Département de Génie Civil

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1 Sommaire Chapitre 01 : RAPPEL... 5 I Rappel de mathématiques... 5 I-1 Equation du 1 ier degrés à deu inconnues... 5 I- Equation du Second degré à deu inconnues... 5 I-3 Calcul d intégrale... 6 I-4 Equation différentielle... 6 I-5 trigonométrique... 7 II- Rappel de statique... 8 II-1 notions de vecteur... 8 II- éléments de réduction... 8 II-3 Principe fondamental de la statique(p.f.s) III-4 Les appuis : III-5 Applications... 1 III-6 EXERCICES Chapitre 0 Théories élémentaires de la RDM... 1 Contraintes-sollicitation... 1)Définitions:... 1 ) Hypothèses et principes de base de la RDM : ) Etude de la notion de contraintes: ) Mise en place du vecteur-contrainte :... 3-) Epression du vecteur-contrainte : ) Sollicitation dans une section (efforts internes ): ) Notion de coupure : ) Définition des sollicitations : ) Equations d équilibre-tracé des diagrammes: ) Eemple : sollicitation d une poutre ) Relation entre effort tranchant et moment fléchissant : ) Applications : EXERCICES Chapitre 3 Caractéristiques géométriques des sections planes I- Moment statique d une aire plane : II- Centre de gravité d une aire plane : Ben Salah Abdallah 1

2 III- moment d inertie d une aire plane : IV- Principe des aes parallèles : (théorème de Hyghènes ) V- Relation entre les moments d inertie et le produit d inertie VI- Aes principau :... 4 VI-1 Moment quadratiques maimum et minimum :... 4 VI- cercle de Mohr d inertie : VII- Rayon de giration : VIII- Moment d inertie polaire : IX- Eercice d applications : IX-1cas d un rectangle IX- cas d un triangle : IX-3 cas d un cercle : (coordonnées polaires) IX-4 Section en L : Chapitre 4 : TRACTION SIMPLE COMPRESSION SIMPLE I) Définition : II) Aspect epérimental : III) Etat de Contrainte: III.1)Epression de la contrainte : III.) Diagramme de la contrainte : IV) Etat de déformations : V ) condition de résistance : VI ) Applications : Chapitre 5 : Cisaillement Simple I-Définitions : II- Contrainte tangentielle de cisaillement : a) Essai de cisaillement : b) Contrainte tangentielle : III Etat de déformations : IV- Condition de résistance :... 6 V- Applications :... 6 V-1) Assemblage par rivet :... 6 V-) Cisaille à main : Chapitre 6 : Torsion des poutres Circulaires I-Définition de la torsion : II-Effort etérieurs définissant un état de torsion : Ben Salah Abdallah

3 III-Aspect epérimental : IV -Calcul des contraintes de torsion : V)- Déformation angulaire unitaire : VI-Deuième epression de la contrainte tangentielle τ : VII-Epression du module de torsion d un tube : VIII-Applications : Chapitre 7 : FLEXION SIMPLE I-Introduction epérimentale... : 73 II- Etude de la fleion simple : II-1contrainte normale due au moment fléchissant : III- Déformations : IV-Cisaillement dans les poutres fléchies : IV-1 Cisaillement transversal : IV- Cisaillement longitudinal : IV-3 Théorème de réciprocité de CAUCHY : IV-4 Epression de la contrainte tangentielle : IV-5 Applications à la section rectangulaire d une poutre fléchie : V-Applications : Chapitre 8 : FLEXION COMPOSEE I) définition : II)Etat de contrainte : III) Noyau central : IV)-Application : Chapitre 9 : LE FLAMBEMENT I)-Description du phénomène : II)- Effort critique de flambement : II-1)Contrainte critique d Euler : II-)Poutres autres que bi-articulée : III-3) Sécurité vis à vis du flambement : IV)Théorie de Rankine : V)Méthode de Dutheil : VI APPLICATIONS : Ben Salah Abdallah 3

4 Ben Salah Abdallah 4

5 Chapitre 01 : RAPPEL I Rappel de mathématiques I-1 Equation du 1 ier degrés à deu inconnues y pour 0 6 y 4 pour 6 8 y 0 pour I- Equation du Second degré à deu inconnues y pour y pour 3 9 y pour Ben Salah Abdallah 5

6 Recherche des points où la fonction y=f()= Recherche du point où la fonction y=f() est mai y=f() est mai pour un point d abscisse telle que la dérivée de y=f() en ce point est nulle dy df ( ) d d y Pour =5.95 ma I-3 Calcul d intégrale b f ( 5.95) h h b b y dy y h 3 3 h I-4 Equation différentielle y d d h h b h h h y b d 5 c dy y 1 d dy 8 y c d c 1 1 c d Les constantes C 1 et C sont déterminés à partir des conditions au limites : Par eemple : - pour =0 on a y=0 (1) - pour =1 y est maimum donc y =0 () Ben Salah Abdallah 6

7 Condition (1) C =0 Condition () c c y I-5 trigonométrique a a A cos O a1 OA O a1 sin O a OA Cos (a+q) = cosa.cosq sina.sinq Sin (a+q) = cosa.sinq + sina.cosq Cos (Q) = cos²q sin²q Sin (Q) = cosq.sinq cos²q + sin²q =1 cos²q= (1/)*(1+ Cos (Q)) sin²q= (1/)*(1- Cos (Q)) Changement de repère R1( o,,y ) R(o,,y ) y y a a =. cosa - y. sin a Ben Salah Abdallah 7

8 y =. sina + y. cos a II- Rappel de statique II-1 notions de vecteur Le vecteur est caractérisé par : - la direction (ligne d action) (Δ) Δ - le sens ( de A vers B ) - le point d application ( le point A ) B - l intensité (ou module) A AB y y B A B A Deu vecteurs sont dits coplanaires s ils agissent dans le même plan. De plus si leurs lignes d action passent par le même point on dit qu ils sont concourants On peut remplacer les vecteurs concourants par un seul vecteur résultant Epression du produit vectoriel y z V,, y z V,, 1 V V 1 y. z z. 1 y 1 z z. y 1 y. 1 II- éléments de réduction L ensemble des forces auquelles est soumise un solide peut être remplacé par le torseur T(R ; M ) défini comme suit : R est la somme géométrique des forces Fi (résultante) Ben Salah Abdallah 8

9 M est le moment résultant de toutes les forces Fi de point d application Ai par rapport au point O du solide - Calcul du moment Soit F une force appliquée en A.Le moment de F par rapport à O noté M F/O est le produit vecteur de la force F et du Vecteur OA M F/O = OAΛF A F X Dans l espace OA y A F F y M= y A.F Z - z A. F y z A F Z M : / à l ae OX dans le plan ( OY ;OZ) M F/O M Y = z A. F X - A. F Z M Y :/ à l ae OY Mz= A. F y - y A. F X dans le plan ( OX ;OZ) Mz :/ à l ae OZ dans le plan ( OX ;OY) Cas particulier : dans le plan O M F1/O = F OA F d1 d 1 d A 1 A F 1 F M F/O = F OA F d Le sens de rotation des deu forces par rapport au point O est opposé Avec le sens conventionnel choisi Y(+) On peut écrire F 1 F 1 + M F1/O = - 1 d O X(+) M F/O = + d 1 Ben Salah Abdallah 9

10 Remarque : La distance di étant la distance perpendiculaire à la droite d action de la force Fi séparant celle-ci et le point O où on veut déterminer le moment II-3 Principe fondamental de la statique(p.f.s) Pour qu un solide soit en équilibre, il faut et il suffit que ses éléments de réduction forme un torseur nul T(R ; M )= T (o ; o) F n R= O équilibrede translation i1 n i M= O équilibrede rotation i1 OA i III-4 Les appuis : Les types de liaisons usuelles en Génie Civil : 4-1.L appui simple : F i L appui simple est une liaison qui supprime le déplacement relatif suivant une direction entre les solides en contact. a_symbole : A R A b_eemple : Poutre reposant sur un corbeau solidaire d un poteau par l intermédiaire d un appui néoprène ( le néoprène assurant la possibilité de déplacement horizontal et de rotation autour du centre O de la liaison ). y o Ben Salah Abdallah 10

11 Le seul effort transmissible dans cette liaison est une force portée par y. Donc, lorsqu on isolera la poutre par eemple, afin d étudier son équilibre, il faudra remplacer cette liaison par une «réaction de liaison» inconnue qui sera une force R appliquée en O et dont la direction sera celle de l ae Oy (perpendiculaire à la direction suivant laquelle l appui peut se déplacer) Dans le cas de l eemple précédent, le torseur des efforts transmissibles dans la liaison s écrit : 0 0 et = R Ry M 0 o 0 0 Note : On supposera toujours que la liaison est «bilatérale», c est-à-dire que le contact sera toujours maintenu, même en cas de soulèvement de la poutre. 4-. L articulation : L articulation est une liaison qui supprime tout déplacement dans le plan du système. Par contre, elle autorise la rotation entre les deu solides en liaison. a_symbole : R y R R b_eemple : poteau métallique articulé en pied sur un massif en béton : y O Les efforts transmissibles dans cette liaison sont des forces portée par et y. Ben Salah Abdallah 11

12 Par conséquent, le torseur des efforts transmissibles dans la liaison s écrit : R 0 et = o R Ry M L encastrement : L encastrement est une liaison qui supprime tout déplacement entre les solides en liaison. a_symbole : R y M z R b_eemple : Poteau Armatures d ancrage Massif de fondation III-5 Applications 5-1 Principe de l action et réaction Une bille est en équilibre sur le sol. Elle est soumise à son poids propre P appliqué en G et la réaction du sol sur elle R / 1 appliquée en A Ben Salah Abdallah 1

13 Bille (1) R / 1 SOL () P G A P.F.S R = R + P = O / 1 R = - P / 1 «Solide en équilibre sous l action de deu forces. Ces dernières sont directement opposées : même intensité - même direction et sens opposé» R = / 1 - R 1/ 5- Solide soumis à l action de trois forces La bille (1)est maintenue en équilibre sur le plan incliné() par une force de contact F (parallèle au plan incliné d un angle a) (1) R /1 G B () P a A F La bille est soumise à trois forces: - Une force à distance ; son poids propre P appliqué en G - Une force de contact F appliquée en B - La réaction R / 1 La bille est en équilibre appliquée en A P.F. S R = P + F + R / 1 = 0 (1) M / A = AG P + AB F + AA R / 1 = 0 () 1. Condition (1) projetons l équation sur les aes - sur l ae o : -R.sinα +F.cos α = 0 (1 ) Ben Salah Abdallah 13

14 - sur l ae oy : -P +R.cosα + F. sin α = 0 ( ) P 0 P F cos F F sin R /1 R Rsin cos (1 ) F = R. tg α ( ) -P + R. cos α + R.tg α. sin α =0 P R. P R. cos sin R. 0 cos cos cos sin 0 cos 1 P R. 0 R Pcos F Psin cos 1. condition () AG P = M P/A = P.r. sin α AB F = M F/A = - F.r. or F = P. sin α donc l équation ( ) est vérifiée (1 ) «Les trois forces au quelles est soumise un solide en équilibre sont : - coplanaires - concourantes ou parallèles dans ce plan» 5-3 Calculer les réactions d appui de la poutre montée ci-après : Ben Salah Abdallah 14

