action de la sollicitation
globale F(F1, F2, ..., Fj, ...). Si on note par mij, nij, et tij les éléments de réduction
dans la même section i sous l’action d’une sollicitation unitaire appliquée dans la
section j (du système de base), alors la contribution de l’inconnue hyperstatique
Xj aux éléments de réduction s’écrit :
Xj mij pour le moment fléchissant ; Xj nij pour l’effort normal et Xj tij pour l’effort
tranchant.
Les éléments de réduction qui apparaissent en i sous l’action conjuguée de la
sollicitation globale F et des inconnues hyperstatiques X1, X2, ..., Xn, s’obtiennent
par superposition :
n
Une fois l’hyperstaticité levée, c’est-à-dire lorsqu’on a déterminé les inconnues hyperstatiques, la construction des diagrammes M, N, T revient à tracer les
diagrammes d’un système isostatique (en l’occurrence le système de base) soumis - simultanément - aux charges données (la sollicitation globale F) et aux
forces calculées (X1, X2, ... Xn). L’application du principe de superposition (voir §
5.4.1) simplifie quelque peu ce travail.
M iF +
Pour un système concordant d’ordre n, on aura un système de n équations :
∑X
j mij
j =1
n
N iF +
∑X
j nij
j =1
n
TiF +
5.4 EQUATIONS DE CONTINUITE
∂W
∂W
∂W
∂W
= 0,
= 0, ...,
= 0, ...,
=0
∂X 1
∂X 2
∂X j
∂X n
(5.4)
Les équations du système (5.3) [ou (5.4)] sont appelées équations canoniques
de la méthode des forces.
(b)
 ∂W
 ∂X = 0
 1

 ∂W
 ∂X = 0
 2
F
∑X
j t ij
j =1
L’expression de l’énergie potentielle s’écrit alors :
C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s
n
(MiF +
W=
1
2
∫
2
(NiF +
j ij
j =1
ds +
EI
L
n
∑X m )
1
2
∫
2
(TiF +
j ij
ds +
EA
L
n
∑X n )
j =1
1
κ
2
∫
n
n
∑X m )m
∫
j ij
j =1
ds +
EI
L
(NiF +
ik
∫
∫
GA
L
n
∫
L
MiF mik
NiF nik
T t
ds +
ds + κ iF ik ds+
EI
EA
GA
∑
∫
∫
∫
L
L
L
∑X t )t
j ij
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S
u
X 2 + δ 2F = 0
δ u21 X 1 + δ 22
u
Les coefficients δ 11
et δ u21 sont obtenus en appliquant au système de base la
∂W
= 0 , s’écrit:
∂X k
j =1
ds + κ
EA
L
(TiF +
ik
j =1
ds
n
∑X n )n
j ij
2
j ij
GA
L
88
u
u
X 1 + δ 12
X 2 + δ 1F = 0
δ 11
∑X t )
j =1
L’équation de continuité relative à la coupure k, c’est-à-dire
(MiF +
87
ik
u
sollicitation unitaire X1=1 tandis que δ 12
et δ u22 s’obtiennent sous l’effet de la
seule sollicitation X2=1. Quant aux déplacements δ1F et δ2F, ils se calculent sous
l’effet des charges extérieures (ici la force P) appliquées au système isostatique
de base. Les diagrammes permettant le calcul de ces coefficients (cas où l'influence de M est prépondérante) sont montrés à la figure 5.3.
ds=0
Pl/2
l
n
∑
X j mijmik
j =1
EI
ds +
∫
X j nijnik
j =1
L
EA
P
X1=1
X2=1
ds +
n
∑X t t
∫
+ κ
GA
L
mi2
mil
j ij ik
j =1
ds = 0
(a)
h
n
δ kF +
∑
j=1
MiF
 mij mik
nij nik
t ij t ik 
Xj
ds+
ds+ κ
ds = 0
EI
EA
GA 

L
L
L

∫
∫
∫
soit :
(c)
(b)
l
Figure 5.3 : Diagrammes des moments M et m
On trouve, avec h=l=a :
n
∑X
u
j δ kj
+ δ kF = 0
j=1
u
δ11
=
a3
3EI
u
δ12
= δ u21 =
a3
2EI
δ u22 =
4a 3
3EI
δ1F = -
Pa 3
4EI
δ 2F = -
29Pa 3
48EI
La figure 5.4 montre la signification de ces coefficients.
5.4.2 Signification et calcul des coefficients
u
δ 11
La signification et le calcul des coefficients δ iju et δ iF ont été exposés dans le
u
δ 12
X1=1
même chapitre 3. Leur matrice δu est appelée matrice de souplesse.
P
δ u22
δ u21
chapitre 3. Les coefficients δ iju sont les coefficients d’influence définis dans ce
δ2F
X2=1
Le coefficient général δiF représente le déplacement de la section i du système de base (dans la direction i, qui est aussi la direction de l’inconnue hyperstatique Xi) sous l’effet des charges appliquées (données) (F).
5.5 EXEMPLES D’APPLICATION
(a)
(b)
Exemple 1 : inconnues hyperstatiques externes.
Soit à résoudre le portique de la figure 5.2. Pour les calculs, on considère
h=l=a.
Les équations canoniques du système s’écrivent :
Figure 5.4 : Signification des coefficients δ
Et à partir des équations du système on tire :
δ1F
(c)
C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s
X1 =
89
9
22
P et X 2 =
P
56
56
Les diagrammes M, N, T peuvent être construits maintenant (Figure 5.5).
90
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S
u
δ11
=
2h3
l2(12h + l )
h2 u
u
u
; δ12
= δu21 = 0 ; δu22 =
; δ13
= δu31 = −
; δ23 = δu32 = 0 ;
3EI
24EI
EI
δu33 =
(4h + l)
qh4
qh3l
qh3
; δ1F =; δ2F =
; δ3F =
2EI
8EI
12EI
6EI
34
1
6
X1
X1=1
X2=1
l/2
l/2
X2
9
22
11
M(xPa/56)
mi1=m1
h
(b)
(c)
h
(a)
34
9
(c)
(b)
(a)
X3=1
mi3=m3
T(xP/56)
N(xP/56)
3
X3
mi2=m2
Figure 5.5 : Diagrammes M, N, T
MiF
Exemple 2 : inconnues hyperstatiques internes (Figure 5.6).
(d)
qh2/2
X2
q
X1
X1
2EI
X2
X3
h
X3
EI
EI
(a)
(b)
l/2
l
Figure 5.7 : Diagrammes des
moments M et m
l/2
Figure 5.6
Les équations canoniques du système s’écrivent :
u
u
u
X 1 + δ 12
X 2 + δ 13
X 3 + δ 1F = 0
δ 11
u
u
X 2 + δ 23
X 3 + δ 2F = 0
δ u21 X 1 + δ 22
u
u
X 2 + δ 33
X 3 + δ 3F = 0
δ u31 X 1 + δ 32
A partir des diagrammes de la figure 5.7, on calcule les coefficients du système obtenu.
En prenant h = l, il vient :
u
δ 11
=
2h3 u
13h3 u
h2
; δ 12 = δ u21 = δ u23 = δ u32 = 0 ; δ u22 =
; δ 13 = δ u31 = −
;
3 EI
24 EI
EI
δ u33 =
5h
qh4
qh4
qh3
; δ 1F = −
;δ 2F =
;δ 3F =
2 EI
8 EI
12 EI
6 EI
La résolution du système d’équations donne :
X1 =
91
2
1
qh = 0.22 qh ; X 2 =
qh = 0.15 qh ; X 3 = −
qh 2 = −0.02 qh 2
416
13
48
Le signe moins (–) devant X3, signifie que le sens réel de ce moment est
contraire au sens choisi arbitrairement.
5.6 CONTROLE DES RESULTATS
Le contrôle des résultats peut se faire à trois niveaux : sur les coefficients δiju
et δiF ; sur les diagrammes M, N, T et sur les déplacements.
5.6.1 Vérification des coefficients
Considérons un système hyperstatique d’ordre n. Pour alléger les expressions, nous supposons que l’influence des efforts normal et tranchant est négli-
C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s
91
geable. Soit mit le moment (par unité de force) dans la section courante i du système de base sous l’effet de : X1=1, X2=1, ..., Xn=1 ; c’est-à-dire :
a) Somme des coefficients de chaque ligne de la matrice δ u
k =n j =n
Considérons la kième ligne (équation relative à la coupure k).
∑δ
u
kj
mik .mij
∑∫
=
j =1
EI
j =1 L
∫
=
L
ds =
∫
L
mik .mi1
mik .mi2
mik .min
ds +
ds+ ... +
ds
EI
EI
EI
∫
∫
L
mik
(mi1 + mi2 +...+min )ds =
EI
∫
L
L
mik
(mit )ds =
EI
∫
L
mik . mit
ds
EI
∑ ∑δ
u
kj
=
k =1 j =1
29 h3 2h2
5h
177
−
+
=
24 EI EI 2 EI 8 EI
Le diagramme mit nécessaire au calcul du second membre de l'équation (5.6)
est représenté à la figure 5.8. Le calcul de l'intégrale de Mohr donne :
mit2
1
39
∫ EI ds = 2 EI ( 8
Soit :
+
L
j=n
∑
sera amené à vérifier le calcul des différents coefficients ainsi que les diagrammes MiF et mik si on a utilisé la méthode de Verescheaguine.
Vérifions les coefficients de la matrice δu du cas traité dans l'exemple 2. Pour
les besoins de l'application numérique on prend h=3 m. Le premier membre de
l'équation (5.6) vaut :
en vertu du principe de superposition.
j =n
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S
Exemple
mit = mi1 + mi2 + ... + min
j =n
92
δ ukj
=
j =1
=
mik . mit
ds
EI
∫
L
(5.5)
La longueur L désigne la longueur totale du système (toutes les barres s’il en
comporte plusieurs).
1 1
1 125 1 57
)+
(
)
+
+
+
3 24
EI 24 24 4
1 63
1 468
531
177
( )+
(
)=
=
2EI 12
EI 24
24 EI 8 EI
1.0
2.5
0.5
b) Somme des coefficients de la matrice δ u
j =n
k =n
∑∑
k =1
k =n
δ ukj =
j =1
∑∫
k =1 L
=
∫
L
mik
(mi1 + mi2 + ...+min )ds =
EI
mit
(mi1 + mi2 +...+min )ds =
EI
∫
L
k =n
∑∫
k =1 L
mik . mit
ds
EI
0.5
l/2=1.5 m
j =n
∑ ∑δ
k =1
u
kj
=
j =1
∫
L
mit2
ds
EI
∑δ
k =1
k =n
kF
=
∑∫
k =1 L
MiF .mik
ds =
EI
3.5
1.5 m
(5.6)
5.6.2 Vérification des diagrammes
c) Somme des coefficients δiF
k =n
Figure 5.8 : Diagramme mit,
sous l'action simultanée de
X1=1, X2=1 et X3=1
mit2
ds
EI
Soit :
k =n
mit
h=3 m
MiF
∫ EI (m +m + ... +m )ds = ∫
i1
L
i2
in
L
MiF .mit
ds
EI
(5.7)
Aussi, avant de passer à la résolution du système d’équations, il est prudent
de procéder aux vérifications indiquées. En pratique, on trace le diagramme mit et
on applique la relation (5.6). Si le résultat donné par cette dernière est identique à
la somme de tous les termes de la matrice δu, on peut passer à l’étape suivante de
l’étude. Dans le cas contraire, on procède au contrôle de chaque ligne de la matrice selon l’expression (5.5) et des coefficients δiF d’après la relation (5.7). On
La vérification de l’équilibre des nœuds et de parties entières de la structure
étudiée, à partir des diagrammes des efforts, fournit un bon moyen de contrôler
les résultats obtenus. Chaque nœud ou partie de la structure isolé par des coupures, doit être en équilibre sous l’action des forces qui lui sont directement appliquées et des efforts internes (M, N, T)
6Pa/56
agissant aux lèvres des coupures et
qu’on lit directement sur les diagrammes à contrôler.
9P/56
34P/56
6Pa/56
9P/56
Exemple
34P/56
Figure 5.9 : Vérification de
l'équilibre d'un nœud
C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s
93
On veut vérifier l'équilibre du nœud de la structure considérée dans l'exemple
1 précédent. La figure 5.9 représente le nœud avec les efforts agissant sur les
sections coupées et dont les valeurs sont lues directement sur les diagrammes des
efforts de la figure 5.5. On peut constater que les efforts agissant sur le nœud
vérifient les trois équations d'équilibre de la statique.
5.6.3 Vérification des déplacements
On peut appliquer la vérification aux déplacements connus, principalement
ceux qui sont nuls. Le calcul doit être effectué à partir des efforts trouvés (notamment le diagramme final du moment).
5.7 SIGNIFICATION DES EQUATIONS DE CONTINUITE
Comme le montrent les deux exemples traités, chaque équation de continuité
exprime que le déplacement relatif des lèvres de la coupure libérant l’inconnue
hyperstatique considérée est égal au manque de concordance correspondant.
Dans le cas d’un système concordant, ce déplacement (relatif) est nul. Quand il
s'agit d'une inconnue hyperstatique externe, le déplacement relatif est en fait le
déplacement réel.
Calcul des systèmes plans par la méthode des forces
95
96
C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s
Exercice 5.7
5.8 EXERCICES
Exercice 5.8
Tracer les diagrammes de M, de N et de T des systèmes suivants.
Exercice 5.1
P
B
P=2t EI
1m
P=ql
q B
C
2EI
4m
2l
A
4m
l
Exercice 5.9
l
Exercice 5.10
q=2t/m
Exercice 5.4
P=2t
C
D
D
B
A
2P
60°
B
C
F
EI
3m
I2
EI
I1
F=5t
A
I1
A
EI
P
2m
5t
2EI
D
2m
2L
D
2EI
a
2m
4m
C
a
2m
2a
4m
3
A.N. : P=12t, L=4m, I1=10-
4
m,
2m
I2=8I1 et E=2.1 106 kg/cm2.
Exercice 5.6
q=300 kg/m
Exercice 5.11
B
q=2t/m
P
P=1t
B
2EI
2m
EI
EI
EI
EI
A
B
2EI
l
1m
A
2EI
D
EI
P=800 kg
C
D
A
6m
Exercice 5.12
C
2EI
B
5m
2m
E
C
Exercice 5.5
A
L
EI
EI
a
E
2EI
q=2t/m
q
B
4m
1m
B
A
A
D
l/2
Exercice 5.3
D
EI
B
1m
A
l/2
8m
2EI
EI
EI
A
4m
EI
2EI
EI
C
2EI
P
e=0.5m
C
EI
l
15.3tm
B
q=1t/m
Exercice 5.2
EI
EI
C
E
D
8m
C
l/2
l
l=5m
l
l
C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s
97
Réponses :
Exercice 5.1 : MA = 3Pl/56, MB=-6Pl/56, RCH=-9P/56, RCV=22P/56.
Exercice 5.2 : Inconnues hyperstatiques au milieu du système : XM=0.29ql2,
XN=-0.53ql, XT=-0.81ql. Réactions : MA=-0.85ql2, RAH=-1.47ql,
RAV=0.2ql, MD=-0.55ql2, RDH=-0.53ql, RDV=0.8ql.
Exercice 5.3 : RAV= -(2P+qa)/3, RCV=(P+3qa)/2, RDV=(P+5qa)/6,
MBA=-a(2P+qa)/3, MBC=Pa, MBD=a(P-qa)/3.
Exercice 5.4 : RCH=0.24t, RCV=4.17t, REH=1.63t, REV=4.17t.
Exercice 5.5 : RCH=-540.5kg, RCV=569.0kg, RAH=-259.5kg, RAV=931.0kg,
MA=-926.5kgm, MBA=MBC=-21.5 kgm.
Exercice 5.6 : Inconnues hyperstatiques au milieu du système : XM=0, XN=0.5t
XT=-0.34t. Moments : MA=MD=-1.65tm, MBA=MBC=1.35tm,
MCB=MCD=-1.35tm.
Exercice 5.7 : Inconnues hyperstatiques au milieu du système : XM=0.94tm,
XN=-0.45t, XT=0. Réactions : MA=MB=0.69 tm, RAH=-RBH=0.45t,
RAV=RBV=5t.
Exercice 5.8 : Inconnues hyperstatiques externes en D : RDH=-0.6t, RDv=3.6t.
Moments : MA=1.5tm, MBA=-3.3tm, MBC=12.0tm,
MCB=MCD=-2.4tm.
Exercice 5.9 : RDV=4.35t, RAH=-5.0t, RAV=5.65t, MA=-10.59tm,
MBA=MBC=4.41tm, MCB=11tm, MCD=15tm, MCE=-4tm.
Exercice 5.10 : RDH=-2.63t, RDV=3.53t, RAH=-12.0t, RAV=17.25t,
MA=-19.76tm, MBA=MBC=17.72tm, MCB=MCD=-10.52tm.
Exercice 5.11 : RDH=3P/8, RDV=-3P/8, MD=Pl/8, RCH=-3P/8, RCV=11P/8,
MC=-Pl/8, MBA=-Pl/2, MBC=Pl/4, MBD=-Pl/4.
Exercice 5.12 : RAV=-0.426t, RCH=0.266t, RCV=5.852t, REH=-0.266t,
REV=4.574t, MBA=-2.13tm, MBC=-1.33tm, MBD=-3.46tm
MDB=MDE=-1.33tm.,
Signes : Pour le moment fléchissant et les composantes de réactions, les
conventions utilisées sont les suivantes : . un moment est positif s'il fait tendre
les fibres intérieures (inférieures) ; . une réaction verticale (RV) est positive si elle
agit vers le haut alors qu'une réaction horizontale (RH)est positive quand elle est
dirigée vers la droite. Pour les inconnues hyperstatiques (XN et XT), on utilise les
conventions habituelles de N et T.
1 00
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
les moments fléchissants qui la sollicitent sont plus faibles. La comparaison est
encore plus nettement à l’avantage de la poutre continue par rapport à une poutre
isostatique unique de même longueur. Dans une poutre continue, les appuis intermédiaires contribuent à réduire et à mieux répartir sur toute la poutre le moment fléchissant (qui est la sollicitation prépondérante). Cette observation reste
valable pour les déplacements qui sont nettement moins importants dans le cas
des poutres continues. Ces dernières présentent par ailleurs une plus grande rigidité et résistent de ce fait mieux à l’action dynamique.
Chapitre 6
LES POUTRES CONTINUES
Application de la méthode des forces
Les charges considérées ici sont supposées être appliquées statiquement. Elles sont constituées de charges transversales (voire inclinées), concentrées ou
réparties, et de couples.
Contrairement aux poutres isostatiques, les poutres continues, comme tous
les systèmes hyperstatiques, sont très sensibles aux déplacements des appuis. Ce
phénomène a déjà été mis en exergue dans un exemple d’application des formules de Bresse traitant une poutre continue soumise au seul effet de l’affaissement
d’un de ses appuis.
A- POUTRES CONTINUES A ÂME PLEINE
6.1 INTRODUCTION
Les poutres continues sont des structures qu'on rencontre très fréquemment
dans les constructions courantes.
On appelle poutre continue une poutre reposant sur plusieurs appuis. Il s’agit
généralement d’appuis simples, à l’exception d’un seul qui est un appui double et
dont le rôle consiste à assurer la stabilité géométrique de la poutre, comme empêcher la translation horizontale dans le cas de la figure 6.1. L’appui double peut
être placé à une extrémité ou, plus généralement, être un appui intermédiaire.
0
l1
1
lk
k
ln
n
Figure 6.1 : Poutre continue avec le mode
de numérotation des travées
Les extrémités d’une poutre continue peuvent très bien comporter des porteà-faux ou être encastrées. Le traitement de ces cas particuliers est abordé plus
loin.
Les poutres continues sont des systèmes hyperstatiques puisqu’elles présentent des liaisons surabondantes (toutes les liaisons en plus de ce que doit comporter une poutre isostatique). Dans le cas d’une poutre sans encastrements, le nombre de liaisons surabondantes, donc le degré d’hyperstaticité, est égal au nombre
d’appuis intermédiaires.
Comparativement à une série de poutres bi-articulées dont le nombre est égal
à celui des travées d’une poutre continue, cette dernière est plus économique car
Lorsque des tassements d’appuis sont à craindre, les poutres isostatiques sont
mieux indiquées. Si pour quelque raison que ce soit des appuis intermédiaires
sont nécessaires, on ajoute à la poutre continue des articulations judicieusement
placées de manière à la rendre isostatique et annuler ainsi sa sensibilité aux affaissements des appuis susceptibles de se produire.
Ce type de poutre - poutre reposant sur plusieurs appuis et rendue isostatique
par l’ajout de rotules - est désigné par poutre Gerber. Elles sont obtenues en
ajoutant autant d’articulations qu’il y a d’appuis intermédiaires. Pour s’assurer
que la structure obtenue est bien isostatique et qu’il n’y a ni tronçon déformable
(tronçon libre constituant un mécanisme) ni tronçon hyperstatique, il suffit de
respecter la règle suivante : pas plus de deux articulations entre deux appuis, ni
plus de deux appuis entre deux articulations. A titre d’exemple, la figure 6.2
montre les deux façons possibles d’obtenir une poutre type Gerber dans le cas de
deux appuis intermédiaires.
(a)
(b)
Figure 6.2 : Exemples de poutres Gerber
L’influence du moment fléchissant sur les déformations étant prépondérante
dans les poutres continues, c’est la seule sollicitation dont il sera tenu compte
lors du calcul des déplacements que nous serons amenés à effectuer.
A- Poutres continues à âme pleine
101
6.2 APPLICATION DIRECTE DE LA METHODE DES FORCES
Considérons une poutre
continue horizontale sans
encastrements (Figure 6.3a).
L'application directe et intuitive de la méthode des forces
conduit à considérer comme
inconnues hyperstatiques les
réactions (verticales) des
appuis intermédiaires.
Le système de base obtenu par suppression des liaisons verticales des appuis
intermédiaires est une poutre
simplement appuyée (Figure
6.3b). Dans ce cas, le calcul
des moments unitaires msk
(Figure 6.3c et 6.3d) et du
moment provoqué par les
charges extérieures MsF,
nécessaires au calcul des
coefficients δ iju et δ jF , ne
1 02
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
6.3 FORMULE DES TROIS MOMENTS
6.3.1 Etablissement de la formule
Considérons une poutre continue sans encastrements à n travées (Figure 6.4).
Son degré d'hyperstaticité est égal à n-1.
(a)
0
l1
1
l2
2
l3
3
(b)
X1
X2
0
1
k-1
l1
k
lk
n
k+1
ln
lk+1
Figure 6.4
(c)
Prenons pour inconnues hyperstatiques les moments fléchissants agissant au
droit de chaque appui intermédiaire. Pour ce faire, on procède à des coupures de
manière à supprimer la liaison de moment au niveau de chaque appui. S’agissant
d’inconnues hyperstatiques internes, chaque coupure libère deux inconnues (des
moments) égales est opposées.
X1=1
(d)
X2=1
Figure 6.3
En pratique, cela revient à introduire une articulation au-dessus de chaque
appui intermédiaire (Figure 6.5a). Pour remplacer les liaisons supprimer, on
applique aux lèvres de chacune des coupures deux couples égaux et opposés
(M1, M2, …, Mn-1) (Figure 6.5b).
présente aucune difficulté.
Cependant, ce choix n’est pas intéressant car il implique des calculs fastidieux à cause notamment du fait que les moments msk et MsF sont généralement
différents de zéro sur toute la longueur de la poutre. De la sorte, les éléments de
la matrice de souplesse [ δu] et du vecteur déplacement [δF] sont tous non nuls.
(a)
Ceci n’est pas la seule raison ; il en existe une autre plus déterminante. Chaque colonne de la matrice [ δu] représente les déplacements (flèches s’il s’agit
d’une poutre horizontale) des points d’application des inconnues hyperstatiques
provoqués par une sollicitation unitaire. Pour une poutre comportant plusieurs
appuis intermédiaires, deux colonnes successives de [ δu] auront des valeurs très
proches et seront comparables. De ce fait, la matrice [ δu] devient pratiquement
singulière et conduit à des solutions très imprécises lors de la résolution du système d’équations canoniques. Aussi, on opte pour un autre choix des inconnues
hyperstatiques de manière à contourner cette difficulté et à réduire les calculs.
(b)
X1=Ml
0
Xk-1=Mk-1
1
Xk=Mk
Xk+1=Mk+1
k
k-1
Xn-1=Mn-1
k+1
n-1
n
Figure 6.5 : Système statique de base
Le système statique de base ainsi obtenu présente une propriété remarquable.
En effet, on remarque que si on charge une travée, les autres ne subissent aucune
influence. Ce résultat signifie que le système principal se comporte comme une
succession de poutres simplement appuyées obtenues par séparation des n travées (Figure 6.6).
M1
M1
Mk-1
Mk-1
Mk
Mk
Mk+1
Mk+1
Mn-1
Mn-1
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
Figure 6.6
A- Poutres continues à âme pleine
103
Pour calculer les moments inconnus aux appuis, on applique le théorème de
Menabrea pour chacun d’eux :
∂W
∂W
∂W
∂W
= c1 ,
= c2 , ...
= ck , ...
= cn − 1
∂M1
∂M 2
∂M k
∂M n − 1
n-1
∑
δ uki Mi
u
+ δ 12
Considérons par exemple l'équation de continuité k (relative à la coupure k).
Elle s’écrit :
et δkF. Si nous ne tenons compte que du moment fléchissant, qui est la sollicitation prépondérante, ces coefficients s’obtiennent par les intégrales suivantes :
δ ukj =
∫
L
0
msk msj
EI
δ kF =
dx (a)
∫
L
0
M sF m sk
dx (b)
EI
(6.2)
n
L = longueur totale =
M 2 +...+δ 1un −1 M n −1
+ δ 1 F = c1
............................................................
u
u
u
δ k 1 M 1 + δ k 2 M 2 +...+δ kn −1 M n −1 + δ kF = c k
..............................................................
δ un −11 M 1 + δ un −12 M 2 +...+δ n −1n −1 M n −1 + δ n −1 F = cn −1
Chacune des équations exprime la condition de continuité de la poutre déformée au-dessus d'un appui. L’équation k par exemple, exprime que la rotation
relative entre les lèvres de la coupure audessus de l'appui k est égale au manque de
Tangente
d
concordance correspondant. Dans le cas d’un
(θ k )
système concordant cette rotation relative est
g
(θ k )
nulle ; ou encore que la rotation à gauche ( θ g )
k
( θ dk
(6.1)
On voit apparaître dans l’équation les coefficients δ ukj avec j = 1, 2, … , n-1
+ δ kF = ck
i=1
En développant l’expression précédente, le système des "n-1" équations de
continuité prend la forme :
u
δ 11
M1
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
δ uk1 M1 + δ uk 2 M2 +...+δ ukk −1 Mk −1 + δ ukk Mk + δ ukk +1 Mk +1+...+δ ukn−1 Mn−1 + δ kF = ck
où les ci représentent les manques de concordance des appuis. Ils sont nuls dans
le cas des systèmes concordants. Les équations du système ci-dessus peuvent se
mettre sous la forme connue de Müller-Breslau. L’équation courante relative à
l’inconnue Mk s’écrit :
∂W
= ck ⇔
∂M k
1 04
est égale à la rotation à droite
) ; ce qui
signifie aussi qu'en chaque point (appui par
exemple) il n'y a qu'une tangente car la ligne
élastique (la déformée) est continue (Figure 6.7).
k
∑l
i
i=1
où msk (mk) et msj (mj) sont les moments fléchissants produits dans la section
courante s du système fondamental par les couples unitaires Mk=1 et Mj=1 agissant en k et en j, respectivement (Figure 6.8). MsF étant le moment fléchissant
dans la section courante du système de base sous l’action des charges extérieures
(F).
Mk=1
(a)
k-1
k+1
k
lk
1
lk+1
Mj=1
(b)
j-1
j
j+1
Figure 6.7
u et δ
Signification des coefficients δ ij
iF
u et δ
Les coefficients δ ij
iF représentent les rotations relatives des lèvres de
la section coupée i du système de base. Les premières sont des rotations par unité
de couple.
u est la rotation relative des lèvres de la section i du système de base,
• δ ij
sous l’effet d’un couple unitaire appliqué aux lèvres de la coupure j (les sections
i et j se trouvant dans le cas présent au dessus des appuis intermédiaires i et j).
• δ iF est la rotation relative des lèvres de la section i du système de base,
sous l’effet des charges extérieures (notées F).
lj
1
lj+1
4m
Figure 6.8 : Diagrammes msk et msj
On constate que chaque couple unitaire produit un moment fléchissant uniquement sur les deux travées situées de part et d'autre de l'appui où il est appliqué. Pour que les moments dans la section courante s produits par Mk=1 et Mj=1
soient simultanément différents de zéro, il faut que les indices k et j ne diffèrent
pas de plus d'une unité. On en déduit que les coefficients δ ukj sont nuls dès que k
diffère de j de plus d'une unité. Ainsi, dans l'équation (6.1) seuls les coefficients
δ uk −1 k , δ ukk et δ uk k +1 sont différents de zéro.
Compte tenu de ce résultat, l'équation générale de continuité (6.1) se simplifie et devient :
δ uk k -1 M k −1 + δ uk k M k + δ ukk +1 M k +1 + δ kF = ck
(6.3)
A- Poutres continues à âme pleine
105
ou encore :
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 06
d'où :
δ uk k -1 M k −1 + δ uk k M k + δ ukk +1 M k +1 = ck − δ kF
(6.4)
On remarque que trois moments fléchissants interviennent dans cette équation, d'où son nom de "formule des trois moments".
6.3.2 Calcul des coefficients de la formule des trois moments
Il reste à calculer les coefficients intervenant dans l'équation (6.4). Considérons une poutre continue sans encastrement comportant n travées. Les diagrammes unitaires permettant le calcul des coefficients δ ukk − 1 , δ ukk et δ ukk + 1 sont
représentés à la figure 6.9.
∫
δ ukk −1 =
x 
x  dx
1
=
1 − 
lk 
l k  ( EI )k l k2
lk
0
∫
lk
0
x( l k − x )
( EI )k
dx
(6.5)’
Si (EI)k est constante sur lk, on obtient :
lk
6( EI )k
δ ukk −1 =
Ce dernier résultat - cas avec (EI)k constante sur la travée lk - s'obtient plus
rapidement avec la méthode graphique ; il vient :
1 1
lk
  1
 .1. lk    =
  3  6 ( EI )k
( EI )k  2
δ ukk −1 =
Mk-1=1
k-2
(a)
Si la rigidité flexionnelle varie sur chaque travée, on calcule les coefficients
analytiquement comme on l'a fait pour δ ukk −1 .
k
k-1
Pour le reste des calculs nous supposons que EI est constante sur chaque travée.
1
lk-1
lk
• Calcul de δ ukk (méthode graphique)
Mk=1
k-1
(b)
k+1
k
δ ukk =
lk+1
δ uk k +1 =
k
(c)
lk
lk +1
1
 2
+
(6.6)
 .1. lk +1    =
2
  3  3( EI )k 3( EI )k +1
• Calcul de δ ukk +1 (méthode graphique)
1
lk
1 1
1
 2
 .1. lk    +
  3  ( EI )k +1
( EI )k  2
Mk+1=1
k+1
k+2
1
( EI )k +1
l k +1
1
 1
 .1. l k +1    =
2
  3  6 ( EI )k +1
(6.7)
• Calcul de δ kF
Par définition, voir relation 6.2 (a) :
1
lk+1
n
lk+2
δ kF =
i =1
Figure 6.9 : Diagrammes unitaires msk-1, msk et msk+1
• Calcul de
δ ukk −1
=
∫
L
0
avec :
msk −1 = 1 −
x
x
et msk =
lk
lk
li
0
msk M sF
dx =
( EI )i
∫
lk
0
msk M sF
dx +
( EI )k
∫
lk + 1
0
m sk M sF
dx
( EI )k +1
(6.8)
Seules les deux intégrales sur lk et lk+1 subsistent puisque msk est nul en dehors de ces travées. Soit :
δ ukk −1 :
msk msk −1
dx =
EI
∑∫
n
∑∫
i=1
li
o
msk msk −1
dx =
( EI )i
∫
lk
0
msk msk −1
( EI )k
δ kF = Rkg ( F ) + Rkd ( F )
(6.5)
(6.9)
- Rkg ( F ) = rotation de la section k (au-dessus de l'appui k) du système statique
de base sous l'effet des charges extérieures agissant sur la travée lk.
- Rkd ( F ) = rotation de la section k du système statique de base sous l'effet des
charges appliquées sur la travée lk+1.
A- Poutres continues à âme pleine
107
• Calcul pratique de δ kF
1
ère
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 08
δ kF =
méthode
1
1
Ωk z k +
Ω k + 1 z k +1
l k ( EI )k
l k +1 ( EI )k +1
(6.11)
Considérons les travées lk et lk+1 (du système isostatique de base) adjacentes
à l'appui considéré k. Les deux travées constituent deux poutres simplement
appuyées comme on l’a vu.
- Ωk est l’aire du diagramme MsF sur la travée lk.
- Ωk+1 est l’aire du diagramme MsF sur la travée lk+1.
- zk distance de l’appui “ k-1 ” au centre de gravité de Ωk.
Le diagramme des moments fléchissants de chaque poutre sous les charges
extérieures peut être aisément obtenu. Selon la méthode de la poutre conjuguée,
utilisée pour le calcul des déplacements des systèmes isostatiques (voir chapitre
2), si on charge (fictivement) les poutres par leurs diagrammes des moments
- z k +1 distance de l’appui “ k+1 ” au centre de gravité de Ωk+1.
respectifs divisés par la rigidité flexionnelle (qf=MsF/EI), alors R kg ( F ) et
R kd ( F ) constituent la réaction en k de la poutre de gauche et la réaction en k de la
poutre de droite, respectivement (Figure 6.10).
k
k+1
lk
lk+1
R
g( F )
k
R
d( F )
k
(a)
b) Poutres conjuguées
a) Diagramme MsF
Le manque de concordance d’un appui est représenté par le déplacement linéaire ou angulaire qu’il subit depuis sa position concordante jusqu’à sa position
réelle. Dans le cas présent, les manques de concordance à introduire sont des
déplacements angulaires et la position concordante correspond à la position horizontale.
Les manques de concordance proviennent des dénivellations ∆ que peuvent
subir les appuis (Figure 6.11). Comme nous travaillons dans le cadre des petits
déplacements, les dénivellations sont suffisamment petites et de ce fait les angles
de discontinuité (Figure 6.11c) peuvent être confondus avec leurs tangentes.
MsF/EI
k-1
• Calcul de ck
k
k-1
∆k-1
Figure 6.10
2ème méthode
k+1
β
α
∆k+1
∆k
(c)
(b)
Sachant que le moment msk vaut “ x/lk ” sur la travée lk et “ 1-x/lk+1 ” sur la
travée lk+1, l’équation (6.8) devient :
(a) Position concordante.
(b) Position réelle.
lk
δ kF =
∫
lk
0
1
=
lk
M sF x
dx +
l k ( EI )k
∫
lk
0
∫
lk + 1
0
xM sF
1
dx +
( EI )k
l k +1
M sF
x
(1−
)dx
l k +1
( EI )k +1
∫
lk + 1
0
Figure 6.11
( l k +1 − x ) M sF
dx
( EI )k +1
Le manque de concordance est donné par :
La première intégrale représente le moment statique du diagramme
“ MsF/(EI)k ” sur la travée lk par rapport à l’appui “ k-1 ” alors que la deuxième
donne le moment statique du diagramme “ MsF/(EI)k+1 ” sur la travée lk+1 par
rapport à l’appui k+1. L’équation précédente peut s’écrire :
δ kF
S
S k +1
= k +
lk
l k +1
lk+1
(6.10)
où S k et S k +1 sont les moments statiques définis plus haut.
Dans le cas où la rigidité flexionnelle est constante sur chaque travée,
l’expression précédente prend la forme :
ck = α + β = tgα + tgβ = (∆k- ∆k-1)/lk + (∆k- ∆k+1)/lk+1
= (∆k- ∆k-1)/lk - (∆k+1- ∆k)/lk+1
(6.12)
Les dénivellations sont comptées positivement vers le bas.
En introduisant dans l'équation des trois moments (6.4) les valeurs trouvées
des différents coefficients on obtient :
A- Poutres continues à âme pleine
M k −1
∫