15 F1= 81kN F = 60 kn A 40 B Solution : m On montre sur la figure suivante les composantes suivant et y des réactions d appui en A et B, les intensité de la force F et les composantes de la force F 1. Fig.1 R A F = 5 60 kn A F y = 6 B R A y R B Y Fig.1a On a : F = R A F 1.cos = 0 (1) F Y = R Y A + R B Y F 1.sin - F = 0 () M /A = -10. R B Y + 3. F 1.sin + 6. F = 0 (3) de ces trois équations, on trouve que : R Y A = 60.4 kn R B Y = 51.6 kn R A = 6 kn Note : les resultats étant positives, le sens choisi pour les réactions est bon. 5-4 Calculer les réactions d appui de l arc à trois articulations monté ci-après : F c h A B R A R A y L/ L R B y R B Données : F=80 kn, L = 40m, h = 0m Ben Salah Abdallah 15

16 Solution : On considère les composantes horizontales et verticales R A, R B, R A y et R B y des réactions d appui en A et en B. Comme on le constate, on a quatre inconnues et seulement trois équations d équilibre statique. Cependant la géométrie de l arc à trois articulations permet d écrire une équation supplémentaire et ainsi de résoudre le problème. Donc, un arc à trois articulations est une structure isostatique. A l articulation C, en considérant l équilibre du tronçon de gauche, on a : Mc = 0 R A y 0 R A (80.10 ) = 0 A l articulation B, en considérant l équilibre de la structure, on a : M B = 40 R A y ( ) = 0 de ces deu équations, on trouve que : R A y = 400/40 =60 kn Et R A = 400/0 =0 kn On a F = R A R B X = 0 d où R B X =R A X = 0 kn Et Fy = R A y + R B y - 80 = 0 d où R B Y = 0 kn Ben Salah Abdallah 16

17 5-5 La structure à trois articulations, représentée ci-après, est soumise au charges indiquées sur cette figure. Déterminer les réactions au appuis A et E. Les charges montrées sur la figure sont des charges perpendiculaires au tronçons ABC et CDE de la structure et elles sont uniformément réparties : q q 3 C h B D q 1 q 4 h 1 A E L/ L/ Fig.3a Données : L=0m ; h 1 = h =6m ; q 1 =10 kn ; q =1 kn ; q 3 =15 kn ; q 4 = 15 kn Solution : Pour faciliter les réactions le calcul des réactions au appuis A et E, on peut remplacer les charges montrées sur la figure 3.a par leurs résultantes (voir figure 3.b) La longueur du tronçon ABC est égal à : BC = CD= 8² 10² = 1.8 m Il fait avec l horizontale un angle donné par : tang = 8/10 = 0.8 d où = Ben Salah Abdallah 17

18 Q Q v Q 3 v Q 3 C Q h Q 3 h B D Q 1 Q 4 A Fig.3b E Sur la partie AB du tronçon ABC, la résultante Q 1 est égale à : Q 1 = 6 10 = 60 kn Sur la partie BC, la résultante Q est égale à : Q = 1,8 1 = 153,6 kn Les composantes verticale et horizontale de Q sont égales à Q v = Q.cos = 153, = 10 kn Q h = Q.sin = 153, = 96 kn Sur la partie CD du tronçon CDE, la résultante Q3 est égale à Q 3 = 1,8 15 = 19 kn Les composantes verticale et horizontale de Q3 sont égales à Q 3 v = Q3 cos = 19 0,781 = 150 kn Q 3 h = Q3 sin = = 150 kn Enfin, sur la partie DE, la résultante Q4 est égale à Q 4 = 6 15 = 90 kn - détermination des réactions au appuis A et E : on a Mc = 10. R A Y 14. R A + (60 11 ) + ( 96 4) + (10 5) = 0 M E = 0.R A Y + (10 15 ) [( ) 3 ] [( ) 10 ] (150 5 ) = 0 de cette dernière équation, on trouve que Ben Salah Abdallah 18

19 R A Y = 78 kn Et en remplaçant la valeur de R A Y dans l équation donnant Mc, on trouve que R A X = 731,1 kn De l équation, on a F = - R A X R E X = 0 d où R E X = 19,9 kn On a aussi F y = R A y R E y = 0 d où R E y = 48 kn Les résultats étant positives, les sens donnés au composantes des réactions en A et en E sont eacts. On vérifie les résultats en prenant les moments à l articulation C en commençant par l appui E. Mc = ( 19,9 14 ) ( ) (90 11) (10 4) ( ) = = 0 Commentaire : le remplacement des charges uniformément réparties par leurs résultantes doit être considéré uniquement pour le calcul des réactions au appuis. Pour le calcul des efforts internes comme les moments fléchissants, les efforts tranchants et les efforts normau au différentes sections de la structure, on doit utiliser les charges uniformément réparties. Dans le cas contraire, les résultats des calculs sont ineacts. III-6 EXERCICES Déterminer les valeurs des composantes horizontales et verticales des réactions d appui des structures montrées ci-après. Ben Salah Abdallah 19

20 Eercice kn 16 kn/m A m B Eercice 6. 3 kn.m 0 kn 0 kn A B Eercice6.3 B 10 kn/m A Eercice kn 0 kn/m Ben Salah Abdallah 0

21 Chapitre 0 Théories élémentaires de la RDM Contraintes-sollicitations 1)Définitions: La résistance des matériau a pour objet l étude de l équilibre eterne et interne des solides constituants les constructions. Cette étude nécessite, d une part la vérification de l équilibre statique, d autre part la recherche des valeurs des contraintes et des déformations subies par un corps donné, soumis à un système de forces etérieures ; parmi ces forces sont comptées les charges permanentes ( comprenant en particulier, le poids propre du corps), les charges variables dans le temps et les réactions d appui nécessaires à l équilibre du corps. ) Hypothèses et principes de base de la RDM : 1) les déformations du corps sont supposées très petites et sans influence sur l intensité et la direction des forces appliquées, et sur les conditions d équilibre du corps ( sauf notamment dans l étude des corps sur appuis élastique et dans l étude du flambement) ; ) entre deu sections voisines d une pièce prismatique, les variations de forme et d étendue de section sont supposées être très progressives ; 3) la section droite ( perpendiculaire à la fibre moyenne ) d une pièce prismatique reste plane après l application des forces sur la pièce ; c est l hypothèse de Navier-Bernoulli ; 4) dans le domaine de l élasticité de la matière, les déformations sont proportionnelles au contraintes ; c est La loi de Hooke ; 5) la généralisation de la loi de Hooke conduit au principe de superposition des effets des forces, selon lequel l effet produit par un ensemble de forces est égal à la somme des effets produits par chaque force considérée isolément. Ben Salah Abdallah 1

22 6) Homogénéité et isotropie : les matériau étudiés en RDM doivent être homogènes et isotropes (même caractère physique et mécanique en tout point ) Eemple : - Acier : homogène et isotrope - Bois : anisotrope 3) Etude de la notion de contraintes: Le but de ce paragraphe est de mettre en place la notion de contraintes autour d un point, dans le cas le plus général ou l on va isoler un élément de volume au sein d un solide ; nous mentionnerons aussi les propriétés essentielles liées à la représentation de l état de contraintes. 3-1) Mise en place du vecteur-contrainte : il nous faut pour cela étudier tout d abord l équilibre d un solide isolé : considérons le domaine suivant, désigné par (D) isolé au sein du volume de la structure à étudier. Découpons par la pensée (D) en deu domaines (1) et (), et traduisons par eemple l équilibre du domaine (1). Ce domaine est en équilibre, sous l action : - des forces etérieures appliquées à (1) ; - des forces eercées par () sur (1) au travers de coupure que l on a faite. ( D) F 1 P n () F n ds F (1) F i Le domaine () eerce sur (1) au travers de l élément de surface ds des forces admettant pour résultante df, et pour moment résultant dc ( on néglige ce couple, du second ordre par rapport à df ). On appelle vecteur-contrainte au point P, relativement au plan orienté par la normale n le vecteur : T ( p,n) = lim (df/ ds ) Ben Salah Abdallah

23 ds 0 Remarque : On s intéresse au domaine ( 1 ), dont on étudie l équilibre. Il est important de noter que relativement au milieu étudié, n désigne toujours la normale orientée vers l etérieur : n (1) propriété de T(p,n) : on peut aussi étudier l équilibre de la région (). La normale etérieure est alors n = -n.en appliquant le théorème des actions réciproques, on obtient : T (P, -n ) = - T ( P, n ) 3-) Epression du vecteur-contrainte : On reprend l écriture du vecteur T (P, n ), et on va l écrire en projection : - sur le plan de l élément d aire ds ; - sur l ae n : n () T (P, n ) P ds On a : = T (P, n ). n Et T (P, n ) =.n + Avec : désigne la contrainte normale ; : désigne la contrainte tangentielle. (1) Ben Salah Abdallah 3

24 4 ) Sollicitation dans une section (efforts internes ): 4-1) Notion de coupure : Le but de ce paragraphe, déterminer quels sont les efforts qui se développent à l intérieur de la matière. Pour cela, considérons une poutre droite en équilibre soumise à des efforts etérieurs quelconques F i et à des réactions de liaison quelconque R i. Y F i G o G G 1 X Z R () Et effectuons par la pensée une coupure fictive à l abscisse que nous noterons (). Isolons à présent le tronçon (1) située à gauche de la section fictive ().Isolons à présent le tronçon (1) situé à gauche de la section fictive (). Le tronçon est en équilibre sous l action : - des forces etérieures qui lui sont appliquées ; - des éventuelles actions de liaison ; - des forces que le tronçon de droite () eerce sur (1). ( ces forces se développent à l intérieure de la matière ). Nous pouvons eprimer ces «forces intérieures» sous la forme d un torseur, écrit au centre de gravité de la section (). Nous adopterons donc la représentation suivante : R i Ben Salah Abdallah 4

25 Y Fi () G o G X M () Z R i 4-) Définition des sollicitations : Par définition, on appellera «sollicitation» les projections sur les aes X,Y,Z des vecteurs () et M () soit : N() : effort normal ; () V y () : effort tranchant suivant y ; V z () : effort tranchant suivant z ; Mt() : moment de torsion ; M () M y () : moment fléchissant portée par y ; M z () : moment fléchissant portée par z ; Dans la suite, nous considérerons essentiellement des problèmes plans, les efforts etérieurs étant situés dans le plan ( o,,y). Dans ces conditions, les seules composantes non nulles du torseur des sollicitations sont : - l effort normal N() ; - l effort tranchant suivant y, que nous noterons V() ; - le moment fléchissant suivant z, que nous noterons M(). et nous adopterons la représentation suivante : a) cas du tronçon gauche : Ben Salah Abdallah 5