m sk msk −1
dx + M k 
( EI )k

lk
0
+ M k +1
∫
lk + 1
0
∫
lk
0
2
msk
dx +
( EI )k
∫
lk + 1
0
2

msk
dx  +
( EI )k +1 
RkF
6.3.3 Points particuliers
∫
lk
0
msk M sF
dx −
( EI )k
∫
msk M sF
dx
( EI )k +1
lk + 1
0
 1 lk x 2
x( lk − x )
1 lk +1 ( lk +1 − x )2 
dx + M k  2
dx + 2
dx  +
0
( EI )k
( EI )k +1
lk +1 0
 lk 0 ( EI )k

l
k + 1 x( l
M
∆ − ∆ k −1 ∆ k + 1 − ∆ k
k +1 − x )
dx = k
+ 2k +1
−
( EI )k +1
lk
lk +1
lk +1 0
∫
lk
∫
1) Présence d'un encastrement : on remplace l'encastrement par une poutre
adjacente dont on fera tendre la longueur vers zéro en appliquant la formule des
trois moments.
∫
lk
0
xM sF
1
dx −
( EI )k
lk +1
∫
2) Présence d'un porte-à-faux (console) : la console sera remplacée par ses
effets, pour l'application de la formule des trois moments.
∫
∫
1
−
lk
lk + 1
0
On peut remplacer le second membre par la réaction fictive agissant en k :
= Rkg ( F ) + Rkd ( F ) . Cette réaction est positive si elle est dirigée de bas en haut.
(6.13)
ou encore :
M k −1
lk2
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 10
On écrit l'équation des trois moments pour chaque appui intermédiaire.
msk msk +1
dx =
( EI )k +1
∆ − ∆ k − 1 ∆ k +1 − ∆ k
= k
−
−
lk
l k +1
109
3) Couple concentré en un appui intermédiaire : on peut soit le diviser entre
les deux travées adjacentes, soit le reporter sur l'une des deux.
(6.13)’
6.3.4 Calcul des éléments de réduction
( lk +1 − x ) M sF
dx
( EI )k +1
1) Réaction de l’appui k
- Action des moments aux appuis seuls (Figure 6.12).
Ces expressions sont valables dans le cas général.
Cas particuliers
Rkg( M ) =
M k −1 − M k
;
lk
Mk-1
R kd( M ) =
M k +1 − M k
l k +1
k-1
1) Chaque travée a sa rigidité flexionnelle constante.
M k −1
 l

lk
l
l k +1
+ 2 M k  k + k +1  + M k + 1
=
( EI )k
(
EI
)
(
EI
)
(
EI
)k +1
k
k +1 

 ∆ − ∆ k −1 ∆ k +1 − ∆ k 
6
= 6 k
−
−
lk
l k +1

 l k ( EI )k
lk + 1
6
−
M sF ( l k +1 − x )dx
l k +1 ( EI )k +1 0
∫
lk
0
M sF xdx
Rk = Rk ( F ) +
2) Rigidité flexionnelle constante sur toute la poutre.
M k −1 l k + 2 M k ( l k + l k +1 ) + M k +1 l k +1 =
∫
lk
0
M sF xdx
(6.15)
M k − 1 l k + 2 M k ( l k + l k + 1 ) + M k + 1 l k +1 =
∫
lk
0
M sF xdx −
6
l k +1
∫
lk + 1
0
lk
lk+1
k+1
Figure 6.12
M k −1 − M k M k +1 − M k
+
lk
l k +1
(6.17)
M sF ( l k +1 − x )dx
Le diagramme final est obtenu par superposition des diagrammes (des travées
isostatiques) des charges extérieures et des moments appliqués aux appuis. Cherchons l’expression du moment fléchissant dans la section courante de la travée lk
(d’abscisse x par rapport à l’appui k-1).
Chaque travée lk du système de base se comporte comme une poutre biarticulée sollicitée, en plus des charges extérieures, par deux couples Mk-1 et Mk
appliqués à ses appuis. Si on désigne par M s( F ) le moment produit dans la sec-
3) Le système est concordant et EI est constante sur toute la poutre.
6
lk
d
R
k( M )
2) Moment fléchissant
∫
=−
Rk ( F ) = R kg( F ) + R kd( F )
g
R
k( M )
d'où :
∫
 ∆ − ∆ k −1 ∆ k +1 − ∆ k  6
= 6 EI  k
−
−
lk
l k +1

 lk
l
k +1
6
−
M sF ( l k +1 − x )dx
l k +1 0
Mk+1
k
- Action des forces extérieures :
(6.14)
Mk
(6.16)
tion courante de lk par les charges extérieures qui lui sont appliquées, alors
l’expression générale du moment fléchissant s’écrit :
M s = M s( F ) + M k − 1 + ( M k − M k − 1 )
x
lk
(6.18)
A- Poutres continues à âme pleine
111
3) Effort tranchant
1 12
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
B- POUTRES EN TREILLIS ARTICULES
L’expression de l'effort tranchant dans la section courante d’abscisse x
s’obtient en dérivant par rapport à x l'expression du moment. Désignons par
Ts( F ) l’effort tranchant dû aux charges extérieures ; il vient :
6.5 SYSTEMES ISOSTATIQUES PLANS EN TREILLIS ARTICULES
6.5.1 Définitions
Ts = Ts( F )
M − M k −1
+ k
lk
(6.19)
6.3.5 Exemple d'application
Considérons une poutre à
trois travées égales et à inertie
constante soumise à une charge
uniforme q (Figure 6.13a).
La poutre est deux fois hyperstatique mais compte tenu de
la symétrie, il n’y a qu’une seule
inconnue. On écrit une fois
l’équation des trois moments,
pour k=1.
(a)
1
l1=l
l2=l
M1
M2
M2=1
1
(e) Ms(F)
ql2/8
ql2/10
On dit qu'un système en treillis est chargé indirectement, si toutes les forces
extérieures sont appliquées exclusivement aux nœuds.
d) Système isostatique
(f) Ms(M)
Si les équations de la statique suffisent à elles seules à la détermination complète du système, c'est-à-dire qu'elles permettent de calculer les réactions et les
efforts en tout point du système, le système considéré est dit isostatique. Dans le
cas contraire, le système et dit hyperstatique.
ql2 /10
(g) Ms
ql2/40
2ql2/25
2
Les figures 6.13g et 6.13h
montrent les diagrammes de M
et de T.
Lorsque les axes des barres et les charges appliquées sont situés dans un
même plan, on parle alors de système plan.
Si les charges sont appliquées en des points quelconques et notamment en des
endroits des barres autres que les nœuds, on parle alors de système chargé directement.
5 Ml = −12 EI R1g ( F )
ql
⇒ M =−
, M est dirigé
10
dans le sens opposé du sens
choisi arbitrairement.
Diagonale
c) Système chargé indirectement
g( F )
1
1  2 ql 2 
ql 3

l =
2 EI  3 8  24 EI
Montant
Figure 6.14 : Poutre isostatique
(d) ms2
(
)
5 Ml = −6 EI ( 2 R
);
R1g ( F ) =
Membrure supérieure
b) Système plan en treillis articulé
= −6 EI R1g ( F ) + R1d ( F )
R1g ( F ) = R1d ( F )
3
M1=1
(c) ms1
M 1 = M2 = M
M 0 l0 + 2 M 1 ( l1 + l 2 ) + M 2 l 2 =
l3=l
Membrure inférieure
1
Equation des trois moments
(appui 1) :
2
(b)
M0 = M3 = 0
et
On appelle système en treillis articulé (système réticulé ou plus brièvement treillis) un ensemble de pièces droites ou courbes, appelées barres, liées les unes aux
autres (en leurs extrémités) par des articulations. Les points d'assemblage des
barres sont appelés nœuds.
q
0
a) Système en treillis articulé
0.4ql
0.5ql
(h) Ts
6.5.2 Treillis chargés indirectement
Seuls les treillis isostatiques plans, chargés indirectement, seront envisagés
dans ce chapitre.
a) Théorème :
0.6ql
Figure 6.13
Lorsqu'un système plan en treillis articulé, constitué de barres droites, est
chargé indirectement, chaque barre du système n'est soumise qu'à un effort normal constant.
A- Poutres continues à âme pleine
113
Considérons une barre du treillis. Le système étant en équilibre, chaque barre
le constituant l'est aussi. La barre étant articulée, ses extrémités ne sont le siège
d'aucun moment. Les seules sollicitations qu'elle supporte sont les systèmes de
forces concentrées aux extrémités.
R1
Chaque système de forces admet
une résultante. Les résultantes (R1 et
R2) doivent obligatoirement être égales et opposées pour que l'équilibre
puisse se réaliser. En définitive, la
barre n'est soumise qu'à un effort
normal constant pouvant être une
traction ou une compression.
du treillis il y a un système de forces
en équilibre. L'équilibre d'un système
agissant sur une particule, un nœud
par exemple, est vérifié si la résultante est nulle ou si les projections
suivant 2 directions perpendiculaires
(x et y par exemple), sont nulles (ΣFx
= 0, ΣFy = 0).
6.5.3 Méthodes de calcul
On peut diviser les méthodes de calcul des systèmes en treillis articulés isostatiques en deux catégories : les méthodes analytiques et les méthodes graphiques. La méthode graphique la plus répandue est celle de Cremona (tracé de
Cremona). Elle consiste à construire le polygone des forces en chaque nœud. Les
méthodes analytiques les plus usuelles sont la méthode des nœuds et la méthode
des sections. Les trois méthodes citées seront présentées.
Il faut souligner que, indépendamment de la méthode utilisée, on doit toujours commencer par le calcul des réactions.
R2
b) Condition d'isostaticité
Les barres n'étant soumises qu'à
des efforts normaux, en chaque nœud
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 14
Figure 6.15 : Barre d'un treillis
chargé indirectement
y
a) Méthode des nœuds
Principe : La méthode consiste à isoler le nœud considéré par des coupures
libérant les efforts dans les barres et à projeter toutes les forces, efforts normaux
et forces extérieures, agissant sur le nœud suivant deux axes perpendiculaires.
On doit obligatoirement entamer les calculs par un nœud auquel n'aboutissent
que deux barres (2 inconnues, 2 équations). Puis on passe à un nœud qui ne présente pas plus de deux inconnues.
F1
Exemple d'application
x
F1
P/2
C
Fn
h
Fi
1
A
Si n désigne le nombre de nœuds
Figure 6.16 : Nœud d'un treillis
(les appuis sont aussi des nœuds, n =
chargé indirectement
10 pour le système de la figure 6.14),
le nombre d'équations d’équilibre de la statique qu'on peut écrire est égal à 2n.
Soient b le nombre de barres et l le nombre de liaisons dans les appuis. La
condition d'isostaticité s'écrit :
2n = b+l
α
3
7
5
2
y
F
8
x
9
6
l
B
G
D
l
l
l
Figure 6.18 : Poutre isostatique
•
Nœud A
(6.20)
Le choix du sens des efforts dans les barres est arbitraire. Le sens choisi correspond à la traction ; le calcul
montrera pour chaque barre la nature exacte de l'effort
qu'elle porte.
N1
Il faut cependant préciser que la condition (6.20) peut s'avérer insuffisante à
prouver l'isostaticité d'un treillis ; le système doit en outre être géométriquement
invariable.
Une règle simple dite règle
de la maille triangulaire permet de vérifier si le système est
isostatique et stable. Cette règle
s'énonce comme suit : si, partant d'une maille triangulaire,
Figure 6.17 : Système vérifiant
on arrive à reconstituer le sysla condition 6.20 mais instable
tème en ajoutant 2 barres à la
fois, alors le système est isostatique stable.
E
4
P/2
P
A
RA=P
N2
Σ F x = 0 ⇒ N2 = 0
ΣFy = 0 ⇒N1 = -P (le signe "-" indique que la
barre 1 est soumise à une compression).
A- Poutres continues à âme pleine
•
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
ΣFx = 0 ⇒ N3 cosα + N4 = 0
P
P/2
ΣFy = 0 ⇒ P - N3 sinα = 0
α
P/2
d'où :
N3
N3 =
N1=P
P
(traction)
sin α
et N 4 = −
P
P
Figure 6.19 : Représentation de la nature des efforts
P
(compression)
tgα
Convention :
- Flèches vers les nœuds = compression
- Flèches vers le centre = traction
- 0 = effort nul
Nœud D
ΣFx = 0 ⇒ N 6 = N 3 cos α =
N5
N3=P/sinα
N2=0
1 16
La figure 6.19 ci-après montre la nature de l'effort dans les barres étudiées.
Nœud C
N4
•
115
α
P
=
(traction)
tgα
ΣFy = 0 ⇒ N 5 = − N 3 sin α =
N6
D
= − P (compression)
b) Méthode des sections (ou de Ritter)
Principe : La méthode consiste à pratiquer dans le système une coupe ne
rencontrant pas plus de 3 barres (sauf dans des cas précis) non concourantes, de
façon à séparer le treillis en deux parties. Pour trouver l'effort dans une des
barres, on écrit l'équation d'équilibre de rotation de l'une des deux parties par
rapport au point d'intersection des autres barres (Figure 6.20).
ΣM/A = 0 ⇒ N5 = …
•
Nœud E
ΣFx = 0 ⇔
P/2
N4=P/tgα
E
P
+ N8 + N7 cos α = 0
tgα
P
(traction)
2 sin α
3 P
⇒ N8 = −
(compression)
2 tgα
N8
ΣFy = 0 ⇒ N7 =
α
N7
B
ΣM/C = 0 ⇒ N6 = …
(partie de droite)
5
4
C
A
Figure 6.20
NB : Le point d'intersection des barres par
rapport auquel on calcule les moments n'est pas nécessairement un nœud du
système (d'où l'intérêt à travailler graphiquement).
Cas particuliers
N5=P
•
6
ΣM/B = 0 ⇒ N4 = …
1) Deux barres coupées sont parallèles (point d'intersection rejeté à l'infini)
(Figure 6.21)
Nœud F
ΣFx = 0 ⇒ N8 ' = −
P
N8=(3/2)P/tgα
N8'
F
3 P
(compression)
2 tgα
ΣFy = 0 ⇒ N9 = − P (compression)
K
H
L
J
A
Figure 6.21 : Poutre en N
N9
L'effort NKH est obtenu à partir de l'équation ΣM/J = 0 et l'effort NLJ dans la
barre LJ s'obtient à partir de : ΣM/K = 0. Pour calculer NKJ, on utilise une équation d'équilibre de translation, ΣFy = 0 par exemple ; ou bien une équation
d'équilibre de rotation par rapport à un appui, ΣM/A = 0 par exemple.
A- Poutres continues à âme pleine
117
2) Plus de trois barres coupées : la méthode de Ritter peur être appliquée à
condition que les barres coupées soient toutes convergentes sauf une.
6
3
2
9
sin α =
1
5
=
Z'
, d'où : Z' = 4 5 m
4
Pour calculer les efforts dans les barres 1, 2 et 3 on écrit les équations d'équilibre de translation en A et C. On peut également appliquer la méthode de Ritter.
8
5
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
et : N 6 = −5.59 t
I
(a)
1 18
1
4
7
(a)
Nature des efforts
I
Figure 6.22 : Poutre en K
La coupe a-a (Figure 6.22) présente trois barres concourantes 4-5, 5-6 et 6-9
en 6 et l'équation ΣM/6=0 donne l'effort N47. L'effort N47 connu, on fait la coupe
I-I et il n'y a plus que trois efforts inconnus.
Remarque : Dans la pratique, les bras de leviers peuvent être mesurés graphiquement ce qui présente l'avantage de faciliter le travail.
Intérêt de la méthode des sections : elle permet de calculer directement l'effort de n'importe quelle barre et constitue de ce fait un excellent moyen de vérification des résultats obtenus par les autres méthodes.
c) Méthode de Cremona (tracé de Cremona)
Exemple d'application
Pour pouvoir appliquer la méthode, il est nécessaire que le système possède au
moins un nœud auquel n'aboutissent que deux barres.
2t
6
3t
Z'
α
1m
1) On représente le système dans une échelle des longueurs.
7
5
2
A
Les étapes de la méthode :
3t
i
Z
3
4
1
α
1m
B
2) On calcule les réactions puis on numérote :
a) Les intervalles entre les forces extérieures en tournant dans un sens, le
sens horlogique par exemple.
b) Les intervalles du réseau (domaines intérieurs délimités par les barres).
RB
Ainsi, chaque barre se trouve caractérisée par deux chiffres désignant les
intervalles (domaines) adjacents.
j
c
2m
2m
2m
2m
RA
Figure 6.23
Réactions : R A = R B =
3) On construit le polygone des forces extérieures, dans une échelle des forces choisie ; ce polygone est fermé puisque les forces extérieures sont équilibrées
par les réactions (équilibre global). On précise le sens des forces par des flèches.
8
t=4t
2
ΣM/i = 0 ⇔ 2RA – N4 = 0 ⇒ N4 = 8 t (traction)
ΣM/A = 0 ⇔ 2x3t + ZN5 = 0,
avec : Z =
4
4) On trace ensuite le polygone des forces agissant sur chaque nœud (forces
extérieures et efforts dans les barres) en commençant par un nœud auquel aboutissent seulement deux barres puis on passe à un nœud n'ayant que deux efforts
inconnus.
3t
m
i
5
N.B. : Les directions des efforts sont connues (orientations des barres) et leurs
sens et intensité sont obtenus en fermant chaque polygone.
N5
3
⇒ N5 = −
5t
2
ΣM/j = 0 ⇔ Z'N6 – 2x3t + 4RB = 0
⇒ Z'N6 = -10 tm
Principe : La méthode consiste à tracer le polygone d'équilibre des forces
appliquées à chaque nœud. Tous les nœuds étant en équilibre, les polygones sont
nécessairement fermés.
N4
RA=4t
2m
A- Poutres continues à âme pleine
119
1 20
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Exemple d'application
4- Construction des polygones des forces agissant sur chaque nœud.
Soit à calculer les efforts dans les barres de la poutre représentée à la figure
6.24 déjà calculée par la méthode de Ritter.
a)
Nœud A : Les efforts intervenant sont : N16, N65 et F51. Cette dernière
force étant connue et représentée sur le polygone des forces extérieures.
Notons que seul le point 6 est indéterminé.
2t
(3)
E
C
3t
1
G
9
8
1
l
(6)
4
6
A
3
2
3t
10
7
D
l
11
F
l
l
6
(2)
(4)
l
5
3
7
RB=4t
5
RA=4t
2
B
8
(4)
Figure 6.24
(5)
4
La résolution du problème se fait selon les étapes ci-après.
Figure 6.26
0- On représente la structure dans une échelle des longueurs (Figure 6.24).
1- Numérotation des domaines extérieurs (délimités par les forces appliquées et les réactions) : 1, 2, 3, 4 et 5 (sens horlogique, Figure 6.24).
2- Numérotation des domaines intérieurs (mailles) : 6, 7, 8, 9, 10, 11 (de
gauche à droite). On pouvait choisir des lettres à la place des chiffres
(Figure 6.24).
A partir du point 1 on trace une parallèle à la barre AC (N16) et à partir de 5
on mène une parallèle à AD (N65). L'intersection des deux parallèles détermine le
point 6 cherché. Pour connaître le sens des efforts N16 et N65, on ferme le polygone en partant de l'effort connu, F51 (schémas ci-dessous).
1
On peut maintenant numéroter chaque effort (extérieur ou interne), avant de
passer à l'étape suivante. Chaque effort est caractérisé par les deux chiffres des
domaines qui sont adjacents à sa direction. Les efforts internes agissant sur les
nœuds sont numérotés en tournant dans le sens horlogique (Figure 6.25).
N16
A
N65
(compresion)
(traction)
F51
6
F23=2t
F12=3t
N82
E
Les flèches obtenues en fermant le polygone (des efforts agissant sur le nœud
A) indiquent la nature de chaque effort.
N39
N98
F34=3t
b) On passe ensuite au nœud D où seuls les efforts dans les barres DF et
DC sont inconnus.
C N28
N61
N87
A
N16
N65
F51=4t
N76
N67
N56 D N75
5
Efforts intervenant : N56 (connu puisque N65 est connu), N67 et N75. Dans ce
cas également, seul le point 7 est indéterminé.
F
F45=4t
Figure 6.25
3- On trace le polygone des forces extérieures (forces appliquées et réactions). Ce polygone est représenté par le segment vertical : 1-2-3-4-5-1
(Figure 6.26).
A partir de 6 on mène une parallèle à DC (N67) et à partir de 5 on trace une
parallèle à DF (horizontale) (N75). L'intersection des deux parallèles se fait au
point 6, donc le point 7 est confondu avec 6. Le polygone des forces en D (N56,
N67 et N75) se limite au segment 5-7 ; donc l'effort N67 = 0 (voir schémas cidessous).
A- Poutres continues à âme pleine
121
1 22
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
a
5
N56
6
7
8
N56 (traction)
N76
D
N75 (traction)
7
5
c)
6
Point C : Efforts intervenant : N61, F12, N28, N87 et N76 (N67 = N76 = 0).
Seul le point 8 reste à trouver.
A partir du point 2 on trace une parallèle à CE (N28) ; puis à partir de 7 on
mène une parallèle à CF (N87). L'intersection des deux parallèles détermine la
position du point 8. On ferme ensuite le polygone pour déterminer le sens des
efforts inconnus (N87 et N28) (N61→F12→N28→N87 et N76) (schémas ci-après).
N61
C
N28
N87
2
6
N76
7
1
4
3
4'
a
Figure 6.27 : Ferme type Polonceau
Ayant amorcé le Cremona en 1, en arrivant en 4 on se trouve en présence de
3 efforts inconnus (N45, N46 et N44'). La coupe a-a' permet de calculer directement
l'effort N44' (Σ M/8=0) ; après quoi on poursuit normalement le tracé de Cremona.
F12
1
2
8
2) Barres ne travaillant pas (N=0)
Dans l'exemple ci-contre, cinq
barres ne travaillent pas (N=0) ;
néanmoins, elles sont nécessaires
car elle contribuent à :
- assurer l'indéformabilité et
l'isostaticité du système ;
- réduire les longueurs de
flambement ;
faciliter les dispositions
constructives.
Remarques :
1) Utilisation combinée du tracé de Cremona et de la méthode de Ritter
Lors d'un tracé de Cremona, on ne peut pas franchir les nœuds auxquels aboutissent plus de deux barres dont les efforts sont inconnus. La méthode de Ritter
permet de franchir ces nœuds. Il suffit d'effectuer une ou plusieurs coupes donnant les valeurs des efforts dans les barres "surabondantes". Ce cas se présente
fréquemment dans les fermes dites "Polonceau" (Figure 6.27).
P
Figure 6.28 : Poutre avec plusieurs
barres non sollicitées
A- Poutres continues à âme pleine
123
1 24
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Exercice 6.5
6.4 EXERCICES
Calculer les moments aux appuis et les réactions et tracer les diagrammes du
moment fléchissant et de l'effort tranchant des poutres continues ci-dessous.
C=4tm
P=2t
q=6t/m
Exercice 6.1
(0)
3m
1m
(1)
(2)
(1)
C=4tm
q=1t/m
P=2t
EI=Cte
2m
EI=Cte
(2)
(3)
3m
3m
5m
Exercice 6.6
2m
P=ql/2
q
Exercice 6.2
EI=Cte
(1)
q=1t/m
q=1t/m
C=3tm
(3)
(2)
l
l/2
l/2
EI=Cte
(1)
(0)
2m
3m
(2)
3m
Exercice 6.7
2m
P=ql
Exercice 6.3
(2)
l
(1)
(3)
(2)
8m
l/2
F1=2.375t
1.5t/m
A
P=12t
(0)
3I
q=4.5t/m
12m
2I
(1)
4m
(2)
4m
l/2
1
Exercice 6.8
2m
Exercice 6.4
q=2t/m
(4)
(3)
EI=Cte
(4)
4m
6m
EI=Cte
q
q
(1)
P=5t
I
(3)
F2=4.8t
2.8t/m
2.8t/m
C
B
1m
3m
1.5t/m
D
E
2m
7m
5m
1m
4m
La section de la poutre, de forme rectangulaire (bxh), varie d'un tronçon à l'autre
comme suit : SAB=20x55 cm2, SBC=25x60 cm2, SCD=25x50 cm2, SDE=25x40 cm2.
A- Poutres continues à âme pleine
125
Exercie 6.9
1 26
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Réponses :
Exercice 6.1 : M1=-1.6 tm, M2=-1.3 tm, M3=-4.0 tm,
F1=5t
5t/m
F2=10t
R1=1.049 t, R2=2.912 t, R3=3.039 t.
2t/m
EI=Cte
(1)
(2)
(3)
4m
3m
3m
Exercice 6.2 : M0=-2.0 tm, M1g=-0.5 tm, M1d=-2.5 tm, M2=-2.0 tm,
R0=2.5 t, R1=-2t, R2=3.5t.
2m
Exercice 6.3 : M1=0.27 tm, M2=-0.54 tm, M3=2.16 tm,
R1=-0.10 t, R2=0.55 t, R3=-3.49 t, R4=8.04 t.
Exercie 6.10
Exercice 6.4 : M1=-25.6 tm, M2=-5.5 tm, M3=-6.2 tm,
q
(1)
(2)
l
(3)
l
R0=9.9 t, R1=22.6 t, R2=12.3 t, R3=9.2 t.
EI=Cte
(4)
l
Exercice 6.5 : M0=-2.0 tm, M1g=1.3 tm, M1d=-2.7 tm, M2=-1.7 tm,
R0=3.11 t, R1=5.39 t, R2=5.50 t.
a
Exercice 6.6 : M1=-17ql2/192, M2=-14ql2/192, M3=-11ql2/192,
R1=99ql/192, R2=93ql/192, R3=45ql/192.
Exercice 6.11
Exercice 6.7 : M1=117ql2/72, M2=-4ql2/72,
P=10t
q=4t/m
q=3t/m
R1=-51ql/72, R2=15ql/72.
Exercice 6.8 : MB=-11.5 tm, MC=-10.9 tm, MD=-1.4 tm,
(0)
(1)
4.5m
4.5m
(2)
(3)
6m
EI=Cte
12m
RB=16.761 t, RC=19.327 t, RD=8.737 t.
Exercice 6.9 : M1=-7.35 tm, M2=-5.31 tm, M3=-20.00 tm,
R1=10.51 t, R2=15.54 t, R3=20.95 t.
Exercice 6.12
Exercice 6.10 : M1=qa2/52, M2=-2qa2/52, R3=7qa2/52, R4=-28qa/52.
q=0.2t/m
(B)
P=0.5t
R1=-3qa/52, R2=12qa/52, R3=-42qa/52, R4=85qa/52.
Exercice 6.11: M0=0, M1=548.4 kgm, M2=-443.0 kgm, M4=98.4 kgm,
(A)
R0=4.00 t, R1=11.10 t, R2=34.95 t , R3=25.95 t.
x1
15m
Exercice 6.12 : x1=3 m, MA=-1125 kgm, MTmax=729 kgm (x=4.42 m),
MB=3600 kgm, RA=884.1 kg, RB=2 615.9 kg,
Soit la poutre représentée ci-dessus dont la rigidité fléxionnelle est constante
et vaut 1200 tm2.
1) Quelle valeur faut-il donner à x1 pour que les moments en A et B soient
égaux.
2) Prenons x1=4 m. On demande de :
2.1) tracer les diagrammes de M et de T,
2.2) calculer la rotation de la section B,
2.3) calculer la flèche de l'extrémité libre de la poutre.
3) La même poutre est libre de toute charge mais son appui B subit un
affaissement de 20 mm. Calculer le moment qui apparaît dans l'encastrement.
γB=0.003726 rd, f=2.96 cm, Menc=578 kgm.
Signes : Les poutres considérées étant toutes horizontales, un moment positif
signifie que les fibres inférieures sont tendues, et inversement. Une réaction
verticale positive est orientée vers le haut. Pour les déplacements, une rotation
est positive si la section tourne dans le sens horlogique alors qu'une flèche est
positive quand le déplacement se fait vers le bas.
6.5.4 Exercices
Exercice 6.13 : Poutre en K.
A- Poutres continues à âme pleine
F1=6t
3
2
127
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 28
F2=3t
5
4
6
F12 P=20t
D
N26
4'
5'
a
N41
1
1
7
8
9'
9
8'
N14
a
11
a
a
12
a
13
a
a=2m
a
a
Déterminer les efforts dans les barres suivantes: 5-6 ; 5-9 ; 6-9 ; 9-13 ; 12-13.
Rép. : N56=-5.44 t, N59=-0.19 t, N69=0.26 t, N913=-0.26 t, N1213=5.44 t.
Calculer les efforts dans les barres.
13
10
2t
11
4
5
B
4m
4m
4m
Rép. :
On trace :
(3)
8
7
2
4m
3 ) Parallèle à CD (45) à partir de 4 
45 → N 45 (traction)
 ⇒ ( 5 ), sens 
4) Parallèle à CE (53) à partir de 3 
53 → N 53 (traction)
2t
6
1
2m
6m
E
3
12
9
3m
4m
6
1 ) Parallèle à AD (14) à partir de 1 
14 → N 14 (compresion)
 ⇒ ( 4 ), sens 
2 ) Parallèle à AC (43) à partir de 3
43 → N 43 (traction)
Exercice 6.14
3m
2
5
11'
12'
a
N34C
N43
A
10
4 N45
N53
N54 N65
1
3
"14"
5
(4)
2m
3
Rép. : N1=N12=-1.5 t, N2=N3=-N11=-2.5 t, N4=-N8=2.7 t, N5=-0.75 t, N6=1.25 t,
N7=N10=N13=0, N9=-0.5 t.
4
Exercice 6.15
2
(2)
(1)
Calculer les efforts dans les barres à l'aide du tracé de Cremona.
F12 P=20t
D
N26
N41
1
4 N45
N53
N14
A
N
N34C
N54 N65
2
5
6
3
E
4m
6m
A- Poutres continues à âme pleine
129
1 30
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Exercice 6.17
Déterminer les efforts dans les montants 1, 2 et 3 ainsi que l'expression générale donnant l'effort Nm dans le montant courant m.
m
3
P
a
P
a
P
a
P
a
Rép. : N1=0, N2=-P/2, N3=-P, Nm=-P(m-1)/2.
Exercice 6.16
Déterminer les efforts dans les barres numérotées de 1 à 3.
a
a
P
2
1
3
30°
a
Rép. : N1=3.86P, N2=2.45P, N3=-4.46P.
2
1
P
a
α
P
a
P
a
A- Poutres continues à âme pleine
131
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 32
Ainsi dans l'exemple cité, les équations de continuité s'écrivent :
6.6 SYSTÈMES HYPERSTATIQUES EN TREILLIS ARTICULES
Nous allons maintenant appliquer la méthode générale des forces au calcul
des systèmes hyperstatiques en treillis articulés.
Nous avons vu que le degré d'yperstaticité est égal à :
u
δ u
11 X 1 + δ 12 X 2 + δ 1 F = 0
 u
δ 21 X 1 + δ u22 X 2 + δ 2 F = 0
Les coefficients δ iju et δ iF se calculent par les formules vues précédemment
H = b + l − 2n
c'est-à-dire :
b = nombre de barres
l = nombre de liaisons
b
δ iju =
n = nombre de nœuds
n ki n kj
∑ ∫ ( EA )
k
k = 1 lk
L'hyperstaticité peut être interne, s'il y a des barres surabondantes (on parlera
dans ce cas d'inconnues hyperstatiques intérieures) ; externe, s'il y a des liaisons
surabondantes aux appuis (inconnues hyperstatiques extérieures). Souvent les
systèmes hyperstatiques comportent des inconnues hyperstatiques des deux types.
Pour calculer un système hyperstatique de degré H, il faut effectuer un nombre équivalent (H) de coupures judicieusement choisies, soit en enlevant certains
appuis, soit en sectionnant des barres sans les supprimer, soit en combinant les
deux (suppression d'appuis + sectionnement de quelques barres), de façon à
obtenir un système isostatique de base géométriquement stable.
dx
k
k = 1 lk
Si EA est constante pour chaque barre, il vient :
b
δ iju =
nki nkj
∑ ( EA )
k =1
b
δ iF =
lk
k
∑ ( EA )
k =1
N kF nki
lk
k
où :
b = nombre de barres
lk = longueur de la barre k
k
k+1
m+1
m
k-1
m-1
1
s
A
N kF n ki
∑ ∫ ( EA )
6.6.2 Poutre en treillis avec montants et diagonales croisées
6.6.1 Poutre continue en treillis articulé
r
b
δ iF =
dx
n=H
B
Figure 6.30
Figure 6.29
Les seules inconnues hyperstatiques de la poutre représentée ci-dessus proviennent des appuis simples surabondants.
En appliquant la méthode des forces on commence par choisir un système
fondamental par suppression des liaisons surabondantes.
Un premier système fondamental est obtenu par suppression des deux appuis
intermédiaires ; on obtient ainsi une poutre isostatique et les deux réactions supprimées seront déterminées par application de la méthode des forces.
Nous pouvons également transformer la poutre en un ensemble de trois poutres isostatiques en sectionnant les barres r et s. Il faut noter que les barres r et s
sont coupées et non supprimées. Les efforts normaux dans les barres r et s constituent les inconnues hyperstatiques.
Les équations de continuité s'écrivent de façon unique quelque soit le système fondamental choisi.
Chacun des n panneaux du système comporte une diagonale surabondante.
Le système fondamental (isostatique) s'obtient en effectuant des coupures dans
les n diagonales surabondantes.
Les efforts N1(X1), …, Nk-1, Nk, Nk+1, …, Nn dans les diagonales sectionnées
s'obtiennent à partir des équations générales. Le système d'équations s'écrit :
u
u
δ 11
N1 + δ 12
N 2 +...+δ 1uk −1 N k −1 + δ 1uk N k + δ 1uk +1 N k +1 +...+δ 1nn Nn + δ 1F = 0