26 Y Y Fi V () X R i N () M () X Convention : a ce stade du calcul, les sollicitations N,V et M sont inconnues ; c est pourquoi nous les représentons par convention par un vecteur orienté dans le sens positif des aes. Cela nous conduit à définir un sens positif pour les couples et le moment fléchissant portés par z. Nous conviendrons que ce sens positif est le sens trigonométrique direct : a) cas du tronçon droite : Il peut être plus facile d appliquer le principe fondamental au tronçon de droite. D après les conventions que nous avons adoptées et en vertu du théorème des actions réciproques, nous représenterons le système à étudier de la façon suivante : Y - M () - V () Fi -N () X R i Connaissant les sollicitations dans une section quelconque, il suffit alors de faire varier le long de la poutre pour connaître les sollicitations dans toutes les sections. On obtient alors des diagrammes des sollicitations N,V et M en fonction de. 4-3) Equations d équilibre-tracé des diagrammes: La finalité de la théorie des poutres est de connaître le comportement des particules dans toute section d une poutre. Pour étudier la structure on procède comme suit : Ben Salah Abdallah 6

27 - faire la représentation mécanique de la structure sans oublier de mettre les actions et les réactions (suivant le type d appui) ; - appliquer le PFS pour déterminer les réactions d appuis ; - faire la coupure pour chaque intervalle ( on appelle intervalle, la zone dans laquelle on a le même chargement), et écrire le torseur à gauche ou à droite des sollicitations. - tracer les diagrammes des sollicitations en fonction des équations déjà trouvées. 4-4) Eemple : sollicitation d une poutre Soit le cas d une poutre soumise à une charge verticale uniformément répartie : R A q R B A E B L - Sur une section droite de la poutre, la charge produit un effort tranchant V et un moment fléchissant M. - On peut mettre en évidence ces efforts intérieurs en faisant une coupe à la distance de l appui gauche A de la poutre et en isolant les deu tronçons AE et EB crées par cette coupe. R A q V q R B M A E E B V On considère l origine des aes de coordonnées à l appui gauche A. On fait alors une coupe à la distance de A et l on considère le tronçon de la poutre à gauche de la coupe, où l on a mis en évidence l effort tranchant V et le moment fléchissant M. Ben Salah Abdallah 7

28 Commentaire : Sur cette même figure, on montre l effort tranchant V et le moment fléchissant M inconnus suivant le sens positif, comme il a déjà été défini pour les efforts entre les etrémités d une poutre. Les résultats des calculs qui suivent détermineront le sens eact de ces efforts intérieurs. On utilisera le même principe dans les autres eemples. Pour déterminer les efforts intérieurs M,V et N, on écrira l équation d équilibre des forces agissant sur le tronçon à gauche ou à droite de la coupe. On choisira le tronçon où les équations d équilibre sont plus simples à écrire. Calcul des réactions : De l équation de la statique M B = 0, on a : -R A.L + q.l²/ =0 D où R A = q.l/ = R B (à cause de la symétrie ) Détermination du diagramme des efforts tranchants : L effort tranchant V est déterminé en écrivant l équation d équilibre statique de toutes les forces verticales agissant sur le tronçon. De l équation Fy = 0, on a : RA q. +V = 0 D où, pour 0 L, en remplaçant RA par sa valeur, on trouve : V = -RA + q. = - q.l/ + q. (1) De l équation (1), on voit que les valeurs de l effort tranchant varient le long de l ae de la poutre. Pour = 0, V= - q.l/ Pour = L/4, V= - q.l/4 Pour = L/, V= 0 Pour = 3L/4, V= q.l/4 Pour = L, V= q.l/ Avec ces valeurs, on peut tracer le diagramme des efforts tranchants. Dans le cas de cette poutre, la variation de l effort tranchant est linéaire et l effort tranchant maimal se trouve au appuis. Conformément à la convention de signe, il est négatif dans la moitié gauche de la poutre et positif dans la moitié droite. Détermination du diagramme des moments fléchissant : Ben Salah Abdallah 8

29 Le moment fléchissant M en une section de la poutre est déterminé en écrivant l équation d équilibre statique des moments de toutes les forces agissants sur le tronçon à gauche de la section. On doit avoir : M = 0 -R A. + q.²/ + M =0 D où, pour 0 L, M = R A. q.²/ = ql./ q.²/ () De l équation (), on voit que les valeurs du moment fléchissant varient le long de l ae de la poutre. Pour = 0, M = 0 Pour = L/4, M = 3qL²/3 Pour = L/, M = ql²/8 Pour = 3L/4, M = 3qL²/3 Pour = L, M = 0 Avec ces valeurs, on peut tracer le diagramme des moments fléchissant. Le moment fléchissant est positif et varie d une façon parabolique. Il est maimal au milieu de la poutre où l effort tranchant est égal à zéro. -ql/4 -ql/ 0 3L/4 L ql/4 ql/ L/4 L/ L V ( DET ) 3qL²/3 L ql²/8 M Commentaires : ( DMF ) Ben Salah Abdallah 9

30 - La convention de signe dont on s est servi pour écrire les équations d équilibre est celle qui est utilisée en statique ; - Pour l eemple précédant, on a déterminé les valeurs de l effort tranchant et du moment fléchissant en plusieurs points, puis on a tracé les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissants ; - Par convention, le diagramme des efforts tranchants est tracé au-dessus ou au-dessous de l ae de la poutre suivant que l effort tranchant est positif ou négatif. De même, le diagramme des moments fléchissants est tracé du coté des fibres tendues. Dans cet eemple, il est tracé en dessous de l ae de la poutre, car le moment fléchissant entre les appuis est positif donc, les fibres inférieures sont tendues 4-4) Relation entre effort tranchant et moment fléchissant : Considérons une poutre soumise à une charge répartie q() et isolons à l intérieur de cette poutre un tronçon de longueur «d». q () -N () N (+d) M (+d) -M () -V () V (+d) d Ecrivons l équilibre statique de ce tronçon en projetant sur les aes les équations vectorielles du principe fondamental de la statique : Projection sur : N(+d) N() =0 (1) Projection sur y : V(+d) V() q().d = 0 () Projection sur z : M(+d) M() +q().d²/ + V().d = 0 (3) Ben Salah Abdallah 30

31 ( les moments sont eprimés par rapport à G +d, centre de gravité de la section située à l abscisse +d ). Par définition de la dérivée ( voir cours de mathématiques) on peut écrire : V(+d) V() = L équation (),fournit donc la relation : dv d d dv/d= q() (4) Transformons l équation (3) en remarquant que (d)²/ est négligeable devant les autres termes ( infiniment petit du second ordre). Il vient : dm/d = -V() (5) En rassemblant les deu équations (4) et (5) il vient : d²m/d²= - q() (6) Commentaires : Ces trois relations permettent : - soit de déterminer V et M dans un tronçon de poutre soumis à une charge répartie ; - soit de vérifier l eactitude d un tracé de diagrammes des sollicitations ; - soit de déterminer la section la plus sollicitée en fleion ( la section où l effort tranchant est égal à zéro). 4-5) Applications : 1) On donne la poutre simplement appuyée qui supporte les charges montrées sur la figure 1. déterminer les réactions de la poutre et les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissant le long de l ae de la poutre. Ben Salah Abdallah 31

32 y Q1= 0 kn. q= 0 kn/m. A B Solution : A - Calcul des réactions : On calcule R A en prenant D où R A R B. 3 m L=10 m M B = 0 -R A.L + Q 1.(L-3) + q.l²/ = 0 R A.L = Q 1.(L-3) + q.l²/ (1) Dans l équation (1), en remplaçant L,q et Q 1 par leurs valeurs, on a De l équation Fy = 0, on a D où 10.R A = 0.(10-3) + ( 0*10*5) = 1140 R A = 1140/10 = 114 kn R A +R B 0 = 0 R B = = 106 kn B - Détermination du diagramme des efforts tranchants : de l équation Fy = 0, on a, pour 0 3m, R A q + V() = 0 D où V() = - R A + q = Pour 3 10, R A Q1 - q. + V() = 0 V() = -R A + Q1 + q. = De l équation ci-dessus, pour = (114 0 )/0 = 4.7m, V(4.7) = 0 Pour = 0, V = kn ; Pour = 3m, V g = -54 kn ; ( à gauche de la section d abscisse 3m) V d = -34 kn ; ( à droite de la section d abscisse 3m ) Ben Salah Abdallah 3

33 Pour = 10 m, V = 106 kn. Avec ces valeurs, on peut tracer le diagramme des efforts tranchants m = 4.7m V ( DET ) 106 kn C-Détermination du diagramme des moments fléchissants : De l équation M = 0, pour 0 3m, on a : -R A. + q.²/+ M() = 0 D où M() = R A. q.²/ = ²/ pour 3 10m, on a : -R A. + Q 1 (-3) + q.²/+ M() = 0 D où M() = (-3) 0.²/ On a dm/d = Et dm/d = 0, pour m 0 0 des étapes B et C, on constate donc que pour = 4.7m, v=dm/d = 0.L effort tranchant est égal à zéro et, par conséquent, la valeur du moment fléchissant est maimale. Pour =0, M=0 ; Pour = 3m, M= 5 kn.m ; Pour =4.7m, M ma = 80.9 kn.m ; Pour =10m, M=0 ; Avec ces valeurs, on peut tracer le diagramme des moments fléchissant : Ben Salah Abdallah 33

34 5 kn.m 3 m = 4.7m 80.9 kn.m ( DMF ) Commentaire : en eaminant les diagrammes des efforts internes, on constate que la valeur de l effort tranchant, à la section où la charge concentrée est appliquée, diminue verticalement de la valeur de cette dernière. Cependant, le diagramme des efforts tranchants ne traverse pas l ae de la poutre et, par conséquent, l effort tranchant à cette section n est pas égal à zéro. Comme on l a établi, il est égal à zéro à la section d abscisse =4.7m, et le moment fléchissant est maimal à cette section. ) On donne la poutre simplement appuyée qui supporte des charges concentrées ( voir figure ci-après). Déterminer les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissant le long de la poutre. F F=100 kn A B R A R B L =1.00 m Solution : On a R A = R B = 100 kn ( par raison de symétrie ) ; Ben Salah Abdallah 34

35 A- détermination du diagramme des efforts tranchants : pour 0 4m, V =- R A = -100 kn pour 4 8m, V =- R A + F= = 0 pour 8 1m, V = -R A + F +F = = 100 kn -100 kn A C D B 100 kn V ( DET ) B- détermination du diagramme des moments fléchissant : pour 0 4m, M = R A. = 100. = 0, M=0 ; = 4, M = 400 kn pour 4 8m, M = R A. F.(-4) = 4, M=400kN.m ; =6, M=400 kn.m; =8, M=400 kn.m. A C D B 400 kn.m ( DMF ) Commentaire :En eaminant les diagrammes des efforts internes, on constate que les relations fondamentales eprimées par les équations (4) et (5) du paragraphe 4.4 sont justifiées. Ainsi, sur les parties AC et DB de la poutre, comme l effort tranchant est constant, la pente du moment fléchissant est Ben Salah Abdallah 35