................................................................................................
 u
u
u
u
u
u
δ k 1 N1 + δ k 2 N2 +...+δ kk −1 N k −1 + δ kk N k + δ kk +1 N k +1 +...+δ kn N n + δ kF = 0
................................................................................................

δ u N + δ u N +...+δ u N + δ u N + δ u N +...+δ u N + δ = 0
n2 2
nk −1 k −1
nk k
nk +1 k +1
nn n
nF
 n1 1
Intéressons-nous à la kème équation (relative à la diagonale k).
δ uk 1 N 1 + δ uk 2 N 2 +...+δ ukk −1 N k −1 + δ ukk N k + δ ukk +1 N k +1 +...+δ ukn N n + δ kF = 0
A- Poutres continues à âme pleine
133
Le coefficient général δ uki est donné par :
b
δ uki =
nrk . nri
∑ ( EA )
δ ukk +1 =
lr
n m + 1k . n m + 1k + 1
l m+ 1
( EA )m+1
nmk = effort dans le montant m sous l'action des sollicitations unitaires appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k.
r
r =1
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 34
nrk = effort dans la barre courante r sous l'action du couple de forces unitaires
appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k.
nmk-1 = effort dans le montant m sous l'action des sollicitations unitaires appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k-1.
nri = effort dans la barre courante r sous l'action du couple de forces unitaires
appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale i.
nm+1 k = effort dans le montant m+1 sous l'action des sollicitations unitaires
appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k.
On montre aisément que les forces unitaires appliquées aux lèvres d'une coupure
quelconque n'introduisent des efforts que dans les six barres appartenant au panneau correspondant.
nm-1 k+1 = effort dans le montant m-1 sous l'action des sollicitations unitaires
appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k+1.
Pour δ ukk , il y a les six barres des panneaux correspondant qui interviennent.
Nk-1=1
Effort normal total
m
m-1
1
1
H
N k = N kF +
(a)
∑X n
i ki
i =1
Nk=1
6.6.3 Exemple d'application
m+1
m
1
1
a
P
P
(b)
4
Nk+1=1
a/2
3
1
3'
1'
(EA) = identique pour
toutes les barres
m+1
1
2'
2
1
H = b + l - 2n
= 7 + 4 - 10 = 1
(c)
a
a
Figure 6.31
Ainsi le coefficient δ uki sera nul dès que k diffère de i de plus d'une unité.
L'équation générale de continuité s'écrit donc :
1ère méthode : on supprime l'appui intermédiaire.
δ ukk −1 N k −1 + δ ukk N k + δ ukk +1 + δ kF = 0
Trois efforts normaux apparaissent dans cette équation d'où son nom de formule des trois N.
Les coefficients δ uk ,k −1 , δ ukk et δ ukk +1 sont obtenus à partir des expressions
simples suivantes :
δ ukk −1 =
n mk . n mk −1
lm
( EA )m
b
δ ukk =
Nous avons deux possibilités de rendre isostatique le système, soit en coupant
la barre 4 soit en enlevant l'appui intermédiaire.
2
nrk
∑ ( EA )
r =1
r
lr (6 termes ≠ 0)
A- Poutres continues à âme pleine
135
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 36
P
P
B
4
y
1
3
A
x
2
RA=P
Système fondamental (S.F.)
•
RA'=P
Nœud A
ΣFy = 0 ⇔ N 1 F / 2 + P = 0
N1F
P
⇒ N 1F = -P 2
P
45°
ΣFx = 0 ⇔ N 2 F + N 1 F / 2 = 0
N2F
⇒ N 2 F = − N 1F / 2 = P
P
Par symétrie on a : N 1F = N 1' F et N 2 F = N 2' F
X1
Système équivalent (S.E.)
•
Nœud B
Equation de continuité :
P
u
δ 11
X 1 + δ 1F = 0
B
avec :
=
ΣFy = 0 ⇔ − P + ( P 2 ) / 2 − N3F / 2 = 0
⇒ N3F = 0
90°
7
u
δ 11
N4F
45°
∑∫
k =1 lk
ΣFx = 0 ⇔ −( P 2 ) / 2 + N 4 F = 0
7
nk21
1
dx =
nk21lk
( EA )k
EA k = 1
∑
et :
⇒ N 4F = − P
N3F
P 2
Par symétrie N3F = N3'F = 0
7
δ 1F =
∑∫
k =1
N kF n k 1
1
dx =
( EA )k
EA
7
∑N
k =1
kF
.nk 1 .lk
b) Efforts nki (i=1)
•
Nœud A
Calcul des efforts dans les barres.
a) Efforts NkF
Appliquons la méthode des nœuds.
B
RA =
1
1/2
2 1
n11
3
45°
2
A
R
X1=1
A'
=
1
2
A
n21
A- Poutres continues à âme pleine
137
L'équation de continuité s'écrit alors :
1
1 a
(2 2 + 3 )X1 −
aP( 2 + 2 ) = 0
EA 2
EA
N.B.: n11 = n1'1 et n21 = n2'1 (par symétrie)
•
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
u
et δ 1F s'obtiennent par sommation sur les colonnes corLes coefficients δ 11
respondantes. Les sommes obtenues sont ensuite divisées par EA.
2
2
1
=−
2
ΣFy = 0 ⇒ n11 =
ΣFx = 0 ⇒ n 21
1 38
Nœud B
d'où : X 1 = P
n41
45°
n31
ΣFx = 0 ⇔ (
2
X 1 = 1.172 P
2 2+ 3
L'effort total Nk dans la barre k s'obtient par addition des efforts dus à F (sollicitation globale externe) et aux inconnues Xi.
ΣFy = 0 ⇒ n 31 = − 2 / 2
90°
2
2( 2 + 2 )
2
/ 2 + n 31 / 2 + n 41 = 0
2
⇒ n 41 = 1
N k = N kF +
∑n
ki . X i
i =1
Il est pratique d'ajouter les deux dernières colonnes du tableau comme indiqué.
2ème méthode : on effectue une coupure dans la barre 4 (Figure 6.32).
Les résultats obtenus sont résumés dans le tableau ci-après.
4
Barre k
lk
(EA)k
NkF
nki
Nkp.nki.lk
n2kilk
nki.Xi
Nk=NkF+
nkiXi
a/ 2
EA
−P 2
2 /2
−aP 2 2
a 2 4
0.828P
-0.586P
a
"
-aP/2
a/4
-0.586P
3
1
1
2
P
-1/2
2
2'
0.414P
(a) S.F.
P
3
a/ 2
"
0
- 2 /2
0
a 2 4
-0.828P
-0.828P
4
a
"
-P
1
aP
a
1.172P
0.172P
1'
a/ 2
"
−P 2
−aP 2 2
a 2 4
2'
a
"
P
-1/2
-aP/2
a/4
3'
a/ 2
"
0
- 2 /2
0
a 2 4
1'
3'
P
X1
2 /2
(b) S.E.
∑
−aP( 2 + 2 )
a( 2 2 + 3)
2
Figure 6.32
u
L'équation de continuité ne change pas : δ 11
X1 + δ 1F = 0
u
Pour déterminer les coefficients δ 11
et δ 1 F il faut calculer les efforts dans les
barres sous l'action de la sollicitation unité X1=1 et des forces P (sollicitation
générale externe).
A- Poutres continues à âme pleine
139
1 40
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
a) Efforts NkF (effort dans chaque barre sous l'action des charges extérieures).
B'
B
X1=1 X1=1
P
P
(a)
C
A
A'
HA'=0
RC=1
RA=1/2
R=P/2
R=P
R=P/2
X1=1
X1=1
(b)
Figure 6.33
-
RA'=1/2
1
La barre 4 qui est sectionnée n'intervient pas dans ce cas.
On a deux systèmes isostatiques symétriques.
1'
3'
3
1
2
1
1/2
1/2
2'
1/2
1/2
Figure 6.34
P
1
N1F
3
45°
2
N2F
P/2
P/2
P/2
•
Nœud A
ΣFy = 0 ⇒ n11 = 2 2 , ΣFx = 0 ⇒ n 21 = −1 / 2
ΣFy = 0 ⇒ N 1 F = − P / 2 et par symétrie N1F = N3F
ΣFx = 0 ⇒ N 2 F = P / 2
P
1
 N = N 3 F = N 1' F = N 3' F = − P / 2
En résumé, on a :  1 F
 N 2 F = N 2' F = P / 2
1
A
b) Efforts nki
n11
3
1
2
A
45°
n21
1/2
•
Nœud B
1/2
1/2
A- Poutres continues à âme pleine
B
ΣFx = 0 ⇔ −(
1
n31
2
2
n11 = n1' 1 =
n 31 = n 3' 1
n
2 1
+ 1 + 31 = 0
)
2
2
2
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 42
2'
a
"
⇒ n 31 = − 2 / 2
3'
a/ 2
"
En utilisant la symétrie on peut résumer les
efforts :
∑
45°
90°
141
2
1
, n 21 = n 2' 1 = −
2
2
P/2
−P /
2
-1/2
-aP/4
a/4
- 2 /2
aP 2 4
a 2 4
-aP/2
a(2 2 + 3)
2
u
et δ1F étant connus, on peut calculer X1
δ 11
2
=−
, n 41 = 1
2
X1 =
P
2 2 +3
X 1 = 0 .172 P
,
On peut vérifier que les efforts dans les barres sont exactement ceux trouvés
avec la première méthode.
6.6.6 Exercice
Calculer les efforts dans les barres de la poutre représentée.
4
5
1
3
A
2
7
P
l
Barre k
lk
(EA)k
NkF
1
a/ 2
EA
2
a
"
3
a/ 2
"
−P /
4
a
"
0
1'
a/ 2
"
−P /
−P /
nki
2
P/2
2 /2
-1/2
2
- 2 /2
1
2
2 /2
n2kilk
nki.Xi
Nk=MkF
+nkiXi
a 2 4
0.121P
-0.586P
a/4
-0.086P
0.414P
a 2 4
-0.121P
-0.828P
0
a
0.172P
0.172P
−aP 2 4
a 2 4
NkF.nki.lk
−aP 2 4
-aP/4
aP 2 / 4
Solution
9
8
6
10
P
l
l
l
B
A- Poutres continues à âme pleine
143
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 44
•
Nœud C
y
N4F
ΣFy = 0 ⇒ N 3 F = P
ΣFx = 0 ⇒ N 4 F = − P
x
N3F
P 2
S.F.
•
X2
Nœud D
P
N6F
ΣFy = 0 ⇒ N 6 F = 0
X1
S.E.
P
ΣFx = 0 ⇒ N 7 F = P
P
45°
P
N7F
Equations canoniques du système :
u
δ 11
X1
P
u
+ δ 12
X 2 + δ 1F = 0
δ u21 X 1 + δ u22 X 2 + δ 2 F = 0
•
1- Efforts NkF
Nœud E
P
C
ΣFx = 0 ⇒ N 9 F = − P / 2
E
4
45°
ΣFy = 0 ⇒ N 8 F = P
N9F
0
1
A
6
3
2
7
RA=P
•
N2F
F
P
Nœud A
ΣFy = 0 ⇒ N 1 F = − P / 2
N8F
45°
B
10
D
N1F
1
8
•
Nœud F
P
P
P
RB=P
ΣFx = 0 ⇒ N 10 F = P
N.B.: N5F = 0, car la barre est coupée.
N10F
P
2- Efforts nk1
ΣFx = 0 ⇒ N 2 F = P
C
1
RAX=1
A
E
4
6
3
2
1
8
7
10
D
F
P
P
B
X1=1
A- Poutres continues à âme pleine
145
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 46
3- Efforts nk2
Réactions :
ΣFx = 0 ⇒ R Ax = 1
C
ΣM / A = 0 ⇒ R By = 0
4
E
5
X2=1
et : ΣFy = 0 ⇒ R Ay = 0
3
•
A
ΣFx = 0 ⇒ n 21 = 1
45°
n21
B
7
D
ΣFy = 0 ⇒ n11 = 0
n11
1
Nœud A
8
6
F
Réactions :
ΣFx = 0 ⇒ R Ax = 0
et par symétrie
ΣM / A = 0 ⇒ R By = 0
n 91 = 0 ; n101 = 1
ΣF y = 0 ⇒ R Ay = 0
N.B. : n51 = 0, car la barre 5 est coupée.
Seules les barres du panneau central supportent des efforts différents de 0
(déjà montré précédemment).
•
Nœud C
n12 = n22 = n 92 = n102 = 0
•
n41
Nœud C
ΣFx = 0 ⇒ n 41 = 0
n42
ΣFy = 0 ⇒ n 31 = 0
0
45°
n31
ΣFx = 0 ⇒ n 42 = −1 / 2
1
ΣFy = 0 ⇒ n 32 = −1 / 2
0
n32
•
Nœud D
ΣFy = 0 ⇒ n61 = 0
0
n61
45°
1
•
•
Nœud D
ΣFx = 0 ⇒ n71 = 1
1
n71
2
n62
ΣFy = 0 ⇒ n62 = 1
ΣFx = 0 ⇒ n72 = −1 / 2
0
Nœud F
n72
•
n81
Nœud F
ΣFy = 0 ⇒ n 81 = 0
1
n101
ΣFx = 0 ⇒ n101 = 1
ΣFy = 0 ⇒ n 82 = −1 / 2
n82
1
On vérifie que n102 = 0
1
2
45°
0
A- Poutres continues à âme pleine
Calcul des coefficients
10
u
δ 11
=
n k21 l k
∑ ( EA )
=
k
k =1
10
u
= δ u21 =
δ 12
3l
EA
nk 1 . nk 2
∑ ( EA )
k
k =1
10
δ u22 =
n k22 l k
∑ ( EA )
δ 1F =
∑
1
10
δ 2F =
∑
1
=
l
2 EA
2l ( 1 + 2 )
EA
k
1
10
lk = −
N kF . n k 1
3 Pl
lk =
( EA )k
EA
N kF . n k 2
Pl 2
lk = −
EA
EA
Après simplification, les équations canoniques s'écrivent :
1 

−
 3

2   X 1  =  −3 P 

  

1
−
2( 1 + 2 )   X 2   P 2 


2

d'où :
X 1 = −0 .964 P et
X 2 = 0 .152 P
Efforts dans les barres
L'effort total dans la barre k vaut :
2
N k = N kF +
∑n
ki . X i
i =1
ou encore :
N k = N kF + n k 1 . X 1 + n k 2 . X 2 (Voir tableau)
147
1 50
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
7.2 CLASSIFICATION DES STRUCTURES
La méthode étant basée sur les déplacements des nœuds, les structures considérées sont classées en fonction des possibilités de déplacement de leurs nœuds.
On distingue deux catégories :
a) Les structures à nœuds fixes ou à nœuds invariables (Figure 7.2)
Chapitre 7
Dans de telles structures, les nœuds ne peuvent subir que des rotations.
METHODE DES ROTATIONS
7.1 INTRODUCTION
(a)
Bien qu’ayant un caractère général, comme la méthode des forces, la méthode des rotations (des déplacements ou des déformations) est cependant surtout
utilisée pour le calcul des structures constituées de barres, généralement droites.
Des barres droites assemblées en leurs extrémités (nœuds) forment des structures appelées portiques (Figure 7.1).
Figure 7.2
(b)
Notons que la dérive (c’est-à-dire la translation) des nœuds d'un système peut
être empêchée soit par la nature même du système (notamment le type d'appuis)
soit par une symétrie de la géométrie et du chargement du système.
b) Les structures à nœuds déplaçables (Figure 7.3)
Ce sont des structures dont les nœuds ou certains nœuds subissent des translations en plus des rotations.
(a)
Figure 7.1
(b)
(a)
Les portiques ont un comportement essentiellement flexionnel, c'est-à-dire
que la flexion est prépondérante. On peut de ce fait négliger les déformations
provoquées par l'effort normal et l'effort tranchant.
(b)
Figure 7.3
Les structures auxquelles on s'intéresse ici sont planes et chargées dans leur
plan.
Une structure est à nœuds déplaçables si le système articulé, obtenu par remplacement de tous les nœuds et de tous les encastrements d'appui par des articulations, constitue un système instable (mécanisme).
D'une façon générale, la méthode des déplacements est utilisée lorsque le degré d'hyperstaticité est élevé. Notons aussi qu'elle s'applique parfaitement aux
poutres continues ; dans ce cas, les appuis intermédiaires constituent les nœuds
de la structure.
Le nombre de translations possibles pour les nœuds représente le nombre de
degrés de liberté (ddl) du système articulé. Le nombre de ddl correspond au
nombre de liaisons supplémentaires qu'il faut ajouter à la structure articulée
instable pour qu'elle devienne immobile (stable), du point de vue translation.
Le nombre de translations indépendantes possibles d'un système vaut :
Kt = 2n – (b+l)
Méthod e des rotations
151
Avec :
n = nombre de nœuds et d'appuis.
b = nombre de barres (une console n'est pas comptée comme une barre).
l = nombre de liaisons aux appuis du système articulé.
1 52
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
2) Afin d'obtenir un système équivalent à la structure initiale, on applique des
déplacements (inconnus) correspondant aux liaisons ajoutées (Figure 7.6).
w1
7.3 PRINCIPE DE LA METHODE
(3)
w2
(3)
δ
(2)
Figure 7.6
Kt=1
Kt=2
Kt=3
(a)
(b)
(c)
Les inconnues du problème dans le cas considéré sont :
X1 = w1 (rotation du nœud 1)
X2 = w2 (rotation du nœud 2)
X3 = δ (translation horizontale des nœuds 1 et 2, la variation de longueur de la
barre 1-2 étant négligée).
Kt=2
Kt=1
(d)
(e)
Figure 7.4 : Exemples de calcul de Kt
La méthode consiste à déterminer les déplacements (rotations et translations)
des nœuds de la structure ; puis, en raison de l'interdépendance qui existe entre
les déformations et les efforts, on détermine les efforts (moment, effort tranchant
et effort normal). Le principe de la méthode est décrit par les trois étapes suivantes.
3) Pour obtenir les déplacements inconnus (X1, X2, X3) on écrit qu'il y a équilibre
des réactions (moments ou forces) apparaissant dans chaque liaison ajoutée sous
l’effet des forces extérieures et des déplacements imposés. Soit :
R1 = Σ des moments réactifs dans l'encastrement (1) = 0
R2 = Σ des moments réactifs dans l'encastrement (2) = 0
(7.1)
R3 = Σ des réactions dans la liaison (3) = 0
Il importe de noter que le système de base obtenu selon l'étape 1 est toujours
constitué de barres dont chacune a soit ses deux extrémités encastrées soit une
extrémité encastrée et l'autre appuyée simplement ou doublement (Figures 7.7 et
1) On ajoute des liaisons aux nœuds de la structure initiale pour obtenir un système dont les nœuds n'ont aucune possibilité de déplacement (rotation ou translation). Le système ainsi obtenu est appelé système statique de base (Figure 7.5b).
(a)
(b)
Figure 7.7
7.8).
(a) Système initial
(b) Système de base
Figure 7.5
Méthod e des rotations
153
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 54
MA
On a :
wA(wA>0)
Mx = MA + RAx
A
EIy" = -MA - RAx
RA
EIy' = -MAx - RA x2/2 + C
EIy = -MAx2/2 - RAx3/6 + Cx + D
(b)
(a)
y
B
l
Figure 7.9
avec :
C = EIθ0 = EIwA
Figure 7.8
x
et
D = EIf0 = EI.0 = 0
donc :
EIy' = -MAx - RAx2/2 + EIwA
Pour terminer, on retient que la méthode des déplacements est caractérisée
par :
1) Le blocage des nœuds.
2) Un seul système de base possible, donc une façon unique de mettre le problème en équations (de ce fait, la méthode est particulièrement indiquée pour le
calcul automatique).
3) Des liaisons ajoutées spéciales ; en effet,
• Les encastrements ajoutés supportent uniquement des moments et peuvent
par conséquent subir des translations.
• Les liaisons de translation supportent seulement des forces suivant la liaison
ajoutée.
7.4 SOLLICITATION DES BARRES DROITES HYPERSTATIQUES
Comme nous venons de le voir, le système de base est constitué de barres qui
peuvent être :
- encastrées aux deux extrémités
- encastrées d'un côté et appuyées de l'autre
-
Ces barres sont sollicitées par :
les déplacements appliqués
les charges extérieures
Le calcul de ces poutres peut être effectué par l’une des méthodes exposées
précédemment comme la méthode des paramètres initiaux, la méthode des forces
ou encore la formule des 3 moments ou toute autre méthode.
EIy = -MAx2/2 - RAx3/6 + EIwAx
Conditions à l'extrémité B
En B (x = l), on a : θB = 0 et yB = 0
D'où :
0 = -MAl - RA l2/2 + EIwA
0 = -MAl2/2 - RAl3/6 + EIwAl
ou encore :
4 EIw A
l 2   M A   EIw A  
 M A =
 


l
2 
⇒
=
6 EIw A
 
l 3 
 
R
=
−
(↓)
A


l2
6   R A   EIlw A  

l
 2
l
 2
On peut maintenant calculer RB et MB.
M B = M A + R Al =
RA
+ RB = 0 ⇒ RB =
Examinons à titre d’exemple le cas de la poutre encastrée à ses deux extrémités soumise à une rotation de l’un de ses appuis (Figure 7.9).
a) Méthode des paramètres initiaux
On veut calculer les réactions. Soient RA, MA, RB et MB les composantes des
réactions aux appuis A et B qui apparaissent sous l'action de wA.
6 EIw A
l2
(↑)
Application : Rotation unitaire (wA = 1)
MA =
7.4.1 Barres soumises à des déplacements d'appuis
4 EIw A 6 EIw A
2 EIw A
−
=−
l
l
l
4 EI
2 EI
6 EI
6 EI
;MB = −
; R A = − 2 ( ↓ ) ; RB = 2 ( ↑ )
l
l
l
l
b) Méthode des forces (Figure 7.10)
u
u
δ 11
M A + δ 12
M B + δ 1F = 1
 u
u
δ 21 M A + δ 22
M B + δ 2F = 0
δ1F = δ2F = 0 (pas de charges extérieures).
Méthod e des rotations
155
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 56
Les coefficients du système ci-dessus sont calculés à partir des figures 7.10c
et 7.10d.
u
δ 11
Tableau 7.1
w=1
1 1
2
l
l
u
; δ 22
=
. .l .1. =
=
EI 2
3 3 EI
3 EI
u
u
δ 12
= δ 21
=
w=1
l
l
1 1
1
l
. .l .1. =
EI 2
3 6 EI
6EI/l²
4EI/l
6EI/l²
2EI/l
d'où :
4EI/l
 l
 3 EI
 l