36 constante et le moment fléchissant varie linéairement le long de ces parties. En outre, sur la partie CD de la poutre, comme l effort tranchant est égal à zéro, le moment fléchissant est constant et on a une fleion pure sur cette partie de la poutre. De plus, sur ces parties, l effort tranchant étant constant ou égal à zéro, l équation (6) est justifiée et, par conséquent, la poutre ne supporte pas de charge uniforme. 3) On donne le demi-portique, supportant les charges montrées sur la figure ciaprès. Déterminer les diagrammes des efforts internes. B 30 kn C 5 m 0 kn/m A Solution : Comme on a que trois inconnues, le portique est donc isostatique et on peut calculer les réactions au appuis par les équations d équilibre de la statique. A- Calcul des réactions : De l équation F = 0, on a 0 5 R X A = 0 d où R X A = 100 kn De l équation Fy = 0, on a Ben Salah Abdallah 36

37 R Y A + R C F = 0 De l équation M A = 0, on a 5.R c 30 3 (0 5).5 = 0 R c = kn R A Y= -R C + F= = - 48 KN 4-6 EXERCICES Tracer les diagrammes des efforts tranchants (DET) et les diagrammes des moments fléchissants ( DMF) des poutres et des portiques montrés pour chacun des eercices ci-après. Eercice II.1 1 kn /m 50 kn A B m Eercice II. 10 kn.m 0 kn 0 kn.m A C D B Ben Salah Abdallah 37

38 Eercice II.3 16 kn/m kn 3.00 A 5.00 m B Eercice II.4 F = 0 kn m q = 5 kn/m m A B 1 m Ben Salah Abdallah 38

39 Chapitre 3 Caractéristiques géométriques des sections planes I- Moment statique d une aire plane : Par rapport au aes O et Oy, - l aire A limitée par le contour c est donnée par : y da Y G A da c ddy y G c X - les moments statiques m et my de l aire A par rapport au aes o et oy ont pour valeur : m = y. da figurei-1 c m y =. da c Unité : le moment statique a pour dimension la troisième puissance d une longueur, il s eprime en m 3, cm 3 ou mm 3. II- Centre de gravité d une aire plane : O G y Les distances G et yg du centre de gravité G au aes oy et o de l aire A sont définies par les relations suivantes : G = my A y G = m A Remarque : pour une surface A composée de plusieurs surfaces Ai de centre de gravité G i ( de coordonnées i et y i ) : Ben Salah Abdallah 39

40 G = n i1 Ai. i Ai y G = n i1 Ai. yi les termes A i sont les aires des parties composant la section, et les termes i, y i sont les distances respectives de leurs centre de gravité. Ai III- moment d inertie d une aire plane : Les moments d inertie I et Iy de l aire A par rapport au aes et yy ont pour valeur : I = I y = y.. da da Le produit d inertie Iy de l aire A par rapport au aes et yy est défini par : Iy = y. da Unités : Le moment d inertie a pour dimension la quatrième puissance d une longueur et s eprime en m 4 ou cm 4 ou mm 4. IV- Principe des aes parallèles : (théorème de Hyghènes ) IX = y d². da b ( y ² d² dy) da y. dad. y. dad 0 da y Y da y G IX = I + A.d d X Ben Salah Abdallah 40

41 Un raisonnement analogue dans l autre direction montrerait que : IY = Iy + A.b On démontre aussi que : I XY = I y + A.b.d Remarque : Lorsqu on parle de distance, il s agit de distance perpendiculaire. V- Relation entre les moments d inertie et le produit d inertie : Soit l aire A et le système d aes o et oy On donne aussi les aes OX et OY qui font un angle avec les aes O et Oy. y cos ysin Y da y cos X y o sin Les formules de changement d aes sont : X = cos + y sin Y = y cos - sin Ben Salah Abdallah 41

42 Donc : IX Y da ycos sin. da = cos² y² da + sin² ² da - sincos yda = I cos² Iysin Iy.sin = I. 1 cos + Iy. 1 cos IIy = IY = X da cos ysin da - Iy.sin IIy +.cos - Iy. sin = I.sin + Iy.cos² + Iy.sin IIy = I y = XYd A IIy -.cos + Iy.sin IIy = Iy.cos + sin Remarque: on constate que : IX + IY = I ( sin² + cos² ) + Iy ( sin² + cos²) Comme sin² + cos² = 1 On a donc: I X + I Y = I + I y VI- Aes principau : Les aes principau sont deu aes orthogonau OX et OY qui passent par un point O d une section et qui sont situés de façon que le produit d inertie IXY soit égal à zéro. Comme IXY = cos y XYdA I I I y sin 0 y On trouve la relation : tg I IyI qui donne la valeur de l angle que les aes principau OX et OY font par rapport au aes de référence O et Oy. VI-1 Moment quadratiques maimum et minimum : Ben Salah Abdallah 4

43 IIy On a : IX = IY = IIy IXY = Iy.cos + IIy +.cos - Iy. sin IIy -.cos + Iy.sin IIy sin On en déduit : dix = - ( IX IY ) sin - IXY cos = -IXY d diy = ( IX IY ) sin + IXY cos = IXY d Ces deu dérives, de signes contraires, s annulent en changeant de signe pour IXY = 0, l une des fonctions présentant un maimum et l autre un minimum. les aes principau sont les deu aes pour lesquels les moments quadratiques sont respectivement maimum et minimum. VI- cercle de Mohr d inertie : Le cercle de Mohr permet la détermination graphique des aes principau et des moments correspondants. On connaît I, Iy et Iy pour un système d aes privilégié. On se propose de déterminer les aes principau et les moments quadratiques correspondants. Sur l ae O on porte OH = I, OH = Iy ce qui définit M, centre du cercle de Mohr : I y I y c X.. O B. M H H A Iy I Ben Salah Abdallah 43

44 Par ailleurs, on porte HC = Iy : si Iy < 0, HC est reporté vers le haut, si Iy > 0, HC est reporté vers le bas, Ceci afin d obtenir la position eacte de l ae principal par rapport à O. C est un point du cercle de Mohr qui coupe O en A et B. En définitive : (O, OX ) =, OA = IX, OB = IY Remarque: dans le cas d une section avec un ae de symétrie, cet ae est un ae principal d inertie, l autre lui est perpendiculaire. Eemples : VII- Rayon de giration : Le rayon de giration «r» est une caractéristique géométrique d une section qui est utilisée dans la détermination de l élancement d un élément de structure soumis à un effort de compression ( poteau ). Il est donné par la relation: r = A I ou r = A I Si l on considère les aes et yy on aura: r = I ; r A y = Iy A Ben Salah Abdallah 44

45 VIII- Moment d inertie polaire : Le moment d inertie polaire de l aire A par rapport à un ae perpendiculaire au plan de l aire, passant par le point O est défini par l intégrale : I 0 r. da y O r da y Si l on considère l ae et yy passant par o, r = + y d où I 0 r da y da da I Iy Le moment polaire est invariant par changement de repère. IX- Eercice d applications : IX-1cas d un rectangle Soit le rectangle de la figure ci-contre : y Y d dy h/ y X G. h/ b/ b/ Déterminer ces caractéristiques géométriques ; a) Surface : Ben Salah Abdallah 45

46 A ou bien daddyddy c b h 0 0 h b. h da = b.dy A b. dybh b) Position de G : b 0 m = y. da y. b. dy m = 0 h m y =. da. h. d m y = G y G c) Moment d inertie : 0 b.h ² b ².h my A h. h b ²/ G = b/. b m A h ². h b / y. b G = h/ h/ I = h/ h/ y ². da b. y². dy I = h/ b. h 1 3 or d après le théorème de Hyghèns : De même on trouve que : I = I X + A.(h/)² I = b.h 3 / 3 b/ Iy = b/ b/ ². da b. ². d Iy = b/ b 3 1. h b Iy = y. da. d. y. dy Iy h b ². h 4 ² 0 0 IX- cas d un triangle : Ben Salah Abdallah 46

47 y Y G y G h X G dy G G y o b a)surface : A = da Or b h y h avec da =.d y =. b hy h A = k b h dy b 0 h h y h y h o A = bh b)centre de gravité : h yda b hy y. d h m = m = y b m y = 0 m y = da b d b h. 0 bh 6 hb 6 d où G = A my = hb 6 ² bh G = b/3 y G = A m = h 6 ² b bh y G = h/3 Ben Salah Abdallah 47

48 c) moment d inertie : h y da b hy d h I = y 0 b I y = da b d b h 0 y 3 bh I = 1 3 bh I y = 1 I y = yda I b ²h² y = 4 d)aes principau en O : tg I II 1* b h bh bh hb h b y y e)aes principau en G : IyGG tg bh avec : IGIyG h b I G = I-(y G ).S = 3 bh 36 3 hb Iy G = 36 I G y G = Iy y G. G.S = h b 7 IX-3 cas d un cercle : (coordonnées polaires) y r da O d d y =.sin Ben Salah Abdallah 48

49 a) surface : L élément hachuré est approimativement un rectangle et sa surface a pour epression : da = A =. d. d r.d. d =. dd 0 0 = 1 r ² A =.d 4 ² b) moment d inertie : I = y da Comme : y =. sin et da. d.. d I = r 0 0 sin.. d. d r 4 = 1. sin d 4 r I = 4 o 4 0 pour D=r c) aes principau : I =Iy= D 4 64 il s agit d une section qui présente plusieurs aes de symétrie, dont les aes O et Oy : sont deu aes principau d inertie. IX-4 Section en L : Déterminer les caractéristiques géométrique de la section en L, représentée ciaprès : y Y y G Ben Salah Abdallah 49

50 150 X G 1 G G G mm a) détermination de la position du centre de gravité G : G = G = y G = my Aii A A 150 AiYi A (15010) G = 3.75 mm y G = mm b) détermination des moments d inertie I G, Iy G et du produit d inertie Iy G I G = I y. AIG1y. A1 IG y² G.. A G G 1 I G = ( ).(150 10) (48.755) = , ,5 I G = 5, mm Iy G = 18, , Ben Salah Abdallah 50 3

51 Iy G =, mm 4 Iy G = Iy + G y G.A = (-18,75).(6,5).(15010).(9010) 31,5 (-43,75) Iy G = -1, mm 4 c) détermination de l angle qui situe les aes principau Y, X passant par G. On a: tg = IyG IyGI G *1, tg = 6,065, tg = +1,109 d où = 48 et = 4 d) Calcul des moments d inertie par rapport au aes principau : I = I G cos + Iy G sin - Iy sin I = 5,576.cos (4)+,06 sin (4)+1,968 sin (48) I = 6, mm 4 I Y = I sin +Iy cos +Iysin I Y = 1, mm 4 Par ailleurs I + Iy = 7, mm 4 Et I G + Iy G = 7, mm 4 par conséquent I X +I Y =I G + Iy G Commentaire : On constate que par rapport au aes principau GX et GY, la valeur du moment d inertie I X est un maimum et celle de I Y est un minimum. On distingue généralement les aes principau GX et GY comme l ae fort et l ae faible de l aire. Ben Salah Abdallah 51