 6 EI
l   M A  1  
4 EI

   M A =
6 EI  
l



=
⇒
l 
   M = − 2 EI

B
3 EI   M B  0  
l
 
δ=1
12EI/l3
6EI/l²
B
12EI/l3
(a)
δ=1
l
l
wA=1
A
6EI/l²
2EI/l
6EI/l²
6EI/l²
12EI/l3
12EI/l3
6EI/l²
6EI/l²
l
δ=1
MA
wA=1
MB
l
(b)
δ=1
l
3EI/l3
2
3EI/l
3EI/l3
Figure 7.10
3
3EI/l
MA=1
3EI/l3
3EI/l²
(c)
w=1
1
w=1
l
MB=1
l
3EI/l
3EI/l²
3EI/l2
(d)
3EI/l²
3EI/l²
3EI/l
1
δ=1
δ=1
Le tableau 7.1 donne les réactions, les moments et les déformées des différents cas de figure.
l
3EI/l2
3EI/l
7.4.2 Barres soumises à des charges
Les calculs peuvent être menés par les méthodes exposées dans les chapitres
précédents. Les diagrammes des moments et les réactions des cas de charge les
plus courants sont regroupés dans le tableau 7.2.
l
3
3EI/l3
3EI/l3
3EI/l3
3EI/l2
Méthod e des rotations
Tableau 7.2
157
1 58
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
7.5 NOMBRE D’INCONNUES – EQUATIONS D’ÉQUILIBRE
q
7.5.1 Nombre d’inconnues (K)
q
Le nombre d’inconnues de la méthode est égal au nombre de déplacements
possibles (rotations Kr et translations Kt) des nœuds de la structure considérée.
l
ql²/8
ql²/12
K = Kr+Kt
ql²/12
-
5ql/8
ql/2
9ql²/8
l
ql/2
ql²/24
5l/8
a
b
a
b
P
P
Pab²/l²
Pa²b²/l²
Pa²b(2a+3b)/2l3
2Pa²b²/l
P(a+3b)a²/l3
Pb(a²+2ab+2l²)/2l3
P
P(2a+3b)a²/2l3
P
l/2
l/2
Pl/8
Chaque équation exprime l’équilibre des réactions apparaissant dans une liaison ajoutée. Dans chaque liaison (i) introduite, la résultante des réactions, engendrées par les forces extérieures (RiF) et par les déplacements appliqués (Rij),
doit être nulle.
Ainsi, dans l’exemple de la figure 7.11 ci-dessous les équations à partir desquelles seront tirés les déplacements inconnus (X1, X2 et X3) s’écrivent :
R1 = R11 + R12 + R13 + R1F = 0
l/2
Pl/8
-
Kr = nombre de rotations - égal au nombre de nœuds de la structure (les appuis n’étant pas comptés comme nœuds).
Kt = nombre de déplacements linéaires indépendants (voir § 7.2).
K représente le nombre de liaisons (encastrements ou butées de translation)
ajoutées pour immobiliser les nœuds de la structure initiale.
7.5.2 Equations d’équilibre
Pab(a+2b)/2l²
3
P(3a+b)b²/l3
3ql/8
3l/8
R2 = R21 + R22 + R23 + R2F = 0
l/2
R3 = R31 + R32 + R33 + R3F = 0
6Pl/32
Avec :
P/2
P/2
5P/16
11P/16
Pl/8
5Pl/32
a
b
a
b
C
6abC/l3
Cb(2l-3b)/l²
l/2
3C(l²-b²)/2l3
3C/2l
C/2
3C(l²-b²)/2l3
l/2
C
9C/8l
C/2
3C/2l
C/8
Figure 7.11
Rij = réaction dans la liaison i, dont la nature est déterminée par celle de la
liaison, sous l’action du déplacement Xj.
En vertu du principe de superposition des effets nous pouvons écrire :
7C/16
9C/16
X3
Et de manière générale :
Rij = riju X j
C/4
(3)
(2)
RiF = réaction qui apparaît dans la liaison ajoutée i sous l’action de la sollicitation globale F (c’est-à-dire les charges appliquées).
l/2
C
C/4
(1)
X2
R31 = réaction (force horizontale) apparaissant dans la liaison 3 (liaison de
translation) sous l’action du déplacement X1.
C(l²-3b²)/2l²
l/2
R11 = réaction (moment réactif)
apparaissant dans la liaison ajoutée
1 (encastrement) sous l’action du
déplacement appliqué X1 (rotation).
X1
R12 = réaction (moment) apparaissant dans la liaison 1 sous
l’action du déplacement X2.
C
Ca(3a-2l)/l²
6abC/l3
(7.2)
9C/8l
(7.3)
Méthod e des rotations
159
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 60
où :
L’équation canonique du système s’écrit :
• Xj est le déplacement inconnu appliqué.
• riju est la réaction dans la liaison i sous l’action d’un déplacement unitaire,
r11u X 1 + R1F = 0
rotation ou translation selon la nature de la liaison j, appliqué à la liaison j.
Ainsi, pour une structure à n inconnues (n déplacements inconnus des
nœuds), le système d’équations s’écrit :
u
Calcul du coefficient de réaction r11
(moment de ré-
u
r11
action unitaire) :
u
On indique r11
dans le sens de la rotation X1 appli-
quée à l’encastrement élastique ajouté (figure ci-contre).
u
u
r11
X 1 + r12
X 2 + ... + r1un X n + R1F = 0
............................................................
riu1 X 1 + riu2 X 2 + ... + rinu X n + RiF = 0
(7.4)
Diagramme unitaire :
............................................................
X1=1
u
rnu1 X 1 + rnu2 X 2 + ... + rnn
X n + R nF = 0
3EI/l²
X1=1
6EI/h²
4EI/h
Ou encore sous forme condensée :
3EI/l
n
∑
riju X j + RiF + 0
i = 1, …, n
3EI/l²
(7.5)
j =1
m1
Sous forme matricielle le système d’équations canoniques s’écrit :
6EI/h²
[r u ][X ] = [− RF ]
[r u ] est appelée matrice de rigidité.
2EI/h
Le coefficient
Equation d’équilibre :
Exemple 1
u
r11
Soit à calculer le portique ci-contre.
(EI) = Cte = 2 1010 kgcm²
l/2=2m
l/2
P = 100 kg
Degré d’hyperstaticité : K = 1 + 0 = 0
h=3m
est calculé de façon à réaliser l’équilibre au nœud du dia-
gramme m1.
7.6 EXEMPLES D’APPLICATION
P
u
r11
3EI/l
3 EI 4 EI
u
+
− r11
=0
l
h
3 4
u
⇒ r11
= ( + )EI
l h
4EI/h
Le coefficient R1F (réaction de charge) est calculé de la même manière que
X1
P
Système de base
X1
X2
P
u
r11
.
Méthod e des rotations
161
Diagramme de la charge appliquée :
1 62
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Le diagramme des charges ne change pas.
L’action de la charge est limitée à la travée sur laquelle elle est appliquée.
75kgm
P
6Pl/32
R1F
6Pl/32
11P/16
5Pl/32
68.75kg
62.5kgm
31.25kg
5P/16
MF
MF
48kgm
Le sens de R1F est donné par celui choisi pour X1. L’équation d’équilibre du
nœud déterminera le signe correct.
Equation d’équilibre :
R1 F +
6 Pl
6
= 0 ⇒ R1 F = −
Pl
32
32
L’inconnue X1, peut être calculée maintenant :
Le diagramme final des moments (M)
s’obtient par superposition des diagrammes M1
et MF. On note que l’équilibre de rotation du
nœud est satisfait.
M
Les réactions aux appuis de système donné
peuvent s’obtenir en reportant les réactions des
diagrammes M1 et MF aux appuis réels qui les
supportent.
3
Pl
3 4
6
18
X 1 ( + )EI −
Pl = 0 ⇒ X 1 =
3 4
l h
32
( + )EI
l h
P
24kgm
P
B 24kg
31.25kg
m
A.N : h = 300 cm et l = 400 cm
X1 =
76kgm
RHB=24kg
6.75kg
RVB=38kg
9 −5
10 = rotation (en radian) du nœud rigide du système donné.
5
Pour passer du diagramme unitaire m1 au diagramme réel M1, on multiplie le
premier par X1.
RHA=24kg
24kg A
68.75kg
6.75kg
RVA=62kg
6.75kg
24kg
48kgm
27kgm
6.75kg
*) Si X1 était négative on aurait inversé le diagramme et le sens des réactions.
A partir des réactions et des charges extérieures, on trace les diagrammes de
N et de T.
24kg
62kg
38kg
M1
24kg
24kgm
N
62kg
T
24kg
Méthod e des rotations
163
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 64
Exemple 2
8EI/l
ru22
R2F
R1F
q=2t/ml
ql²/12
8EI/l
2EI
2EI
r
K=2+0=2
22
= 20EI/l
R1F = 0
R2F = -ql²/12
l=4m
EI
EI
u
4EI/l
S.D.
l
La résolution du système donne :
X1 = −
l=4m
Diagrammes réels :
X2
X1
4
4
12
, X2 =
=
, ( EI ) en tm²
21EI
7 EI 21EI
Les diagrammes m1 et m2 sont multipliés par X1 et X2, respectivement.
Equations canoniques :
u
u
r11
X 1 + r12
X 2 + R1 F = 0
 u
u
r22 X 1 + r22
X 2 + R2F = 0
S.F.
8/21
24/21
12/21
4/21
4/21
12/21
12/21
24/21
M1
Diagrammes unitaires (a et b) et diagramme des charges (c) :
M2
2/21
1
4EI/l
8EI/l
1
6/21
Le diagramme final du moment fléchissant s’obtient par superposition des
diagrammes M1, M2 et MF.
4EI/l
32
4EI/l
4EI/l
68
20
4EI/l
4
8EI/l
8EI/l
12
34
a) m1
2EI/l
b) m2
2EI/l
ql²/12=56/21
ru11
8EI/l
ru12
M(1/21)
4EI/l
2
ql²/24=28/21
ru11
4EI/l
c) MF
= 12EI/l
ru12 = ru21 = 4EI/l
6
Effort tranchant et effort normal ; on détermine d’abord les réactions
d’appuis.
Méthod e des rotations
165
Diagrammes unitaires :
1 66
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
On peut vérifier sur la figure cicontre que les équilibres de translations sont satisfaits :
3/4EI
3/4EI
3/4EI
3/8EI
2/14
∑ Fv = 0
3/8EI
3/4EI
q=2t/ml
31/7
∑ Fh = 0
3/4EI
3/4EI
(réactions en t)
1/14
3/8EI
3/8EI
(1)
3/14
(2)
2/7
Exemple 3
27/7
(i)
Sous les charges extérieures :
(2EI)
ql/2=4
q
ql/2=4
(F)
l
l
Pour passer des réactions unitaires aux réactions réelles on multiplie les réactions (1) et (2) par X1 et X2, respectivement.
1/7
1/14
(EI)
(EI)
Le système a trois inconnues, K = 2 + 1,
les deux déplacements angulaires des nœuds
rigides (X1 et X2) et un déplacement linéaire
(X3).
1/7
3/14
3/7
(I)
1/14
Les trois équations canoniques du système s’écrivent :
3/7
3/7
3/14
(a)
3/7
u
u
u
r11
X 1 + r12
X 2 + r13
X 3 + R1 F = 0
 u
u
u
r21 X 1 + r22 X 2 + r23 X 3 + R 2 F = 0
 u
u
u
r31 X 1 + r32 X 2 + r33 X 3 + R3 F = 0
(II)
X2
X1
X3
Il faut maintenant superposer les réactions (I), (II) et (F).
2/7
3/14
1/14
27/7
31/7
La dernière phase consiste à
transmettre les réactions des encastrements élastiques (nœuds rigides)
aux appuis réels, c’est-à-dire aux
encastrements.
(efforts en t)
1/14
2/14
3/14
31/7
Pour pouvoir calculer l’effort normal en
un point quelconque du système, il suffit
d’ajouter au schéma ci-contre les charges
extérieures.
S.F.
(réactions en t)
1/14
2/7
3/14
27/7
N.B. : En raison de la nature de X3 qui est un déplacement linéaire, les coefficients ru13, ru23, ru31, ru32 et R3F sont des forces et ru33 une force/unité de longueur.
Quant aux autres coefficients (ru11, ru12, ru21, ru22, R1F et R2F) ce sont des moments.
Méthod e des rotations
167
1 68
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Diagrammes unitaires et des charges extérieures
1
4EI/l
ru13
1
12EI/l²
6EI/l²
4EI/l
ru13 = -6EI/l²
12EI/l²
12EI/l²
m1
m2
2EI/l
ru23 = -6EI/l²
6EI/l²
6EI/l²
6EI/l²
4EI/l
4EI/l
8EI/l
ru23
8EI/l
12EI/l²
R1F
R2F
2EI/l
4EI/l²
R1F = ql²/12
6EI/l²
R2F =0
ql²/12
3
12EI/l3
12EI/l
6EI/l²
ql²/12 ql/2
6EI/l²
ru31
ru32
ql²/24
m3
6EI/l²
MF
∑Fh = 0 ⇒
∑Fh = 0 ⇒
ru31 = -6EI/l²
ru32 = -6EI/l²
6EI/l²
12EI/l3
12EI/l3
ql/2
ql²/12
ru11
6EI/l²
6EI/l²
Calcul des coefficients de réaction
ru33
ru12
4EI/l
8EI/l
ru11 = 12EI/l
R3F
ru12 = 4EI/l
q
ru33 =24EI/l3
R3F=ql/2-ql=-ql/2
4EI/l
12EI/l²
4EI/l
ru21 = 4EI/l
ru21
8EI/l
ru22 = 12EI/l
ru22
4EI/l
12EI/l²
ql/2
La résolution du système d’équations, donne :
X1 =
3 ql 3
29 ql 3
60 ql 4
, X2 =
, X3 =
2496 EI
2496 EI
2496 EI
Méthod e des rotations
169
1 70
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Diagrammes N et T
Diagrammes réels
On commence par calculer les réactions transversales de chaque barre supposée isostatique est chargée par des moments aux appuis (lus directement sur le
diagramme final de M) et les charges extérieures qui lui sont directement appliquées.
116
6
6
58
58
12
192ql/1248
M2(ql²/1248)
M1(ql²/1248)
192ql/1248
70ql²/1248 122ql²/1248
3
273ql/1248
29
273ql/1248
87ql/1248
9ql/1248
q
180
q
ql²/12
180
ql²/24
q
M3(ql²/1248)
975ql/1248
281ql²/1248
ql²/12
273ql/1248
151ql²/1248
(a)
MF
180
360ql/1248
⇒
(b)
On trace ensuite le diagramme de T (en considérant chaque barre séparément
puis celui de N en vérifiant l’équilibre de translation aux nœuds.
180
624ql/1248
360ql/1248
Diagramme (final) des moments et réactions aux encastrements.
273
273
192
C
273
122
T
T(ql/1248)
N(ql/1248)
C
70
A
B
975
M(ql²/1248)
192
192
Vérification :
On vérifie l’équilibre de rotation et de translation de chaque nœud.
281
H
R A = 975 ql / 1248
151
H
R B = 273 ql / 1248
a) Equilibre de rotation
70ql²/1248
70ql²/124
∑M=0
122ql²/1248
122ql²/1248
∑M=0
Méthod e des rotations
171
b) Equilibre de translation
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Pour l’étape 6, on tiendra compte des trois observations suivantes :
- Les coefficients rujj sont toujours strictement supérieurs à zéro.
192
273
- Les coefficients ruij sont différents de zéro seulement quand i et j sont des
nœuds voisins (liés par la barre ij).
273
192
- ruij = ruji
ql/1248
Les efforts normaux sont obtenus à partir des conditions d’équilibre de translation de chaque barre isolée par des coupes.
273
273
192
1 72
∑Fh=0, ∑Fv=0
∑Fh=0, ∑Fv=0
192
7.7 CALCUL DES EFFORTS INTERNES
Comme on vient de le voir, le diagramme final des moments fléchissants est
obtenu par superposition des diagrammes dus aux charges extérieures et aux
déplacements appliqués. Les diagrammes unitaires sont multipliés par les valeurs
algébriques des déplacements correspondants puis superposés au diagramme
sous les charges extérieures.
Les efforts tranchants et normaux peuvent être calculés en considérant chaque barre comme une poutre isostatique (bi-articulée) soumise aux charges extérieures qui lui sont appliquées et à des moments d’appuis donnés par le diagramme final des moments fléchissants.
7.8 VERIFICATION DES RESULTATS
La vérification consiste essentiellement à s’assurer de l’équilibre, de translation et de rotation, de chaque nœud et de parties entières de la structure.
7.9 LES ETAPES DE LA METHODE
L’application de la méthode des rotations peut se résumer aux étapes élémentaires suivantes :
1- déterminer le nombre d’inconnues
2- représenter le système statique de base
3- porter les charges extérieures et les déplacements (inconnus) appliquées
4- écrire le système d’équations
5- tracer les diagrammes unitaires et celui (ou ceux) des charges extérieures
6- calculer les coefficients de réaction (ruij, RiF)
7- résoudre le système d’équations pour obtenir les déplacements des nœuds
8- passer des diagrammes unitaires aux diagrammes réels en multipliant chaque
diagramme par le déplacement (avec son signe) qui lui correspond
9- tracer le diagramme final des moments par superposition des diagrammes
obtenus à l’étape 8 et du diagramme sous les charges extérieures
10- calculer les efforts N et T comme indiqué au paragraphe (7.7) puis tracer
leurs diagrammes.
Calcul des systèmes plans par la méthode des forces
173
C a l c u l d e s s y s tè m e s p l a n s p a r l a m é th o d e d e s f o r c e s
Exercice 7.5
7.10 EXERCICES
Tracer les diagrammes de M, de N et de T des systèmes suivants.
Exercice 7.1
q=8t/ml
B
Exercice 7.2
l
P
E
C
EI
EI
q=1t/ml
A
C
A
EI
B
EI
D
l=6m
l
P=4t
l
EI
D
A
2m
EI
2m
B
l/2
EI
Exercice 7.6
Exercice 7.7
C
l/2
6m
B
4m
C
B
C
2EI
Exercice 7.3
6m
P
EI
EI
6m
EI
EI
EI
q=1t/ml
B
C
A
E
EI
D
A
D
8m
6m
8m
EI
EI
Exercice 7.8
A
D
B
D
6m
4m
C
I2
P=20t
Exercice 7.4
4.5m
q=2t/ml
I1
q
A
A
B
EI
D
F
2.5m
EI
C
6m
12m
EI
E
12m
6m
A.N. : EI1=64 106 kgm², EI2=43 106 kgm².
6m
174
C a l c u l d e s s y s tè m e s p l a n s p a r l a m é th o d e d e s f o r c e s
Exercice 7.9
C
l
q=2t/ml
D
B
F
EI
EI
EI
2l
A
E
2l
l=5m
Exercice 7.10
P=1000 daN
q=600 daN/ml
B
2EI
4m
E
2EI
EI
EI
A
D
5m
A.N. : I = 1, E = Cte.
C
2m
3m
F
175
1 78
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
dans l'exécution pratique de la méthode, le calcul des rotations n'est pas explicité,
on travaille directement sur les moments agissant aux extrémités des barres.
Convention des signes :
Chapitre 8
MÉTHODE DE CROSS
Vu le caractère systématique de la méthode, on adopte
pour le moment fléchissant une convention différente de
celle de la RDM. Un moment sera considéré comme positif
s'il tend à provoquer une rotation dans le sens trigonométrique (Figure 8.1).
M>0
M<0
Figure 8.1
8.2 REPARTITION ENTRE LES BARRES D'UN MOMENT APPLIQUE
A UN NŒUD COMMUN
Les portiques peuvent être avantageusement calculés par ce qu'on appelle la
méthode de Cross, du nom de son auteur Hardy Cross (USA, 1930). Cette méthode est en fait une version améliorée, sur le plan des calculs, qui sont plus
simples, de la méthode des déplacements. Si les méthodes des forces et des déplacements sont exactes du point de vue résistance des matériaux (RDM), la
méthode de Cross est approximative même du point de vue; l'approximation est
toutefois acceptable, l'erreur étant de l'ordre de 5%.
Conçue principalement pour le calcul des systèmes dits à nœuds fixes (systèmes dont les nœuds subissent uniquement des rotations), la méthode a été généralisée aux systèmes à nœuds déplaçables, c’est-à-dire pouvant subir aussi bien
des rotations que des translations.
La méthode de Cross a suscité l'intérêt de nombreux auteurs qui se sont attachés à la perfectionner en simplifiant davantage les calculs et en développant de
nouvelles méthodes de calcul pour les systèmes à nœuds déplaçables, où la méthode originale de Cross était assez fastidieuse.
8.1 PRINCIPE DE LA METHODE
La méthode mise au point par Cross est inspirée du procédé mathématique de
résolution par approximations successives des systèmes linéaires. Pour bien
montrer le principe de la méthode, on raisonnera sur le cas des systèmes à nœuds
fixes.
On suppose qu'à l'état initial les nœuds de la structure sont bloqués et ne peuvent subir aucune rotation. Après application des charges, on libère successivement chacun des nœuds qu'on laisse tourner, puis on le bloque à nouveau avant
de passer au nœud suivant.
Considérons un nœud (A) (qui ne subit pas de translation) auquel aboutissent
n barres qui sont encastrées ou articulées à leur autre extrémité et appliquons lui
un couple MA (Figure 8.2).
Sous l'action de MA, le nœud A tourne d'un
angle ωA. Le moment repris par chacune des
barres est proportionnel à la rotation ωA et peut
s'écrire :
MAi = -KAiωA
1
2
MA
(8.1)
KAi étant une constante appelée facteur de
rigidité de la barre Ai. C'est le moment fléchissant (en valeur absolue) à l'extrémité A de la
barre Ai sous l'action d'une rotation unitaire
appliquée en A (ωA=1). Notons que le signe
moins devant le deuxième membre de (8.1)
montre que les moments de reprise s'opposent
au moment appliqué (MA).
A
4
3
Figure 8.2
Le nœud étant en équilibre, les moments de reprise doivent équilibrer le moment appliqué MA, c’est-à-dire qu'on a :
n
MA +
∑M
Ai
=0
i =1