52 Pour les pièces fléchies, il est donc préférable que l ae fort de l aire d une section soit un ae de symétrie passant par son centre de gravité et qu il soit perpendiculaire au plan de fleion pour que la valeur du moment d inertie soit faible. Ben Salah Abdallah 5

53 Chapitre 4 : TRACTION SIMPLE COMPRESSION SIMPLE I) Définition : Une pièce est sollicitée à la traction ou à la compression si le torseur associé des efforts etérieurs est représenté par un seul élément de réduction au centre de gravité de chaque section droite qui est l effort normal N. N 0 ; V =M = T=0 II) Aspect epérimental : Considérons un essai de traction normalisé, qui consiste à eercer un effort de traction simple sur une éprouvette en acier (FeE 4 par eemple) Dimensions normalisées de l éprouvette : Φ So o Tête d ancrage Avec : o = 100 mm So = 150 mm² Φ = 13,8 mm Les machines d essais permettent d enregistrer la courbe effort- allongement qui a l allure suivante : σ [Mpa] Acier pour B.P 500 Acier pour BA A B C Acier dou de construction D o ε % Ben Salah Abdallah 53

54 Eaminons les différentes parties de cette courbe : - Partie OA C est la zone de comportement élastique du matériau. «élastique» signifie que : - les allongements sont proportionnels au efforts appliqués ; - si l on supprime la charge, l allongement revient à zéro. Ce comportement élastique nécessite l introduction d un coefficient, appelé module d élasticité- ou module d Young-, noté E qui est tel que : N E. S N représentant l effort appliqué sur l éprouvette. (Ce coefficient traduit la proportionnalité entre l effort appliqué et l allongement relatif). Cette relation traduit la loi de Hooke. Ordre de grandeur numérique de E : Aluminium : E Mpa Acier : E.10 5 à, 10 5 Mpa Cuivre : E 1, Mpa Partie AB Dans cette zone, où l allongement progresse à effort appliqué constant, se produisent des glissements à l intérieur du matériau. Notons que si l on supprime l effort, l allongement ne s annule pas entièrement : il subsiste une déformation permanente. Partie BCD C est une zone de grands allongements où l on voit apparaître le phénomène de striction en C : il s agit d une brusque diminution de la section (qui constitue une amorce de rupture). La rupture de l éprouvette se produit en D. Coefficient de poisson ν Lorsqu un matériau s allonge dans une direction, son allongement s accompagne d un rétrécissement dans des directions perpendiculaires à celle de l allongement (par eemple, pour une éprouvette cylindrique, on observe une diminution du diamètre). Ben Salah Abdallah 54

55 Cette «contraction» est proportionnelle à l effort appliqué tant que la contrainte de traction reste inférieure à la limite élastique. Dans le cas d une éprouvette cylindrique, de diamètre initial Do et de diamètre déformé D1, cette contraction relative s écrit : D 1 ε' Do - Do Le coefficient de poisson s eprime comme suit : ν - ε ε' C est un nombre sans unité, dont la valeur varie entre 0 et 0,5 III) Etat de Contrainte: III.1)Epression de la contrainte : On suppose que le poids de la barre est négligé devant F (cas général). D après la définition vue au chapitre précédent, si nous isolons un tronçon de poutre sollicité en traction suivant son ae : l S N A A F F Nous constatons, en écrivant l équilibre statique du système isolé que l effort tranchant et le moment fléchissant sont nuls. Seul règne au sein du matériau un effort normal, et nous avons vu que l effort normal a pour epression : N() () σ.ds Ben Salah Abdallah 55

56 Or, sous réserve de l hypothèse d homogénéité et d isotropie du matériau, nous pouvons dire que les efforts dans une section Σ () sont uniformément répartis. Cela signifie en outre que la composante σ de la contrainte est identique en tout point de la section Σ (). Donc : N() Soit : σ. S N() = σ. S Or l équilibre statique permet d écrire : N() = F D où l epression de la contrainte de traction : σ = F S Nota : - si F est positif, il s agit d une compression (σ >0) ; - si F est négatif, il s agit d une traction (σ <0). III.) Diagramme de la contrainte : ds F/S -F/S σ Compression traction IV) Etat de déformations : Reprenons la barre précédente soumise à une traction F ; il en résulte un allongement l (le poids de la barre étant négligé). Nous avons vu dans le chapitre précédent que la contrainte et l allongement unitaire sont liés par la loi de Hooke : = E. Ben Salah Abdallah 56

57 ce qui conduit à : avec : F en [N] L en [mm] E en [Mpa] S en [mm²] E. S F l l soit : l F.L E.S V ) condition de résistance : La barre sollicitée à une traction doit pouvoir résister en toute sécurité, ou encore, les déformations doivent rester dans le domaine élastique. Aussi la contrainte normale doit-elle être inférieure ou au plus égale à une contrainte admissible ( contrainte limite ) appelée souvent résistance pratique et notée p. D après le diagramme de traction, la limite d élasticité est e, de sorte que, pour des raisons de sécurité provenant surtout des hypothèses sur le matériau ( homogénéité et isotropie) et sur le mode d application des forces, on doit avoir p e, soit : σ p σ s e s, appelé coefficient de sécurité, peut varier de à 5 (aciers) ; son choi dépend du type de la construction et il est en général laissé à l initiative du constructeur. La condition de résistance à la traction est alors : σ σp VI ) Applications : Eemple 1 : Soit un barreau de section constante S et de longueur l, sollicité par un effort de traction N, comme l indique la figure ci-contre : On supposant que le poids du barreau est négligeable, déterminer : a- la contrainte de traction dans le barreau ; b- l allongement de l etrémité libre B. On donne : A B N l = 1.50m, = 30 mm, N= t, E =.10 5 MPa Ben Salah Abdallah 57 l

58 Solution : a- la contrainte = N/S avec S=.² 4 = ² mm ².104 = 8, 3 Mpa 706 b- l allongement N E.. 0,1 mm S Ben Salah Abdallah 58

59 Chapitre 5 : Cisaillement Simple I-Définitions : Un corps est sollicité au cisaillement lorsqu il est soumis à deu forces opposées qui tendent à le séparer en deu tronçons glissant l un par rapport à l autre suivant le plan d une section. N=0, V 0, Mf =0, T =0 Eemple : F Découpage d une tôle : II- Contrainte tangentielle de cisaillement : a) Essai de cisaillement : Soit un prisme, encastré à une etrémité, auquel on applique un effort V perpendiculaire à l ae longitudinal : F V a a G (B) b b (A) y Ben Salah Abdallah 59

60 L effort V agit dans le plan de la section droite d encastrement aa bb et il est supposé uniformément réparti le long de l arête aa. En réalité, la section aa bb est très voisine de V mais à gauche de son plan d application, du fait qu il est impossible que V s eerce rigoureusement dans le plan d encastrement (fig.). ( très petit.) V a a b b Remarque : on admet que la répartition des forces intérieures est uniforme, ce qui entraîne la répartition uniforme des contraintes. b) Contrainte tangentielle : Mise en équilibre du tronçon (A) : La section droite S (aa bb ) sépare le prisme en deu tronçons A et B. Pour la mise en équilibre, négligeons (cas idéal du cisaillement). Le tronçon A est soumis : - à son poids, négligé devant V, - à V, l effort tranchant, - à l action du tronçon B (forces intérieures) qui se traduit par : V = (.ds) =. S Par projection sur Gy, on obtient : V -.S = 0 La valeur moyenne de la contrainte tangentielle de cisaillement est : V S Ben Salah Abdallah 60

61 III Etat de déformations : L essai de cisaillement peut être effectué comme l indique le montage de la figure (3), l effort V s eerçant lentement. Rappelons que les sections ab et a 1 b 1 sont très voisines et distantes de. Après déformation, la section a 1 b 1 vient en a b et la dénivellation a 1 a mesure alors le glissement transversal (fig.4). V dénivellation a a 1 a a 1 a b b 1 b b 1 b V Si on admet que aa reste rectiligne, on définit la déformation par le rapport : tang = a 1a avec, angle de glissement ; par ailleurs, puisque nous restons dans le domaine élastique, nous avons : C te a V ( par analogie avec l essai de traction ) et tang 1a soit, a SV 1a avec : V en [ N] = G, d où = V G.S G en [N/mm² ] S en [mm²] en [ rd ] Ben Salah Abdallah 61

62 on peut encore écrire = G. ( relation analogue à = E. ) G est appelé module d élasticité transversale ou module de coulomb Eemples : Pour les métau courants, on a constaté que G = 0.4 E, par eemple : Aciers : E = N/mm² et G = N/mm² ; Fontes : E = N/mm² et G = N/mm². IV- Condition de résistance : Pour qu une pièce résiste en toute sécurité au cisaillement, il faut que la contrainte tangentielle soit au plus égale à la résistance pratique au cisaillement p. V p S d après les résultats de l essai de cisaillement, peut s eprimer en fonction de ( résistance pratique à la traction) ; par eemple : p = 1 p pour les aciers dou, et mi-dou, p = p pour les aciers très durs et pour la fonte. N.B Si une pièce doit céder au cisaillement ( poinçonnage), il faut que la contrainte tangentielle atteigne une valeur au moins égale à la résistance à la rupture par cisaillement r : V S r ou V S. r V- Applications : V-1) Assemblage par rivet : Il s agit d assembler les deu cornières () et (3) sur le gousset (1), voir figure ci-après : Ben Salah Abdallah 6

63 A coupe AA V d A V est l effort qui s eerce sur l ensemble des cornières ; les rivets en acier dou ont pour diamètre d et pour résistance pratique p. Déterminer le nombre de rivets. ( n =? ) Solution : Chaque rivet a tendance à se cisailler suivant deu sections. Condition de résistance au cisaillement : avec et A.N : Soit S =.n.s 0 S 0 =.d² 4 n.s V 0. p V p S Pour V = 100 kn, d=16mm et p = 70 N/mm² On a n ² n 3.5 on prendra donc 4 rivets. n = 4 V-) Cisaille à main : Soit une cisaille représentée schématiquement par la figure ci-dessous. Ben Salah Abdallah 63

64 y C F A B 30 bâti L effort normal F=90 N est appliqué en C au levier coudé ABC articulé autour de l ae A. Déterminer la capacité de la cisaille ( possibilité de couper un rond ou fil en acier mi-dou de diamètre d). On donne la résistance à la rupture par cisaillement du rond : r = 340 Mpa Solution : a-statique : soit V l effort appliqué du levier sur le rond ( qui est égal à l effort appliqué du bâti sur le rond). Etudions l équilibre du levier ABC : C F A V B V ( cos30 ).F = 0 d où V =1105 N b- diamètre du rond : le rond doit céder sous l action de V : c-a-d : V τ r avec S S. 4 d² d où : on trouve : d.d² 4 V τr Ben Salah Abdallah 64

65 Chapitre 6 : Torsion des poutres Circulaires tout ce que nous allons développer dans ce paragraphe n est valable que pour des sections circulaires et ne saurait être appliqué à des poutres de section quelconque. I-Définition de la torsion : Une poutre est sollicitée à la torsion lorsque le système des forces etérieures crée des efforts internes représentables par un torseur dont le seul élément de réduction au centre de gravité de chaque section droite est le moment de torsion T. N=0 ; V=0 ; M f = 0 et T # 0 II-Effort etérieurs définissant un état de torsion : Le fait que le moment de torsion (porté par ) ne soit pas nul entraîne que les forces etérieures doivent obligatoirement appartenir au plan ( O,y,z). De plus la résultante des sollicitations étant nulle, les efforts etérieurs sont nécessairement deu à deu- de même intensité et de sens opposés. Le système d efforts le plus élémentaire conduisant à un état de torsion est donc un couple : F F Ben Salah Abdallah 65

66 III-Aspect epérimental : Soit une barre circulaire sollicitée à la torsion, on fie sur une génératrice droite des tiges témoins. Ces tiges sont repérées par les distances l 1, l et l 3 par rapport à l etrémité fie A. l 1 l 3 l α 1 α α 3 Lorsqu on sollicite en torsion une poutre circulaire, on constate : - que toute section droite reste droite et circulaire, sans variation de rayon, au cours de la déformation. - Que la distance aiale séparant deu sections droites ne varie pas au cours de la déformation. - Qu une section quelconque tourne en entier dans son plan d un angle proportionnel à son abscisse. IV -Calcul des contraintes de torsion : L effort normal étant nul, les seules contraintes eistantes se développent dans les plans de section droite. en outre, elles sont orthogonales au rayon. Enfin, elles sont proportionnelles à la distance au centre de la section. Ben Salah Abdallah 66

67 a- Epression des contraintes : Isolons, à l intérieur d une poutre circulaire, un cylindre de matière : A o B 0 B 1 B 1 A 1 A 1 dα Si on développe en plan le rectangle A 0 A 1 B 1 B 0, on constate qu il se déforme en parallélogramme : A 0 γ A 1 A 1 B 0 B 1 B 1 d L angle de déformation γ est appelé : distorsion. On peut écrire une deuième epression de la loi de Hooke sous la forme : τ = γ. G où G est le module d élasticité transversal ( ou module de Coulomb). Evaluons le déplacement de A 1, en tenant compte du fait que l angle γ est petit ( on assimilera tg γ à γ ). A 1 A 1 =B 1 B 1 = γ.d B 1 dα B 1 Ben Salah Abdallah 67

68 D où l epression de γ : γ r. dα d d d représente l angle de torsion par unité de longueur. C est une valeur constante qu on note θ. (θ est donc l angle de rotation de deu sections distantes de l unité de longueur). Compte tenu de la loi de Hooke, on peut eprimer la contrainte τ sous la forme : τ G..r V)- Déformation angulaire unitaire : eprimons la valeur de la sollicitation de torsion en fonction des contraintes τ : Mt τ.r. ds S en remplaçant τ par sa valeur, il vient : et G et θ étant constants : Mt r².g.θ.ds S Mt = G.θ. r² ds S On reconnaît dans cette epression le moment quadratique polaire : Qui vaut : I 0 = r ² ds S π d I 0 = 4 3 D ou l epression d la déformation angulaire unitaire : t θ M G.I 0 VI-Deuième epression de la contrainte tangentielle τ : En remplaçant θ par sa valeur dans la première epression de τ, on obtient : M I0 t. r Ce résultat confirme ce que nous disions au début du paragraphe3 : les contraintes sont proportionnelles à la distance du point considéré au centre de la section. Ben Salah Abdallah 68

69 On peut alors tracer le graphe de répartition de la contrainte dans une section : τ ma o - la contrainte tangentielle est maimale sur les fibres etérieures (c est à dire pour r = R ) ; - la quantité R I0 est appelée «module de torsion» VII-Epression du module de torsion d un tube : a- Calcul eact : Considérons un tube de section limitée par les circonférences de diamètres d et D. d G D et calculons le moment polaire de cette section : Ben Salah Abdallah 69

70 D/. D4 d4 I0 π 3 r dr d/ D d où le module de torsion :. D d 1- R I D4 si on avait calculé le module de torsion d une poutre pleine de diamètre D, on aurait trouvé :. D R I Conclusion : Le module de torsion d un tube est plus faibles que celui d un cylindre plein de même diamètre ( etérieur). donc le tube est plus résistant en torsion que le cylindre plein. b-calcul approché : L approimation consiste à dire que si l épaisseur du tube est faible devant le rayon, on peut considérer que la contrainte τ est constante dans l épaisseur. τ. e = c te = K on va déterminer cette constante K pour pouvoir eprimer la contrainte. z e P. dl G R y Ben Salah Abdallah 70

71 Par définition du moment d torsion, nous pouvons écrire : S ( ) GP τ ds Mt. ou encore :. GP S ds Mt or : ds = e.dl et d où Mt = R.K.dl K. de plus, S de rayon R. S S R. dl τ K e R.dl A, ou A représente l aire totale délimitée par la circonférence on peut donc eprimer la constante K sous la forme : K = A Mt D ou l epression de la contrainte : VIII-Applications : Mt τ A.e a) Eemple 1 : b) un tube circulaire en acier de 400 cm de longueur est encastré à une etrémité et libre à l autre. Ce tube a un rayon etérieur R1=75 mm et un rayon intérieur R = 60 mm. Il est soumis à son etrémité libre à un moment de torsion Mt = 30 kn.m ; R 1 R déterminer la contrainte de cisaillement. Solution : Ben Salah Abdallah 71

72 On a où et τ Mt.e.A e = 15 mm A = π. R² = π = mm² et la contrainte de cisaillement τ est égale à τ 69.9MPa b- Eemple : pour cet eemple, on suppose qu on a une barre circulaire à la place d un tube, mais les autres données sont identiques à celles de l eemple précédent. Déterminer la valeur de la contrainte τ et la valeur de l angle de rotation totale θ. On donne G = Mpa. Solution : On a τ Mt. r Io avec Io = π.d 4 π.75 4 = mm 4 et la contrainte de cisaillement maimale est égale à : τ = 49, = 45,3 Mpa l angle de rotation totale à l etrémité libre est égale à θ = Mt.l Io.G , θ = rd = 1.73 Ben Salah Abdallah 7

73 Chapitre 7 : FLEXION SIMPLE I-Introduction epérimentale : considérons une poutre reposant sur deu appuis soumise à une charge concentrée verticale. Après déformation, cette poutre accuse un flèche ( déplacement vertical des différents points, d où le nom de fleion ) et on constate que les fibres situées en partie supérieure sont sollicitées en compression tandis que celles qui sont situées en partie inférieure sont sollicitées en traction. Entre ces deu régions, il eiste une fibre qui n est ni tendue ni comprimée : c est la fibre neutre. Zone comprimée P Fibre neutre Zone tendue Hypothèses : On considèrera dans cette étude des poutres à plan moyen, c est-à-dire pour lesquelles y est ae de symétrie de la section droite. En outre, toutes les forces sont appliquées dans le plan ( oy). ( les couples et moments sont portés par z). Ben Salah Abdallah 73

74 y Les matériau sont supposés homogènes. La fibre neutre est donc confondue avec la ligne moyenne ( c est-à-dire que la fibre neutre passe par le centre de gravité de toutes les sections droites). Différents types de fleion plane : A - Fleion pure : Cette fleion correspond au cas où les sollicitations dans une section quelconque se réduisent au seul moment fléchissant ( pas d effort tranchant ). Remarquons que ce cas, bien que très intéressant d un point de vue théorique car il permet de dissocier les effets du moment fléchissant de ceu de l effort tranchant, n apparaît pratiquement jamais dans la réalité. Epérimentalement, on observe un comportement de fleion pure dans un cas comme celui-ci : Ben Salah Abdallah 74

75 B- Fleion simple : C est le cas où les sollicitations dans une section s epriment sous la forme du torseur : V() M() Dans ce cas, on mettra en évidence par le calcul l effet de l effort tranchant associé à celui du moment fléchissant. II- Etude de la fleion simple : II-1contrainte normale due au moment fléchissant : Considérons une poutre sur deu appuis soumise à une charge quelconque. Nous allons eaminer le comportement d une section ( o ) et reprendre l hypothèse de Navier-Bernoulli : y P P Zone où V =0 M = C te Ben Salah Abdallah 75

76 y y y M z M y z M y z Avant déformation Après déformation Pour que l hypothèse de Navier-Bernoulli soit vérifiée, il est nécessaire que l allongement relatif de la fibre sur laquelle est située le point M soit une fonction linéaire des coordonnées du point M dans la section (). D après la loi de Hooke, il en est de même pour la contrainte, que nous écrirons : = a + b.y + c.z comme nous l avons vu à la fin du chapitre 3, les sollicitations s écrivent : N( o ) = (o) σ (y, z)ds (1) M( o ) = y.σ (y,z) ds () (o) Développons l epression (1) en remarquant que l effort normal est nul : (o) a.ds + (o) b.y.ds + (o) c.z.ds = 0 les aes y et z passant par le centre de gravité G de la section, on a (d après la définition du centre de gravité ) : on en déduit donc : (o) y.ds = (o) z.ds = 0 Ben Salah Abdallah 76

77 a = 0 développons de même l epression () : (o) a.y.ds + (o) b.y².ds + (o) c.y.z.ds = M( o ) le troisième terme du premier membre est nul : (o).y.z.ds étant le produit d inertie d une section symétrique par rapport à l ae y. on reconnaît en outre la quantité y ².dS (o) qu est le moment quadratique de la section (o) par rapport à l ae z. on déduit de cette équation l epression de la constante b : b M( o) Iz en eprimant la nullité du moment fléchissant porté par y ( problème plan) on déduit très aisément : c = 0 d où l epression de la contrainte normale en un point M(y,z) de la section ( o ) : σ(,y) o M( o). y Iz Eemple : Variation de la contrainte normale dans une section rectangulaire. Considérons la section suivante (o) d une poutre droite : y s y h G z G( 0 ) b i = - s Le moment quadratique par rapport à l ae z s écrit : 3 bh Iz 1 Ben Salah Abdallah 77

78 faisons varier y de s écrivent : h à 6.M( o) s - bh² h. Les contraintes en fibres supérieure et inférieure i 6.M(o) bh² le diagramme de répartition des contraintes normales dans la section (o) est donc : voir ci-dessus III- Déformations : Nous allons dans ce paragraphe établir des relations entre la déformation de la poutre et le moment fléchissant qui la sollicite. Considérons un tronçon de longueur d d une poutre avant et après déformation. Considérons une fibre m 1 m située à la distance y de la fibre neutre. Après déformation cette fibre est représentée par m 1 m. La déformation relative s écrit : ε m' m m 1 m y d y m 1 m m G 1 G d les déformations étant petites, on peut écrire : Ben Salah Abdallah 78