compte tenu de (8.1), on tire :
ωA =
MA
n
∑K
Ai
i =1
Ces opérations sont répétées jusqu'à ce que la libération des nœuds ne provoque plus de rotation. Cela signifie alors que l'état d'équilibre est atteint.
L'équation (8.1) s'écrit alors :
Comme à chaque étape du calcul il n'y a qu'un seul nœud libre, il en résulte
qu'à chaque étape il n'y a qu'une seule inconnue, la rotation du nœud libéré. Ainsi, le système d'équations d'équilibre propre à la méthode générale, se résume à
une seule équation à une inconnue dont la résolution est immédiate. Notons que
M Ai = −
K Ai
n
∑
i =1
K Ai
MA
Méthod e des rotations
179
1 80
Lorsque E, I et S sont constants, les expressions précédentes deviennent :
Posons :
C Ai =
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
K Ai
∑K
a=c=
(8.2)
n
Ai
L
1
+
3 EI LGS
b=
L
1
−
6 EI LGS
Si on néglige la déformation due à l'effort tranchant, les deux dernières formules se réduisent à :
i =1
CAi est appelé coefficient de répartition de la barre Ai.
a=c=
Remarques
1) on peut vérifier que : ∑CAi = 1.
b=
L
6 EI
8.3.2 Facteurs de rigidité et de transmission
2) Cij ≠ Cji en général.
Les couples de reprise s'expriment alors par :
M iA = −C Ai M A
L
3 EI
(8.3)
Ces facteurs s'expriment en fonction des coefficients a, b et c. On distingue
deux types de barre : bi-encastrée ou encastrée à l'une des extrémités (nœud A) et
articulée à l'autre.
1) Barre AB encastrée aux deux extrémités
La rotation ωA provoque également une transmission de couples aux extrémités des barres. Les couples transmis sont proportionnels aux moments de reprise
et sont donnés par :
M iA = λ Ai M Ai
(8.4)
La constante λAi est appelée facteur de transmission du nœud A vers le nœud i.
b
c
b
=
a
λ AB =
K BA
λ BA
(8.5)
2) Barre AB encastrée en A et articulée en B
On notera que pour des barres comme Ak, qui est articulée à son autre extrémité, le facteur de transmission est nul puisque MkA = 0.
1
c
1
=
c
λ AB = 0
K AB =
8.3 FACTEURS DE RIGIDITE – FACTEURS DE TRANSMISSION
Ces coefficients ne dépendent que des caractéristiques géométriques (S, I, L)
et mécaniques (E, G) de la barre considérée (voir méthode des déplacements).
c
ac − b²
a
=
ac − b²
K AB =
K BA
λ BA =
(8.6)
b
a
Dans le cas où la barre est de section constante, de même nature, et si on néglige l'influence de T on a :
8.3.1 Coefficients de souplesse d'une barre
Soit une poutre bi-articulée AB de longueur L, de section S et de modules
d'élasticité E et G. On appelle coefficients de souplesse ou caractéristiques mécaniques de la poutre AB, les coefficients suivants :
L
∫
a = γ uAA = ( 1 −
o
L
∫
c = γ uBB = (
0
L
b =γ
u
BA
x 2 dx 1
)
+
L EI L2
x 2 dx 1
)
+
L EI L2
∫
dx
GS
L
∫
0
(8.7)
(a)
dx
0
κ
0
λ AB = λ BA
∫ κ GS
L
x x dx 1
= (1 − )
−
L L EI L2
0
∫
L
4 EI
L
1
=
2
K AB = K BA =
1)
dx
κ
GS
2)
3 EI
K AB = K BA =
L
1
λ AB = 0 , λ BA =
2
(b)
(8.8)
A
B
A
B
Figure 8.3
Afin d'alléger l'exposé, nous ne considérerons que le cas des barres prismatiques (influence de T négligeable) ; le raisonnement est évidemment valable pour
les autres cas.
Méthod e des rotations
181
1 82
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
8.3.3 Exemple
8.4 SYSTEMES A NŒUDS FIXES
Soit à calculer les coefficients CAi et λAi de la structure représentée à la figure
8.4. On a :
8.4.1 Exposé de la méthode
C Ai =
Afin de fixer les idées nous raisonnerons sur la structure représentée à la figure 8.5.
K Ai
4
∑K
Aj
j =1
K A1
B
4(3EI) 12EI
=
=
L
L
K A3 =
K A2
3(5EI) 15EI
=
L
L
C
E
Fi-
4(2EI) 8EI
=
=
L
L
K A4 =
Figure 8.5
4(EI) 4EI
=
L
L
D
A
1
L ; 3EI
A
4
L ; EI
2
L ; 2EI
Figure 8.4
Dans ce cas, les moments aux extrémités de chaque barre, dus aux charges
extérieures, peuvent être calculés par l'une des méthodes exposées dans les chapitres précédents.
L ;5EI
3
4
∑K
et
Aj
j =1
d’où :
C A1 =
Ces moments, désignés par M , sont appelés moments d'encastrement parfait
ou plus simplement moments d'encastrement. Ainsi, aux appuis on a les moments :
39EI
=
L
12
39
C A2 =
8
39
C A3 =
15
39
C A4 =
4
39
M AB en A, M DC en D , M EC = 0 en E
et aux nœuds :
M B = M BA + M BC en B , M C = M CB + M CD + M CE en C
De plus :
λ A1 = λ A2 = λ A4 =
Supposons que les nœuds B et C ont été bloqués (verrouillés) avant l'application des charges. Les barres sont donc bi-encastrées (barres AB, BC et CD) ou
encastrée et articulée (barre CE) et peuvent être considérées séparément.
1
2
et λ A3 = 0
Du point de vue mécanique, bloquer les nœuds B et C revient à appliquer à
ces nœuds des moments, dits de fixation ou de blocage, qui valent "-MB" et
"-MC", respectivement.
Pour parvenir à l'état final réel, il faut que tous les nœuds soient débloqués
(libres). Au lieu de déverrouiller tous les nœuds simultanément, avec la méthode
de Cross on libère un nœud à la fois.
Commençons par débloquer le nœud B par exemple qui va pouvoir tourner.
Effectuer cette opération de déverrouillage, équivaut à appliquer un moment
M(1)B = MB en B. Les nœuds A et C étant toujours bloqués, le couple M(1)B sera
réparti entre les barres BA et BC selon la relation (8.3).
Méthod e des rotations
183
On obtient :
r( 1 )
(1)
r( 1 )
Nous avons ainsi accompli un tour complet des nœuds c’est-à-dire que nous
avons réalisé la première itération (1er cycle), d'où le (1) porté en puissance.
(1)
M BC = −C BC M B
Quant aux moments transmis, ils sont donnés par la formule (8.4).
t( 1 )
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Or : CCB + CCD + CCE = 1 ; donc on a bien M = 0.
M BA = −C BA M B
M AB =
1 84
r( 1 )
M BA
2
= −C BA
(1)
MB
t( 1 )
M CB
=
2
r( 1 )
M BC
2
= −C BC
On notera également que le moment en B est désormais différent de zéro
puisque on a :
M B( 1 )
r( 1 )
2
t( 1 )
Faisons maintenant le bilan des moments agissant en B avant de le bloquer à
nouveau. Le moment résultant en B vaut :
M=
M BA + M BC − M B(1)
+ M B(1)
M=
r(1)
M BA + M BC + M BA
r(1)
+ M BA
r(1)
+ M BC
=
r(1)
+ M BC
(1)
MB
(1)
− C BA M B
M CB
2
(1)
= −CCB
Ce moment sera noté M
nœud B.
MC
2
(2)
B
et représente le nouveau moment de libération du
On bloque ensuite le nœud C (en équilibre maintenant) et on entame la 2ème
itération (2ème cycle) en procédant comme lors de la 1ère itération.
(1)
− C BC M B
Débloquer B revient à appliquer un moment de libération valant M(2)B. On
calcule à nouveau les moments répartis et les moments transmis, etc.
M = M B(1) (1 − C BA − C BC )
Comme : CBA + CBC = 1, il en résulte M = 0, c’est-à-dire que le nœud B est
en équilibre. On fixe maintenant le nœud B dans sa position d'équilibre, sans
devoir appliquer un moment de fixation puisque le moment résultant est nul.
Avant de libérer le nœud suivant, en l’occurrence le nœud C, il convient de
préciser son moment de fixation. En effet, aux moments d'encastrement initiaux
est venu s'ajouter le couple transmis
F
M BC =
t( 1 )
M CB
; donc le couple de blocage vaut :
t(1)
t(1)
M C = − M C − M CB = −(M CB + M CD + M CE + M CB )
avec :
Au bout de 3 ou 4 itérations, les moments de fixation (ou de libération) deviennent négligeables et on peut alors arrêter les opérations. Cela signifie qu'on
peut libérer les nœuds sans qu'il y ait modification sensible des moments existant
aux nœuds. L'équilibre est atteint.
Le moment final à l'extrémité d'une barre sera la somme algébrique de tous
les moments correspondant à cette extrémité c’est-à-dire :
- le moment d'encastrement parfait,
- les moments répartis,
- les moments transmis.
Par exemple, le moment MCB agissant à l'extrémité C de la barre CB vaut :
(1)
t( 1 )
M CB = −C BC
r( 1 )
MB
=
(1)
−CCB M C
r( 1 )
M CD
=
(1)
−CCD M C
r( 1 )
M CE
=
(1)
−CCE M C
Les couples transmis correspondants valent :
t( 1 )
M BC
=
r( 1 )
M CB
2
= −C CB
M C( 1 )
2
t( 1 )
; M DC =
r( 1 )
M CD
2
= −CCD
(1)
MC
2
(8.9)
t(1)
(1)
(1)
r(1)
r(1)
r(1)
r(1)
r(1)
(1)
(1)
(1)
Pour résumer ce qui a été exposé, on retient que la méthode de Cross s'applique de la façon suivante :
a) on calcule les facteurs de répartition ;
c) on calcule les moments de fixation (ou de blocage) ;
d) on libère un nœud, de préférence celui qui possède le moment de fixation
le plus élevé en valeur absolue et on calcule les moments répartis ;
e) on calcule pour chacune des barres le couple qui est transmis à l'autre extrémité ;
r(1)
(1)
M = M C + M CB + M CD + M CE = M C − CCB M C − CCD M C − CCE M C
M = M C (1 − CCB − CCD − CCE )
8.4.2 Les étapes de la méthode
t( 1 )
; M EC = 0
M = M CB + M CD + M CE + M CB − M C + M C + M CB + M CD + M CE
(1)
t( 2 )
b) on bloque tous les nœuds et on calcule les moments d'encastrement sous
l'action des charges extérieures ;
Le nœud C est maintenant en équilibre comme on peut le constater en faisant
le bilan des moments.
(1)
t( 1 )
2
Nous libérons le nœud C en lui appliquant un moment de libération qui vaut :
M(1)C = MFC et qui sera réparti comme suit :
r( 1 )
M CB
r( 2 )
M CB = M CB + M CB + M CB + ... + M BC + M BC + ...
f) le nœud libéré étant en équilibre, ou le bloque à nouveau avant de libérer le
nœud suivant.
Méthod e des rotations
185
1 86
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
8.4.3 Procédé pratique d'exécution de la méthode de Cross
8.4.4 Calcul des éléments de réduction
Vu le caractère systématique de la méthode, il est commode d'effectuer les
calculs sous forme de tableau (voir tableau page suivante).
• Moment fléchissant
Les trois premières lignes du tableau comportent les nœuds (1ère ligne), les
barres (2ème ligne) et les coefficients de répartition changés de signe (3ème ligne).
Le signe moins est ajouté pour éviter le risque de l'oublier lors du calcul des
couples répartis. Ces 3 lignes restent identiques quel que soit le type de chargement.
La 4ème ligne comporte les moments d'encastrement aux extrémités de chaque
barre.
Dans le reste du tableau on distingue :
a) les 2 premières colonnes de gauche
- dans la 1ère colonne on indique le numéro du nœud libéré,
- dans la deuxième colonne on porte la valeur (avec son signe) du moment
de libération correspondant.
b) le reste des colonnes
Elles comportent les couples de reprise et les couples transmis. Chaque ligne de cette partie du tableau correspond à la libération d'un nœud.
On arrête les calculs lorsqu'on constate que les couples de libération sont négligeables.
Chaque fois qu'un nœud a été libéré, on trace un trait horizontal traversant
toutes les colonnes relatives aux barres aboutissant à ce nœud (trait discontinu
dans le tableau). Cette trace horizontale signifie qu'à cet instant le nœud en question est en équilibre (ΣM = 0).
Le tableau se termine par une ligne des totaux. On porte dans chaque case la
somme algébrique de tous les couples qui y ont été inscrits. Cette somme représente le moment réel (avec le signe de Cross) agissant à l'extrémité considérée.
Remarques :
- la ligne des barres est en fait la ligne des "extrémités des barres" (4 barres = 8
extrémités dans l'exemple considéré).
- la dernière colonne n'est pas nécessaire dans le cas qui nous a servi d'exemple
puisqu'il s'agit d'une articulation (M = 0).
- les coefficients de répartition CAB, CDE et CEC ne sont pas nécessaires car il
s'agit d'appuis et non de nœuds.
Les moments aux extrémités étant connus, chaque barre est à considérer isolément et isostatique. Elle sera soumise aux charges extérieures qui lui sont directement appliquées et aux moments calculés de Cross (faire attention au signe).
Le diagramme final des moments de la structure est constitué par les diagrammes de l'ensemble des barres (considérées chacune séparément).
• Effort tranchant
Désignons par TFx l'effort tranchant dans la section courante d'abscisse x de la
barre AB (de longueur L) supposée isostatique sous l'action des charges qui lui
sont directement appliquées. Alors l'effort tranchant total est donné par :
F
Tx = Tx +
M AB + M BA
(8.10)
L
MAB et MBA sont les moments de Cross (c’est-à-dire avec la convention de signes
de la méthode de Cross). Avec la convention classique de la résistance des matériaux, l'expression devient :
T x = T xF +
M BA − M AB
L
(8.11)
• Effort normal
Les efforts tranchants dans les différentes barres étant connus, les efforts
normaux s'obtiennent en vérifiant les conditions d'équilibre de translation de
chaque nœud.
Noeud (ou appui)
A
Barre (ou extrémité)
AB
Coef. de répartition x (-)
Mot. d’encastrement parfait
M AB
B
C
BA
BC
CB
CD
CE
-CBA
-CBC
-CCB
-CCD
-CCE
M BA
M BC
M CB
M CD
M CE
Noeud Moment de libéraLibéré tion
B
(1)
M B = M BA + M BC
C
Moments aux extrémités
des barres
Tableau d’exécution de la méthode de Cross.
D
E
DE
EC
M CD
0
Méthod e des rotations
187
8.4.5 Exemple d'application
On veut résoudre le portique représenté par la méthode de Cross. La charge
répartie vaut 1 t/ml.
q
1
2
3
Figure 8.6
6m
m
4m
6m
Les facteurs de rigidité valent :
K 12 = K 21 = 3 ; K 23 = K 32 = 2 ; K 14 = K 41 = K 25 = K 52 = 1
Solution :
K14
1
K12
3
= = 0.25, C12 =
= = 0.75, et C14 + C12 = 1
K14 + K12 4
K14 + K12 4
K 23
2
=
= = 0.333,
K 21 + K 23 + K 25 6
C 25 =
Noeud (ou appui)
4
Barre (ou extrémité)
41
Coef. de répartition
x (-1)
Mot. d’encastrement
(tm)
Nœud
libéré
Mot de
libér. (tm)
1
3
2
-4.125
1
1.031
2
-0.387
1
0.097
2
-0.036
1
2
14
12
21
-0.25
-0.75
-0.50
0.0
00
3.0
-3.0
- 0.375
-0.75
-2.25
-1.125
1.031
2.063
K 25
K 21 + K 23 + K 25
=
- 0.129
23
25
5
3
52
32
0.0
0.0
-0.333 -0.167
0.0
0.0
1.375
0.688
0.344 0.688
0.129
0.065
0.033 0.065
1
= 0.167
6
C 21 =
et
K 21
K 21
3
= = 0.50
+ K 23 + K 25 6
C21 + C 23 + C25 = 1
-0.258 -0.773 -0.387
0.097
- 0.012
Mots aux extrémités
- 0.516
des barres
a) Facteurs de répartition
C 23
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
5
4
C14 =
1 88
-0.024 -0.073 -0.036
-1.032
0.009
0.018
0.012
0.006
0.003 0.006
1.041
-2.273 1.516
0.759
0.380 0.759
Diagrammes M, N et T
Pour les diagrammes de M et de T, on étudie chaque barre séparément, supposée isostatique et chargée par les sollicitations extérieures qui lui sont directement appliquées et par des moments aux extrémités obtenus par la méthode de
Cross (dernière ligne du tableau de Cross). Les efforts normaux dans les barres
sont obtenus à partir des conditions d'équilibre de translation horizontale et verticale des nœuds 1 et 2.
N.B. : Tous les coefficients de transmission valent 1/2.
2.28
1.52
b) Moments d'encastrement parfait.
Seule la travée 12 est chargée. Avec la convention de Cross on a :
M 12 = − M 21 =
1.03
qL²
= 3 tm
12
0.76
M(tm)
Les autres moments sont nuls.
Le reste des calculs est montré dans le tableau de la page suivante. La dernière ligne donne les moments recherchés aux extrémités des barres.
0.194
0.52
0.38
0.76
Méthod e des rotations
189
1 90
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
A partir des équations (b) on obtient :
2.79
d
0.57
θi =
C
0.26
C
0.07
C
T(t)
Si la barre ij est de rigidité constante, donc λij = λji = 0.5, il vient :
d
4
θi =
3
3.21
0.19
2.79
(c)
K ij ( 1 − λij λ ji )
C
N(t)
0.26
d
M ij − λ ji M ji
M ij −
1 d
M
2 ji
(c')
K ij
3.78
Pour une barre ij encastrée en i et articulée en j on a :
Figure 8.8
M ij = M ij + K ijθ i
8.4.6 Vérifications
et
M ji = 0
D’où :
Au cours des calculs il est nécessaire d'effectuer les vérifications suivantes :
d
d
a) S'assurer que la somme des coefficients de reprise de chaque nœud vaut
bien "1".
M ij = M ij - M ij = K ijθ i
b) Vérifier que le moment de libération est bien équilibré par la somme des
couples de reprise.
Application :
c) L'équilibre de rotation, et éventuellement l'équilibre de translation, s'il n'a
pas été vérifié lors du calcul des efforts normaux, de chaque nœud sont vérifiés.
Il y a lieu de noter que la condition d’équilibre de rotation des nœuds a été déjà
utilisée pour la répartition des moments, il s’agit ici de s’assurer qu’il n’y a pas
eu d’erreur par la suite.
d) Les barres qui aboutissent au même nœud subissent la même rotation. En
raison de la rigidité des nœuds, toutes les barres concourant en un nœud tournent
d’un même angle. Les moments aux extrémités des barres étant connus (tableau
de Cross), les rotations des nœuds peuvent être déterminées.
Considérons une barre ij et désignons par θi et θj les rotations des extrémités,
donc des nœuds i et j.
Le moment à l’extrémité i par exemple s’écrit, dans le cas d’une barre biencastrée :
(a1)
De même, on a en j :
M
ji
=M
ji
+ K jiθ j + λ ij K ij θ i
(a2)
Des équations (a) on tire :
M ijd = M ij − M ij = − K ij θi + λ ji K ji θ j
M dji = M ji − M ji = K ji θ j + λij K ij θi
θi =
M ij
K ij
Vérifions la rotation du nœud 1 de l’exemple traité. En considérant la barre
12 on trouve en 1 :
Les diagrammes peuvent être contrôlés en s’assurant que :
M ij = M ij + K ijθ i + λ ji K jiθ j
et
(b)
d
4
θ1 =
3
1 d
1
M 21
( 1.041 − 3.000 ) − ( −2.273 − ( −3.000 ))
4
2
2
=
= −1.032
K 12
3
3
M 12 −
Si on considère la barre 14 on trouve :
d
4
θ1 =
3
1 d
1
M
(-1.032 − 0.000 ) − ( −0.516 − 0.000 )
2 41 = 4
2
= −1.032
K 14
3
1
M 14 −
Le signe moins indique que le nœud tourne dans le sens inverse au sens positif de Cross, c’est-à-dire qu’il tourne dans le sens horlogique.
Méthod e des rotations
191
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
1 92
Barre AB :
Exemples d’application
q=600 kg/m
ql ²
= 800
12
ql ²
=−
= −800
12
M AB = +
P
B
E
C
2EI
q
4,00m
M BA
2EI
2,00m
3,00m
I
3
P=10 kg
3
C
D
5,00 m
2I
; R BC =
5
3 2I 3I
=
; RCE = .
4 5 10
R BA
14