79 m m = y.d en outre : m 1 m = d la déformation s écrit donc : ε y. d d et d après la loi de Hooke, la contrainte a pour epression : σ E.y. d d eprimons à présent le rayon de courbure de la fibre neutre : R.G d d en remplaçant dans l epression de la contrainte, il vient : E.y R puis en égalant à la valeur de la contrainte normale en fleion pure, on obtient une relation entre la courbure ( qui est l inverse du rayon de courbure) et le moment fléchissant : le terme 1 E.Iz fleion : EIz. χ 1 R M() E.Iz est appelé «fleibilité» de la poutre, inverse de la rigidité en Nota : la courbure représente en outre la rotation de la section : χ d d détermination de la configuration déformée de la poutre : on démontre, en géométrie analytique, que le rayon de courbure d une courbe d équation y = f() s écrit : (1 y'²) R y '' 3/ et, les déformations étant faibles, y ² est négligeable devant 1. on peut donc eprimer R sous la forme : R 1 y '' Ben Salah Abdallah 79

80 Si y = f() est l équation de l allure déformée de la poutre, nous pouvons écrire : M() y' ' E.Iz c est l équation différentielle de la «déformée». Processus d intégration : En intégrant une première fois l équation (1), on obtient la pente ou la rotation de la déformée à l abscisse qui est égale a : dy tgθ θ [rd] () ( car θ est petit ) d de l équation () on peut écrire : d²y M d dθ d où dθ M.d d² EI EI en intégrant une deuième fois l équation (1), on obtient la flèche y de la déformée à l abscisse Eemple : * On considère une poutre droite qui repose sur deu appuis simples et soumise à une charge uniformément répartie q : y q A θ A C Δc B l * Déterminer les équations de la déformée et sa pente, puis calculer la rotation θ A de la déformée à l appui A et la valeur de la flèche Δc à mi-portée de la poutre. (on suppose que EI est constante ). Ben Salah Abdallah 80

81 Solution : On a R A = R B = ql/ Et Mf() = (ql/). (ql/).² De l équation (1) on a : d²y d² M EI 1 EI q.l (. - q.²) 3 dy ql² q En intégrant une première fois, on a : EI. EI.θ - C1 d 4 6 ql 3 q4 En intégrant une deuième fois, on aura : EI.y - C1.. C 1 4 On détermine les constantes d intégration par les conditions au limites ( C.A.L), au appuis A et B. - en A, pour = 0, y A =y(0) = 0 donc, C = 0 - en B, pour = l, y B =y(l) = 0, d où, en remplaçant ces valeurs dans l équation (1), ql4 ql4 on aura - C1. l C 1 = q. l 3 4 d où on trouve : q.3 dy q. l.² q. l θ() d 4EI 6EI 4EI y() = q. l.3 q.4 q. l3. - 1EI 4EI 4EI pour = o pour = l/ θ A q. l3-4ei 5 q. l c y ( l/) EI Ben Salah Abdallah 81

82 Eemple : y F A θ A C Δc B l * Déterminer les équations de la déformée et sa pente, puis calculer la rotation θ A de la déformée à l appui A et la valeur de la flèche Δc à mi-portée de la poutre. (on suppose que EI est constante ). Solution : On a R A = R B = F/ Et Pour 0 l/ : M f () = R A. = (F/). (1) Pour l/ l : M f () = R B.(l-) = (F/).(l - ) De l équation (1) on a : Pour 0 l/ d²y d² M EI 1 ( F.) EI dy En intégrant une première fois, on a : EI. EI.θ F.² C1 (1) d 4 F.3 En intégrant une deuième fois, on aura : EI.y C1.. C () 1 On détermine les constantes d intégration par les conditions au limites ( C.A.L), au appuis A et B. - en A, pour = 0, y A =y(0) = 0 donc, C = 0 - en C, pour = l/, B = (l/) = 0, d où, en remplaçant ces valeurs dans l équation (1), on aura Ben Salah Abdallah 8

83 d où on trouve : C 0 F 1 4 l C 1 = dy θ() 1 F² - F l d EI 4 16 ² y() = 1. F. F. 1 3 l EI 16 ². F. l 16 pour = o pour = l/ θa - 16.EI F. l ² F. l c y ( l/) EI IV-Cisaillement dans les poutres fléchies : IV-1 Cisaillement transversal : Nous avons défini à la fin du chapitre 3, une relation entre l effort tranchant dans une section et la composante de la contrainte située dans le plan de section sous la forme : v() τ.ds il s agit donc d une contrainte de cisaillement qui se développe dans toute section transversale. Nous ferons pour l instant l hypothèse de répartition uniforme de la contrainte dans la section, ce qui permet d écrire : V() τ (nous reviendrons plus loin sur cette hypothèse). S IV- Cisaillement longitudinal : Mise en évidence de ce type de cisaillement : Ben Salah Abdallah 83

84 Poutre composée d un empilage de lames minces Poutre monobloc Avant déformation F F Après déformation Lorsqu on applique l effort, on constate un glissement des lames les unes sur les autres. Dans une poutre pleine, ce glissement est empêché par la cohésion de la matière, ce qui entraîne le développement de contraintes de cisaillement ( ou de glissement). Ces contraintes sont dites longitudinales car elles se développent dans l ae de la poutre. Nous allons établir une relation entre les contraintes de cisaillement transversales et longitudinales. IV-3 Théorème de réciprocité de CAUCHY : Dans ce qui suit, nous appellerons τ la contrainte de cisaillement transversal et τ' la contrainte de cisaillement longitudinal. Isolons à l intérieur d une poutre un parallélépipède de matière d arêtes infiniment petites, y, z et faisons le bilan des efforts s eerçant sur chacune des faces : Remarquons qu il ne peut y avoir de cisaillement dans un plan parallèle au plan des forces, ce qui eplique que deu des faces ne sont soumises à aucun effort. Ben Salah Abdallah 84

85 La première équation vectorielle du principe fondamental de la statique montre que les intensités des contraintes τ et τ' sont égales. De plus, l équation de moments, en projection sur z, montre que les contraintes τ et τ' engendrent des moments de signes contraires. Il y a donc deu configurations possibles en un point M. M ou M IV-4 Epression de la contrainte tangentielle : Considérons une poutre droite dans laquelle nous allons isoler un parallélépipède, pris en partie supérieure de la poutre : Bilan des efforts sur toutes les faces : - face 11 : pas d efforts ( bord libre de la poutre ) - face : contrainte longitudinale τ, s appliquant sur une surface b.d M() - face : * contrainte normale σ1. y0 donnant lieu à une résultante Iz N M 1 Iz y S o.ds * contrainte tangentielle dont on ne connaît pas la répartition. Ben Salah Abdallah 85

86 - face 3 3 : M( d) * contrainte normale σ. y0 donnant lieu à une Iz résultante M(d) N Iz S o.ds * constante tangentielle dont on ne connaît pas la répartition. N 1 N G 1 G d Ecrivons l équation d équilibre en projection sur l ae du parallélépipède : M() b.d.τ - Iz M(d) y.ds y.ds 0 S o Iz S o la quantité yo.ds n est autre que le moment statique de la face soit S m(so). Donc : m(so) M(d) - M() τ -. b.iz d La quantité entre parenthèses est la dérivée du moment fléchissant par rapport à, soit encore l inverse de l effort tranchant. Il vient donc : τ V. b.iz IV-5 Applications à la section rectangulaire d une poutre fléchie : m(so) Considérons la section rectangulaire suivante : Ben Salah Abdallah 86

87 y So v G y o h v b Eprimons la contrainte à l aide de la formule que nous venons d établir : bh3 Iz 1 m (So) y Go.So b.( h - y d où τ ( h² - y ²) bh 6V o 3 4 o ). 1.( h yo) on constate que la variation de en fonction de y o est parabolique. Cette variation a pour allure : y o ma Remarquons que la contrainte maimale a pour epression : τma 3. bh V Ben Salah Abdallah 87

88 V-Applications : On donne la poutre simplement appuyée qui supporte des charges concentrées ( voir figure ci-après). y F F=100 kn b ho A B C D R A R B H z L =1.00 m b o a- Déterminer les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissant le long de la poutre ; b- Tracer le diagramme de la contrainte normale, au niveau de la section la plus sollicitée ; c- Tracer l allure du diagramme de la contrainte tangentielle au niveau de la section C et calculer ma. On donne : H=80 cm, b=100 cm, h o =0 cm et b o =30 cm Solution : On a R A = R B = 100 kn ( par raison de symétrie ) ; a-1) détermination du diagramme des efforts tranchants : pour 0 4m, V = - R A = -100 kn pour 4 8m, V = -R A + F= = 0 pour 8 1m, V =- R A + F +F= = +100 kn -100 kn A C D B +100 kn V ( DET ) Ben Salah Abdallah 88

89 a-) détermination du diagramme des moments fléchissant : pour 0 4m, M = R A. = 100. = 0, M=0 ; = 4, M = 400 kn m pour 4 8m, M = R A. F.(-4) = 4, M= 400 kn.m ; = 6, M = 400 kn.m; = 8, M = 400 kn.m. A C D B 400 kn.m ( DMF ) b-1) Caractéristiques géométriques de la section : surface : S = 3800 cm² position de G : v = 8.95 cm; v = cm. * inertie : I GZ = cm 4 y y s b-) contrainte normale : = avec M fz = 400 kn.m ( la section la plus sollicitée ) M fz.y I GZ v v z d où y y 1456,17.10 σ 4 i Ben Salah Abdallah 89

90 et (v) = s = (89.5) = 5.5 Mpa (-v ) = i = (-510.5) = -9.7 Mpa c) contrainte tangentielle : = V. so m( ) b.iz en C, l effort tranchant V = 100 kn pour y o = v = 89.5 mm m so = 0 (89.5) = 0 y o = 89.5mm m so = mm 3 (89.5) = 5.95 Mpa (pour b = 300mm) (89.5) = Mpa (pour b = 1000mm) y o = 0 m so = mm 3 (0) = 7.84 Mpa d où l allure suivant du diagramme de la contrainte tangentielle : y y v v z ma=7.84mpa Ben Salah Abdallah 90

91 Chapitre 8 : FLEXION COMPOSEE Après avoir étudié les diverses sollicitations simples et leurs effet dans les poutres, eaminons comment superposer ces résultats lorsque le chargement de la poutre est quelconque. Avant de passer au cas général, voyons le cas particulier de la fleion composée ( superposition d un effort normal à un moment de fleion). I) définition : On dit qu un élément de structure est sollicité en fleion composée lorsqu il est soumis à la fois à un moment fléchissant Mf (Mfz ou Mfy) et un effort normal N passant par le centre de gravité de la section. N.B Mf # 0 ; N # 0 ; V # 0 ; Mt = 0 Dans le cas d un effort de compression ecentré N agissant sur une section à une distance «e y» sur l ae y, on peut le remplacer par un effort de compression équivalent N passant par le c.d.g de la section, plus un moment fléchissant M f égal à : M f = N.e y ( voir Fig.1 ) y N G e y z P Mf Fig.1 II)Etat de contrainte : L équation générale donnant la valeur de la contrainte à une fibre se trouvant à une distance y est donné par : Ben Salah Abdallah 91

92 σ (y) M. y A N f (1) I avec N : traction σ (y) M. y A N f I σ (y) M. y A N f - N : compression I Cette équation découle de la superposition des résultats obtenus dans l étude de la compression ( ou de la traction ) et de la fleion simple : M.v/I σ s v v G N M f A.N A.N N/A -M.v /I σ i Fig. a.b Sur la figure.a, on montre les contraintes uniformes dues à un effort normal N de compression qui s ajoutent algébriquement au contraintes dues au moment fléchissant Mz agissant sur la section de l élément. II-a) Constatation : Comme on le voit sur la figure.b, l ae neutre ( où σ = 0) est déplacé. Il est parallèle à la position de l ae neutre lorsqu il n y a qu une fleion simple, mais il ne passe pas par le centre de gravité de la section comme dans le cas de la fleion simple. II-b) Position de l ae neutre : (y o ) - Cas d une compression : soit N un effort normal de compression, on cherche à déterminer la position de l ae neutre (A.N), on désigne par y o la distance qui sépare l A.N par rapport à l ae passant par G ( le c.d.g de la section). On a σ(y o ) = 0 M.y Avec σ(y o ) = 0 A N f o I Ben Salah Abdallah 9

93 y o = - M N.I f.a yo = -. i² M N f (avec i, le rayon de giration ) - Cas d une traction : dans le cas ou N est un effort de traction : M.y σ(y o ) = 0 A N f o I yo =. i² M N f III) Noyau central : III-a) Définition : c est la zone d une section droite, lorsqu on applique dans laquelle un effort normal, toutes les fibres seront tendues ( ou comprimées). III-b) Détermination du noyau central d une section : Soit N un effort de compression : On cherche à déterminer les limites du noyau central ( N.C), qu on les désigne par c et c : La figure 3.a, nous donne la répartition des contraintes, lorsque N est appliqué audessus de la fibre moyenne. s v N C v G i v et v désignent les positions des fibres etrêmes ( inférieur et supérieur ) par rapport au centre de gravité G de la section. On a σ (-v ) = σ i Ben Salah Abdallah 93

94 et σ (v) = σ s ( N.C).(-v') d où σ i = 0 0 A N I ( C).(-v') 0 A 1 I C I A.v' I A.v'.v ρ.v C = ρ. v Dans le cas ou N est appliqué au dessous de la fibre moyenne : s v v G N C i (-N.C').(v) σ s = 0 0 A N I (-C').(v) 0 A 1 I C ' A.v I C = ρ. v I A.v'.v ρ.v' le noyau central est tel que : -c y c III-c) Eemples : - cas d une section rectangulaire : Ben Salah Abdallah 94

95 y h v v G h/6 h/6 z b b.h I = 3 1 b.h3 ρ I 1 A.v.v' 1 ( bh. h² ) Cas d une section circulaire : c 1. 3 h c' 1. 3 h 6 h h 6 y R G z R/.. D4 On a I = 64 v = v = D/ = R Ben Salah Abdallah 95

96 c =.v = D4... D² 4 D² D D 8 R 4 c =.v = 4 R IV)-Application : La section de la poutre rectangulaire montrée sur la figure ci après est soumise à un effort de compression ecentré P = 500 kn appliqué en un point de l ae y à une distance ey = 10 mm de l ae z. e y = 10 P y h=600 G z Mf b=300mm a- déterminer les contraintes dans les fibres etrêmes supérieures et inférieures ; b- déterminer la valeur minimale de e y pour qu il n y ait pas de contraintes de traction agissant sur la section. Solution : a-de l équation (1), dans la fibre supérieure etrême, on a une contrainte totale de compression s égale à : σs σ h ( ) A P (P.e) y. I h σs et sur la fibre inférieure etrême i égale à σi σ ( h - ) - P.e A P I y. h 30,6MPa ( ma compression ) Ben Salah Abdallah 96

97 σ i ,8MPa ( ma traction ) y c ma = 30,6 MPa h/ y o h/ t ma = -,8 MPa - -13,89 - fibre neutre : (yo) = 0 y -50,0 mm P.e AP o y I b- pour que la section ne soit pas soumise à des contraintes de traction, il faut que et, par conséquent : e y = h 6 i = mm il faut que l ecentricité de l effort P ne dépasse pas 100 mm Ben Salah Abdallah 97

98 Chapitre 9 : LE FLAMBEMENT I)-Description du phénomène : Un élément élancé, c est à dire ayant une grande dimension par rapport à au moins une des deu autres, soumis à un effort de compression aial, peut se déplacer transversalement de façon importante sous de faibles charges. On peut se rendre compte facilement de ce phénomène avec une lame de scie à métau tenue verticalement et chargée avec la main appuyée en tête. On constate qu à partir d une charge de l ordre de 0 N ( Kg), le N déplacement latéral commence et que pour 5 N, on transforme la lame de scie en boucle en se faisant rejoindre les deu etrémités. Ce phénomène d instabilité est appelé flambement ou, quelquefois, flambage. On distingue : -le flambement simple qui affecte les barres simplement comprimées ; -le flambement-fleion qui affecte les barres comprimées et fléchies. II)- Effort critique de flambement : N L effort limite à partir duquel se manifeste les grandes déformations allant jusqu à l instabilité est appelé effort critique de flambement, noté Pc. L étude du flambement est due à EULER. La théorie d EULER est fondée : - sur une poutre droite, bi-articulée à ses etrémités ; -soumis à un effort normal de compression centré P ( suivant G). Ben Salah Abdallah 98

99 P z y y h G z b P y Lorsque P croit, à partir de zéro, l état d équilibre rectiligne initial évolue vers un état curviligne fléchie. D après la loi fondamentale de la fleion on a : or d²y d² M E.I M = -P.y d²y donc EI. P.y 0 d² en posant : y''. y EI P 0 ω P, EI on obtient : y + ω².y = 0 C est une équation différentielle du second ordre, dont la solution générale est de la forme : y() = A.cos(ω) + B sin (ωy) la résolution de cette équation s opère grâce au conditions au limites : - pour = 0, y(0) = 0 A=0 ; - pour = l 0, y(l 0 ) = 0 B.sinωl 0 = 0 Ben Salah Abdallah 99

100 deu cas sont alors possibles : - si sin(ωl 0 ) 0 B = 0 et y() =0, ( pas de flambement dans ce cas ) ; - si sin(ωl 0 ) = 0 ω.l 0 = k.л soit ω k P d où P k². ².EI. l 0 EI l0 pour k=0 P = 0 : la poutre est rectiligne pour que la poutre reste fléchie, il faut que k soit au moins égal à 1, ce qui conduit à la valeur minimale de P qui vaut : P π².ei l0 Pc est appelé force critique d Euler. II-1)Contrainte critique d Euler : A la force critique d Euler Pc correspond une contrainte critique : avec A : la section droite de la poutre ; σ ².E I.i² l ² ² E c l0. A o Pc σc A avec i = Soit D où Imin ; rayon de giration minimal, correspond à l inertie I minimale. A λ lo : l élancement σ i σc ².E σ λ² e σc ².E λ² o λc λ lorsque σ c > σ e, aucun risque de flambement n est à craindre ( on vérifie la compression simple ) ; Ben Salah Abdallah 100

101 lorsque σ c < σ e, il y a ruine par flambement dès lors que σ = σ c. Remarque : pour σc = σe (limite), correspond un élancement critique λc λc π σ E e la théorie d Euler n est applicable que lorsque λ λ c quelques valeurs de λ c : acier : λ c 105 bois : λ c 70 fonte : λ c 60 II-)Poutres autres que bi-articulée : D une manière générale, selon les conditions au appuis, la force critique d Euler vaut : P c π² α. l EI o² avec l o = la longueur réelle de l élément soit l f = α.l o : la longueur de flambement P c π² EI l f² avec α un coefficient qui dépend des conditions au etrémités (types d ancrage ) : encastré. articulé articulé libre translation lo encastré. articulé encastré encastré encastré Ben Salah Abdallah 101

102 α = 1/ α = 1 α = 1/V α = α = 1 III-3) Sécurité vis à vis du flambement : Causes des imperfections : - défauts d homogénéité ; Coefficients de sécurité : comme - défauts de centrage ; - défauts de rectitudes,.s c avec : superposition de la compression et la σc ².E λ² σ ².E.. ². p = e fleion ; σ. ².E ².s ².E.. e λ c ² s : coefficient de sécurité(s= σ e /σ p ) p ² soit β = 1/ λ c ² IV)Théorie de Rankine : p ² Si λ Pc : flambement d Euler ; Si λ N : compression ; Pour les valeurs intermédiaires ( pièces moyennement courte ) Le modèle de Rankine Dans ce cas : Résumé : p 1 ² Pour λ 0 Pour 0 λ λc Pour λ λc compression simple modèle de Rankine théorie d Euler on vérifie que : on vérifie que : on vérifie que : Ben Salah Abdallah 10

103 p σ σ p 1 ² p ² V)Méthode de Dutheil : Insuffisance de : - Euler : n est pas applicable pour des élancement faibles ; - Rankine : tient compte d un coefficient de sécurité important ; Dutheil tient compte de la fleion et de la compression. La méthode de Dutheil est applicable quelque soit la valeur de l élancement : méthode de vérification : M.y A P f - I on cherche tout d abord à déterminer la contrainte d affaissement : σ s les étapes de calcul sont les suivantes : 1- calcul de Pc d Euler : - calcul de : P c Pc c A π² α.l EI o² 3- calcul de σ comp ( compression simple ) : σ comp = A P vérifier que σ comp σ c ( sinon changer la section ou bien diminuer la charge ) 4- calcul de la contrainte intermédiaire : σ I = 1 ( σc σ e ) 5- la contrainte d affaissement : σ s = σ I - I ² -c. e la condition de résistance : VI APPLICATIONS : σ A P s s Vérifier un poteau constitué par une poutrelle HEB00, hauteur 8.00m, articulé au deu etrémités. Il est sollicité par un effort pondéré de 44 kn. Caractéristiques du profilé : Ben Salah Abdallah 103

104 S = 78.1 cm², I min = 003 cm 4, E=, MPa, e = 40 MPa et s =.5 Solution : - l élancement du poteau : = lf/i min = / 5.07 = 159., l élancement critique : c =. E. 9,93 e 40 On constate que >c On vérifie que.s c Avec la contrainte critique d Euler : Théorie d Euler ².,1.10 λ² ² E 5 σc,53 79,3MPa soit σ ok 7810.,5 le poteau est stable vis à vis au flambement. Vérifier la stabilité du poteau représenté ci-après : Données : F= 350 kn, H= 6.00m b=150 mm, h = 00 mm et e=5 mm c= 80, e = 30 Mpa et s= ( coef. de sécurité) Solution : F B H - l élancement du poteau : = lf/i min A avec l f = 0,707.6,00 = 4,4 m I min = - 43,75106 mm4 1 1 i min = Imin A 43, mm h z e y 4,4.103 λ 78,5 54 l élancement critique : c = 80 b On constate que < c Théorie de Rankine Ben Salah Abdallah 104

105 On vérifie que σp 1β.λ² Avec soit β λ 1 c² σ σ p s e 1 80² MPa , , σ 7,64 MPa le poteau est instable vis à vis au flambement. Ben Salah Abdallah 105

106 Ben Salah Abdallah 106