=
≅ 0.3846 
R BA + R BC 1 4 + 2 5


R BC
25
=
=
≅ 0.6154 

R BC + R BA 2 5 + 1 4

C BA =
Vérification : ΣCij=1 ; CBA+CBC = 0.3846 + 0.6153 = 0.9999 ≅ 1

RCB
25
=
≅ 0.4210 
RCB + RCD + RCE 2 5 + 1 4 + 3 10


RCD
14
=
=
≅ 0.2632
RCD + RCB + RCE 1 4 + 2 5 + 3 10


RCE
3 10
=
=
≅ 0.3158 
RCE + RCD + RCB 3 10 + 1 4 + 2 5

C CB =
C CD
C CE
b=3m
CCB+CCD+CCE = 1 ; 0.4210 + 0.2632 + 0.3158 = 1
Nœuds
A
Barres
AB
Coefficient de
répartition Cij
pris en (-)
Moments
d’encastrement
parfait Mij
800
B
C
D
BA
BC
CB
CD
CE
-0.3846
-0.6153
-0.4211
-0.2622
-0.3158
-800
0
0
0
E
DC
EC
960
0
0
-380.89
-158.73
0
-24.67
-10.28
-1.60
-0.67
1er Cycle
B
bloqué
MB=MB(1)
MB(1)=-800
C
bloqué
MC=MC(1)
MC(1)=1206.12
C débloqué
-253.95
-507.90
-317.45
2ème Cycle
B
bloqué
MB=MB(2)
B débloqué
MB(2)=-253.95
+48.83
+97.67
+156.26
+78.13
C
bloqué
MC=MC(2)
MC(2)=78.13
C débloqué
-16.45
-32.90
-20.56
3ème Cycle
B
bloqué
MB=MB(3)
B débloqué
MB(3)=-16.45
3.16
6.33
10.12
5.06
C
bloqué
MC=MC(3)
C débloqué
3) Calcul des moments d’encastrement parfaits :
Pa.b
( b + a 2 ) = 960 kg .m
l²
5,00 m
2) Coefficients de répartition des barres :
C BC
M EC = 0
M CE =
a=2m
1) Raideurs des barres :
RCD
E
MCE
q = 600 kg/m
A
R AB
l=5m
Barre CE :
I
P = 10 kg
I
=
4
I
=
4
MBA
MAB
MC(3)=5.06
-1.07
-2.13
-1.33
0
Méthod e des rotations
B
bloqué
MB=MB(4)
B débloqué
193
MB(4)=-1.07
0.20
0.41
1 94
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
A
0.66
B
0.33
1600
4ème Cycle
C bloqué
MC=MC(4)
C débloqué
Σ
1006
MC(4)=0.33
1006
-387.91
387,91
B
A
-0.07
-0.14
-0.09
-0.10
-0.04
0
387.74
-213.43
-339.43
552.74
-169.72
0
387,91
_
707,22
q=600 kg/m
+
Trace du diagramme de M
387,74
ql²/8=1200
P
213,43
B
1600
C
552,74
E
387,91
339,43
387,91
2,00 m
A
3,00 m
+
4,00 m q
492,78
2,00 m
169,72
1006
A
D
5,00 m
Diagramme de M le long de AB
5,00 m
Diagramme de M le long de CE
2,00 m
Méthod e des rotations
195
1 96
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Diagramme de M sur toute la structure
552,74
P=10
3
552,74
213,43
387,74
E
C
387,91
332,43
552,74
552,74
_
E
C
492,78
868,36
331,64
P=10
3
1006
E
C
+
2,00 m
3,00 m
1200
552,74
+
868,36
M le long de BC
387,74
M le long de DC
169,72
213,43
C
B
339,43
C
D
339,43
387,74
213,43
_
B
_
C
D
C
+
169,72
196,72
1 98
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Outre le problème de la recherche de la position la plus défavorable, les charges mobiles peuvent provoquer une action dynamique résultant de vibrations ou
de chocs. Ce problème ne sera pas traité ici.
Hormis dans des cas très simples, la recherche de la position critique du
chargement est une opération assez complexe. Considérons à titre d’exemple une
poutre bi-articulée. Si la poutre est soumise à une force unique (Figure 9.2a), il
est évident que le moment maximum par exemple apparaît à mi-portée quand la
force est placée en cette même section. Dans le cas d’un chargement constitué de
deux forces (Figure 9.2b), la position de ce dernier qui provoque le plus grand
moment dans la poutre n’est déjà plus évidente. Même quand la section est fixée,
la recherche de la position qui provoque le plus fort moment en cette section
nécessite de longs calculs.
Chapitre 9
LIGNES D’INFLUENCE
P
P1
A
P2
B
C
a
9.1 INTRODUCTION
x
Jusqu’à présent nous avons étudié des structures soumises à des charges immobiles. Mais il existe de nombreux cas où les constructions supportent des
charges mobiles. L’exemple le plus commun est celui des ponts. Le chargement
mobile étant dans ce cas représenté par l’action de la circulation des véhicules et
des trains. Comme autre exemple, citons les ponts roulants qu’on rencontre dans
les ateliers de fabrication. Le chariot, qui déplace des pièces d’un point à un autre
de l’atelier, se meut sur des rails fixés à des poutres.
La figure 1 montre un exemple de chargement mobile, en l’occurrence le système Bc. Les distances entre les roues sont fixes et le chargement, représenté
dans le cas présent par un système de six forces concentrées, se déplace comme
un tout.
6t
1
12t
2
4,5m
12t
3
1,5m
6t
4
4,5m
12t
5
4,5m
12t
6
1,5m
Figure 9.1
Quand une charge (chargement) est mobile, c’est-à-dire pouvant occuper
n’importe quelle position sur la poutre, la question qui vient immédiatement à
l’esprit est de savoir, pour une grandeur donnée, quelle est la position de la
charge (chargement) qui provoque la plus grande valeur de la grandeur étudiée.
Cette grandeur peut être un effet élastique quelconque : déplacement d’une section, réaction d’un appui, moment dans une section, etc. Il s’agit donc de trouver
la positon de la charge (chargement) qui provoque l’effet maximum et la section
où il se produit (section la plus dangereuse). C’est le problème majeur des chargements mobiles. Il faut noter que la position du chargement qui provoque le
plus grand effet pour une grandeur donnée (par exemple le moment fléchissant)
ne l’est pas en général pour une autre grandeur (l’effort tranchant par exemple) et
que ce qui intéresse l’ingénieur en définitive, c’est la position qui provoque les
contraintes les plus importantes.
l/2-x
l/2
l
(a)
(b)
Figure 9.2
Le problème complexe de la recherche de la position critique d’un chargement mobile peut être grandement simplifié par l’utilisation des lignes
d’influence que nous allons définir d’abord puis examiner leurs propriétés dans
les paragraphes qui suivent.
9.2 DEFINITIONS
Les lignes d’influence montrent graphiquement comment varient les diverses
grandeurs qu’on rencontre habituellement, tous les effets élastiques auxquels
s’intéresse la résistance des matériaux, sous l’influence d’une charge constante
qui se déplace sur la structure.
La grandeur ou effet élastique peut être :
- une contrainte en un point précis ;
- le déplacement (rotation - translation) d’une section donnée ;
- une composante de réaction d’un appui ;
- un élément de réduction dans une section donnée.
La charge mobile est habituellement une force verticale unité, vu qu’en général on s’intéresse à l’action des charges verticales sur les constructions. Elle peut
cependant être un couple, une force horizontale, une discontinuité de la section,
un manque de concordance, etc.
Considérons par exemple une poutre-console de longueur l sur laquelle circule une force P (Figure 9.3a) et intéressons-nous au moment d’encastrement.
Méthod e des rotations
199
A
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
En vertu du principe de superposition, la structure étant élastique, on peut
toujours écrire :
P
B
x
(a)
2 00
E = C.f(e,c)
(9.1)
l
f(e,c) désignant ici la fonction d’influence de l’effet E produit par la cause C. Le
diagramme de l’effet E montre par chaque ordonnée la valeur de cet effet dans la
section correspondante sous l’action de la cause C, immobile, appliquée en c
(Figure 9.4c). Le diagramme est obtenu en portant en ordonnées les valeurs de
l’effet E à l’aplomb de chaque section.
a
(b)
Figure 9.3
l.i.MB
l
b
c
Le diagramme d’influence donne l’ordonnée par laquelle il faut multiplier la
cause C pour avoir l’effet E dans la section fixe d’abscisse e (Figure 9.4d). Le
diagramme s’obtient en portant la valeur de l’effet E à l’aplomb de chaque position de la cause C prise égale à l’unité.
Pl
(c)
Le moment d’encastrement est donné par l’expression :
MB = - P(l-x)
(a)
En faisant varier x de 0 à l, on constate la variation de MB en fonction de la
position de P sur la poutre. Le facteur « - (l-x) » de l’équation (a) par lequel la
force P est multipliée pour avoir le moment en B est appelé fonction d’influence
(parfois coefficient d’influence) de MB. La ligne représentative de cette fonction représentée par la droite ab de la figure 9.3b - est appelée ligne d’influence de
M B.
Le diagramme oab (Figure 9.3b) est désigné par diagramme d’influence de
M B.
Différence entre ligne d’influence et ligne représentative d’une grandeur
Le diagramme d’influence, délimité par la ligne d’influence et la droite repère (droite ob de la figure 9.3b), ne doit pas être confondu avec le diagramme
du moment fléchissant de la poutre, qui est pour sa part délimité par une droite
repère et la ligne représentative de l’effort considéré (Figure 9.3c).
Considérons une structure élastique et intéressons-nous à l’effet élastique E
produit par une cause mobile C (Figure 9.4a).
A
E
C
B
Les lignes d’influence permettent de calculer assez facilement les effets élastiques produits par les chargements les plus divers. Elles sont plus particulièrement utiles dans la recherche des valeurs extrêmes de ces effets et des positions
du chargement qui les provoquent.
Reprenons l’exemple de la poutre-console et considérons un chargement
composé de trois charges concentrées dont les distances mutuelles (d1 et d2) sont
invariables (Figure 9.5a). Signalons qu’un système de forces mobiles concentrées pouvant se déplacer en maintenant fixes les distances entre les points
d’application des forces est appelé convoi.
D’après la définition du diagramme d’influence et en vertu du principe de superposition, le moment en B sous l’action du système de forces vaut :
3
M B = −( P1 y 1 + P2 y 2 + P3 y 3 ) = −
E
C
∑P y
(a)
i i
i =1
P1
P2
P3
A
(a)
B
d1
A
e (variable)
9.3 UTILISATION DES LIGNES D’INFLUENCE
d2
B
l
e (fixe)
c (fixe)
c (variable)
(b)
(b)
(a)
l
y1
y2
y3
ye
Figure 9.5
Ligne représentative de E
(c)
Figure 9.4
Ligne d'influence de E
(d)
Comme les valeurs du coefficient d’influence (ordonnées du diagramme
d’influence) augmentent quand on se rapproche de l’extrémité libre, on conclue
que la valeur extrême du moment d’encastrement s’obtient en plaçant le chargement de manière à faire coïncider la force P1 avec l’extrémité libre de la poutre.
Méthod e des rotations
201
2 02
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Les lignes d’influence sont d’une utilité autrement plus grande dans les cas
complexes. Elles peuvent être également utilisées dans l’étude de l’action des
charges réparties. Si la poutre précédente est soumise à une charge répartie uniforme partielle comme indiqué à la figure 9.6a, le moment qu’elle produit dans
l’encastrement se calcule en assimilant la charge répartie à une série de forces
élémentaires qdx.
P1
P1
Pn
(a)
x1
x2
qdx
y1
A
(a)
B
d
l
S
yn
La connaissance de la ligne d’influence d’un effet élastique E permet de calculer la valeur de cet effet sous l’action de la sollicitation globale en généralisant
les relations (a) et (b) précédentes :
y
Figure 9.6
x2
n
E=
d
∫
S
Figure 9.7
(b)
M B = − q .ydx
y2
(b)
(a)
∑
i =1
Pi y i +
∫ q.ydx
(9.2)
x1
0
9.4 LIGNE D’INFLUENCE D’UN DEPLACEMENT
Soit :
d
d
∫
∫
0
0
M B = − q. ydx = −q ydx = −qS
où S est l’aire du diagramme d’influence se trouvant sous la charge répartie (Figure 9.6b). Ce résultat peut être utilisé pour calculer le moment quelle que soit la
partie de la poutre chargée. Il permet entre autres de déduire que la position critique consiste à placer la charge le plus proche possible de l’extrémité libre.
D’autres utilisations des lignes d’influence, comme le calcul des réactions, seront
montrées plus loin.
Généralisation
Soit une structure élastique soumise à un système de forces concentrées P1,
P2, ..., Pn et une densité de charge q répartie sur un tronçon "d " compris entre les
sections d’abscisses x1 et x2, respectivement (Figure 9.7a).
9.4.1 Méthode basée sur le théorème de Betti-Maxwell
Le problème est de tracer la ligne d’influence du déplacement d’une section i
d’abscisse xi = e (constante). Il s’agit donc de calculer le déplacement subi par la
section étudiée sous l’action d’une force verticale unité qui se déplace sur la
structure considérée.
La méthode intuitive, directe, consiste à construire la ligne d’influence point
par point, en plaçant la charge unitaire en diverses positions et en déterminant le
déplacement provoqué dans la section i. Cette méthode, tout à fait générale,
pouvant s’appliquer quel que soit l’effet élastique et la structure étudiés, est cependant assez fastidieuse à l’exception des cas très simples.
Le théorème de Betti-Maxwell, dont l’une des formes les plus usitées exprime que le déplacement provoqué dans la section i par une charge concentrée
unité agissant dans la section j est égal au déplacement apparaissant en j lorsque
u
u
la même charge est appliquée en i, c’est-à-dire δ ij = δ ji , fournit une méthode
plus simple.
Méthod e des rotations
203
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
2 04
Pour fixer les idées, considérons l’exemple de la figure 9.8.
1
(a)
1
1
A
B
j
i
j
x
i
l
e
e
x
x
(b)
(b)
Figure 9.8
Chercher la ligne d’influence du déplacement δ, en l’occurrence la flèche de
la section i, revient à calculer δ uix en faisant varier x de zéro à l (0≤x≤l). Or
u
u
P
P
(c)
u
B
ment de la section courante d’abscisse x sous l’effet d’une charge unité fixe appliquée en i ; on voit que si x varie de 0 à l, on obtient la déformée de la poutre
sous l’action de la force unité agissant en i.
En conclusion, la ligne d’influence du déplacement est donnée par la ligne
représentative de ce même déplacement sous l’effet d’une charge unitaire appliquée en i. Ainsi, pour tracer la ligne d’influence du déplacement vertical d’une
section i, il suffit de tracer la déformée de la structure sous l’action d’une force
verticale unité appliquée à la section i.
Le tracé des lignes d’influence des déplacements se trouve ainsi simplifié
puisqu’il est ramené à la recherche de déformées. Par conséquent tous les résultats concernant les déplacements, comme le théorème de Pasternak pour le calcul
des déplacements des systèmes hyperstatiques, peuvent être utilisés.
9.4.2 Exemple d’application
Reprenons l’exemple de la poutre-console, supposée de rigidité flexionnelle
constante.
On veut tracer la ligne d’influence de la flèche δ de l’extrémité libre A.
D’après les résultats du paragraphe précédent, le problème revient à déterminer
la déformée de la poutre sous l’action d’une force verticale unité appliquée en A
(Figure 9.9a).
P
A
l/4
d’après le théorème de Betti-Maxwell δ ix = δ xi . δ xi représentant le déplace-
f3
f2
f1
(a)
l/4
l
Figure 9.9
Cette déformée est donnée par :
u
δ xA =
1
3
2
3
( x − 3l x + 2l )
EI
(a)
L’expression obtenue, fonction d’influence, n’est pas une fonction linéaire de
x. La ligne d’influence est une parabole cubique (Figure 9.9b).
En guise d’application, calculons la flèche fA provoquée par le chargement de
la figure 9.9c. Les déplacements étant petits, la flèche cherchée peut s’obtenir par
superposition des effets de chacune des forces du chargement.
f A = Pf 1 + Pf 2 + Pf 3 = P( f 1 + f 2 + f 3 )
Les flèches f1, f2 et f3 s’obtiennent par particularisation de l’expression (a)
précédente. Il vient :
fA =
Pl 3
81 5
Pl 3
249 Pl 3
(2+
+ )=
( 128 + 81 + 40 ) =
EI
64 8
64 EI
64 EI
9.5 SYSTEMES ISOSTATIQUES
9.5.1 Méthodes de détermination des lignes d’influence
a) Méthode directe
Elle consiste en règle générale à chercher l’expression analytique de l’effet
élastique étudié dans la section considérée sous l’effet d’une charge unité. La
position de la charge est considérée comme la variable de l’expression cherchée,
c’est-à-dire l’équation de la ligne d’influence de l’effet élastique étudié dans la
section considérée. La ligne d’influence est tracée à partir des valeurs obtenues
(coefficients d’influence) pour plusieurs positions de la cause (charge).
Méthod e des rotations
205
2 06
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
En verra plus loin que le tracé des lignes d’influence peut être grandement
simplifié dans de nombreux cas. Par exemple, l’effet élastique est souvent une
fonction linéaire de la position (abscisse) de la cause. Dans ce cas, la ligne
d’influence est une droite, ou plusieurs segments de droite, qu’on peut construire
à raison de 2 points par segment. Par ailleurs, les conditions de fixation de la
structure donnent souvent des indications précieuses qui facilitent le tracé.
P=1
A
(a)
B
x
l-x
a
b) Méthode cinématique
(b)
l
y
S
Elle permet d’obtenir directement la forme exacte de la ligne d’influence. La
détermination d’une seule ordonnée suffit pour avoir l’échelle correcte du diagramme d’influence.
l
La méthode est basée sur le théorème des travaux virtuels. Pour obtenir la ligne d’influence d’une grandeur - R, M, N, T - on supprime la liaison lui correspondant et on la remplace par une inconnue (ou 2 inconnues égales et opposées
s’il s’agit d’une liaison interne). Avec la suppression d’une liaison, externe ou
interne, le système isostatique devient alors un mécanisme à un degré de liberté,
pouvant se déplacer sans se déformer (comme un corps indéformable).
(c)
o
(d)
A
Les lignes d’influence offre un moyen assez simple de calcul ou de vérification des réactions. Considérons la poutre bi-articulée de la figure 9.10a.
(l − x )
R A = 1.
l
et
x
R B = 1.
l
(l − x ) x
et sont les coefficients d’influence de RA et RB, respectivement. Ils
l
l
sont représentés graphiquement par les lignes d’influence ao (Figure 3.10b) et ob
(Figure 9.10c).
où
Pn
q
A
(e)
B
Figure 9.10
Pour une charge concentrée P, les réactions en A et B s’obtiennent en multipliant les coefficients d’influence correspondants, y et y’, respectivement, par P
(Figures 9.10b et c). Dans le cas d’un système de plusieurs forces concentrées P1,
P2, ..., Pn (Figure 9.10d), on a :
RA =
(a)
P2
B
n
Les réactions RA et RB sont données par :
S'
y'
P1
On applique ensuite au mécanisme un déplacement virtuel, c’est-à-dire très
petit et compatible avec les liaisons restantes. La configuration obtenue représente la ligne d’influence cherchée. L’échelle réelle du diagramme s’obtient en
calculant l’ordonnée d’un point.
9.5.2 Ligne d’influence d’une réaction d’appui
o
b
∑P y
i
n
i
et
RB =
∑P y
i =1
i
'
i
i =1
Si la poutre supporte une charge q uniformément répartie sur un tronçon (Figure 9.10e), la réaction d’un appui est obtenue en multipliant par q l’aire du
diagramme d’influence de la réaction considérée délimitée par le tronçon chargé ;
RA = qS
et
RB = qS’
Par exemple, dans le cas d’une charge q répartie sur la moitié gauche de la
poutre on trouve :
RA = q
3ql
1 l
1
(1+ ) =
2 2B
2
8
et
RB = q
1 l 1 ql
=
222 8
En observant que les coefficients d’influence sont numériquement égaux aux
réactions apparaissant dans les appuis sous une charge unité, on peut déduire une
méthode très simple de construction des lignes d’influence. Considérons par
exemple la poutre de la figure 9.11a et intéressons-nous à la ligne d’influence de
la réaction en A. Quand la charge mobile, supposée dirigée vers le bas, est sur A,
la réaction en cet appui vaut 1, la force étant reprise en totalité par cet appui.
Lorsque la charge se trouve en B ou C, la réaction en A est nulle pour la même
Méthod e des rotations
207
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
2 08
raison invoquée précédemment. Sachant par ailleurs que la réaction est une fonction linéaire de x (position de la charge par rapport à une extrémité de la poutre),
on trace aisément la ligne d’influence qui est composée de segments de droite
passant par les ordonnées 1 en A et 0 en B et C. L’unique façon de construire la
ligne d’influence de RA est celle indiquée à la figure 9.11b.
P=1
A
(a)
a
Pour la ligne d’influence de RB, elle passe par 0 en A, 1 en B et 0 à nouveau
en C (Figure 9.11c). Le même procédé est utilisé pour tracer la ligne d’influence
de la réaction de l’appui C (Figure 9.11d).
B
B
b
j
δ
A
(a)
l-x
x
C
y
(b)
k
RA
(b)
1
Figure 9.12
+
L’équation des travaux virtuels s’écrit :
(c)
(d)
R A δ − 1. y = 0 ⇒ R A =
+ 1
+
_
y
δ
où δ est le déplacement du point d’application de la réaction RA. La droite jk
(Figure 9.12b) donne la forme exacte de la ligne d’influence de la réaction. Pour
avoir l’échelle correcte, il suffit de prendre δ = 1. La méthode est d’un grand
service dans le cas de structures complexes. Considérons la poutre cantilever de
la figure 9.13a.
Figure 9.11
On notera que la somme des ordonnées des lignes d’influence des réactions
de la poutre est égale à 1 quelle que soit la section considérée (équilibre de translation verticale). Cette condition offre un moyen de contrôle des diagrammes
d’influence obtenus. Si par exemple en une section quelconque cette somme est
différente de 1 ou que son signe est tel que la charge unité n’est pas équilibrée,
c’est qu’il y a erreur. Cette méthode est d’une grande utilité dans le calcul des
réactions des poutres isostatiques complexes avec plusieurs charges (poutres
cantilevers notamment).
Méthode cinématique
Elle rappelle beaucoup la méthode précédente. Considérons la poutre biarticulée de la figure 9.12a. Pour tracer la ligne d’influence de la réaction de
l’appui A, on supprime la liaison et on la remplace par une force verticale RA puis
on donne un déplacement vertical au mécanisme obtenu qui peut tourner autour
de l’appui B (Figure 9.12b).
(a)
A
B
+
C
D
1
(b)
_
Figure 9.13
Pour construire la ligne d’influence de la réaction de l’appui B par exemple,
on supprime l’appui et on donne à la section B un déplacement unité positif (vers
le haut). La nouvelle configuration de la poutre ainsi obtenue définit la ligne
d’influence cherchée (Figure 9.13b). De la même manière, on trace les lignes
d’influence des autres réactions.
Méthod e des rotations
Exemples d’application
209
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
2 10
3) Calcul des moments d’encastrement parfaits :
Barre AB :
P
B
C
2EI
2EI
q
4,00m
2,00m
I
q=600 kg/m
ql ²
= 800
12
ql ²
=−
= −800
12
M AB = +
E
M BA
3,00m
l=5m
I
Barre CE :
3
P = 10 kg
q = 600 kg/m
A
D
5,00 m
1) Raideurs des barres :
I
4
I
=
4
2I
5
3 2I 3I
= .
=
4 5 10
R AB =
; R BC =
RCD
; RCE
2) Coefficients de répartition des barres :
R BA
14

=
≅ 0.3846 
R BA + R BC 1 4 + 2 5


R BC
25
=
=
≅ 0.6154 

R BC + R BA 2 5 + 1 4

C BA =
C BC
Vérification : ΣCij=1 ; CBA+CBC = 0.3846 + 0.6153 = 0.9999 ≅ 1

RCB
25
=
≅ 0.4210 
RCB + RCD + RCE 2 5 + 1 4 + 3 10


RCD
14
=
=
≅ 0.2632
RCD + RCB + RCE 1 4 + 2 5 + 3 10


RCE
3 10
=
=
≅ 0.3158 
RCE + RCD + RCB 3 10 + 1 4 + 2 5

C CB =
C CD
C CE
3
P=10 kg
C
E
MCE
5,00 m
CCB+CCD+CCE = 1 ; 0.4210 + 0.2632 + 0.3158 = 1
MBA
MAB
a=2m
M EC = 0
M CE =
b=3m
Pa.b
( b + a 2 ) = 960 kg .m
l²
Méthod e des rotations
Nœuds
A
Barres
AB
BA
C
BC
CB
CD
D
CE
DC
2 12
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Trace du diagramme de M
E
EC
387,74
-0.3846
-0.6153
-0.4211
-0.2622
C
552,74
-0.3158
2,00 m
800
-800
0
0
0
960
0
0
169,72
A
MB(1)=-800
D
5,00 m
C
bloqué
MC=MC(1)
3,00 m
4,00 m q
1006
B
bloqué
MB=MB(1)
E
339,43
387,91
1er Cycle
5,00 m
MC(1)=1206.12
C débloqué
-253.95
-507.90
-317.45
-380.89
-158.73
0
Diagramme de M le long de AB
2ème Cycle
B
bloqué
MB=MB(2)
B débloqué
P
213,43
B
Coefficient de
répartition Cij
pris en (-)
Moments
d’encastrement
parfait Mij
B
211
MB(2)=-253.95
+48.83
+97.67
+156.26
A
B
+78.13
C
bloqué
MC=MC(2)
1600
MC(2)=78.13
C débloqué
-16.45
-32.90
-20.56
-24.67
1006
-10.28
387,91
B
A
3ème Cycle
707,22
B
bloqué
MB=MB(3)
B débloqué
MB(3)=-16.45
3.16
6.33
10.12
5.06
C
bloqué
MC=MC(3)
q=600 kg/m
MC(3)=5.06
C débloqué
-1.07
B
bloqué
MB=MB(4)
B débloqué
-2.13
-1.33
+
-1.60
-0.67
0
0.20
0.41
0.66
ql²/8=1200
1600
MB(4)=-1.07
387,91
0.33
A
4ème Cycle
+
C bloqué
MC=MC(4)
492,78
MC(4)=0.33
C débloqué
Σ
387,91
_
1006
-387.91
-0.07
-0.14
-0.09
-0.10
-0.04
0
387.74
-213.43
-339.43
552.74
-169.72
0
2,00 m
2,00 m
Méthod e des rotations
213
Diagramme de M le long de CE
2 14
C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S
Diagramme de M sur toute la structure
552,74
213,43
387,74
552,74
P=10
3
387,91
E
C
332,43
552,74
552,74
492,78
_
868,36
E
C
331,64
1006
P=10
3
E
C
+
2,00 m
3,00 m
1200
552,74
+
868,36
M le long de BC
387,74
M le long de DC
169,72
213,43
C
B
339,43
C
D
339,43
387,74
213,43
_
B
_
C
D
C
+
169,72
196,72