Post on 25-Feb-2023
transcript
Résistance
des matériaux
Exercices& solutions
Guy PLUVINAGE
Vladimir SAPUNOV
CÉPADUÈS-ÉDITIONS111, rue Nicolas-Vauquelin31100 TOULOUSE – France
Tél. : 05 61 40 57 36 – Fax : 05 61 41 79 89(de l’étranger ) + 33 5 61 40 57 36 – Fax : + 33 5 61 41 79 89
www.cepadues.comCourriel : cepadues@cepadues.com
© CEPAD 2005 ISBN : 2.85428.706.1
Le code de la propriété intellectuelle du 1er juillet 1992 interdit expressément la photocopie à usage collectif sans autorisation des ayants-droit. Or, cette pratique en se généralisant provoquerait une baisse brutale des achats de livres, au point que la possibilité même pour les auteurs de créer des œuvres nouvelles et de les faire éditer correctement est aujourd’hui menacée.Nous rappelons donc que toute reproduction, partielle ou totale, du présent ouvrage est interdite sans autorisation de l’Éditeur ou du Centre français d’exploi-tation du droit de copie (CFC – 3, rue d’Hautefeuille – 75006 Paris).
Dépôt légal : octobre 2005 N° éditeur : 706
Chez le même éditeur
Culture générale scientifique
Redécouvrir l'électronique ����������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������� Barrandon L.Les Objets Techniques ������������������������������������������������������������������������������������������������������������ Padilla F., Soum G., Frède V., & Butto Cl.La lumière à ma portée ��������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������� Taïeb G., Vetter R.
Aéronautique
Initiation au pilotage ����������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������� Nicolas J.Manuel du pilote privé avion ������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������� CollectifManuel du pilote ULM ���������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������Collectif
Mathématiques
Calcul sans retenue ������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������ Chiocca M.Bien Débuter en mathématiques - Structures Algébriques Élémentaires, Arithmétique �������������������������������������������������� ���������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������Colin J-J., Morvan J-M. et R.Bien Débuter en mathématiques - Séries numériques �������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������� �������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������de Segonzac M., Monna G., Morvan J-M. et R.
Météo
Fondamentaux de Météorologie ����������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������� Malardel S.La Météo eXpliquée ������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������ Nicolas J.
Pédagogie
Réussir sa classe tous les jours��� ou presque ! �������������������������������������������������������������������������������������������� Buscaglia C., Sanchez L.E-learning, conception & mise en oeuvre d’un enseignement en ligne ������������������������������������������������������������������� Ernst Ch.Enseigner en STi ������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������������� Musial M., Rubaud M.
La Résistance des Matériaux est l’une des disciplines fondamentales de
l’ingénieur. Elle joue un rôle de premier plan dans la formation des ingénieurs
et techniciens de presque toutes les spécialités et a une importance
particulièrement grande pour les ingénieurs en mécanique, en construction de
machines et en génie civil.
Ce manuel présente des travaux dirigés de Résistance des Matériaux.
C’est dans la résolution des problèmes que les étudiants du cours de Résistance
des Matériaux rencontrent le plus de difficultés. Le présent manuel facilitera
l’étude de ce cours et, ce qui est essentiel, les aidera à assimiler les méthodes de
résolution des problèmes et à acquérir l’expérience nécessaire.
Dans ce manuel, on montre en détail les méthodes et les procédés de
résolution de problèmes typiques de Résistance des Matériaux. Pour la
commodité d’utilisation et pour une meilleure assimilation, le contenu du
manuel est disposé de façon brève dans chaque partie indépendante.
On examine ces problèmes par l'étude des états de contrainte et de
déformation et par l'application de théories et de critères de résistance.
Par la suite on calcule les barres rectilignes soumises à types différents
de sollicitations (traction et compression ; cisaillement ; torsion ; flexion ;
résistance composée) et on calcule les assemblages simples des élément de
construction (assemblages boulonnés, clavetés, rivetés, soudés, entailles ans des
poutres en bois, etc).
Dans ce manuel, on considère les méthodes se rapportant aux systèmes
hyperstatiques: méthodes des forces et des déplacements et détermination des
déplacements pour les portiques et les fermes et l’équation des trois moments
pour les poutres continues à appuis multiples.
Une attention particulière est donnée aux calculs des enveloppes à parois
minces selon la théorie de membranes (réservoirs de révolution soumis à une
pression intérieure symétrique par rapport à l’axe de l’enveloppe) et à la
stabilité des barres comprimées (perte de stabilité de la forme initiale de la barre
; flambement).
Dans chaque paragraphe de ce manuel, avant la présentation des
résolutions des problèmes, on donne brièvement les mots clés, les notions
théoriques fondamentales, les renseignements principaux et les formules
définissant l’essentiel nécessaire à la résolution des problèmes examinés. Dans
ce cadre, on formule les hypothèses de départ, les règles appropriées et enfin,
on donne les conclusions et recommandations les plus importantes.
Le livre est recommandé pour les étudiants des grandes écoles
d’ingénieurs, pour la formation de techniciens et il est aussi une aide pour les
professeurs. Il peut représenter une aide pour les ingénieurs en activité.
Résistance des matériaux 3
CONTENU
Introduction. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1 Etats de contrainte et de déformation . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 Critères de résistance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3 Traction et compression des barres droites . . . . . . . . . . . 19
4 Cisaillement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
5 Calcul d’assemblages simples d’élément de construction 40
6 Caractéristiques géométriques des figures planes . . . . . . 51
7 Torsion des arbres circulaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
8 Flexion plane transversale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
9 Résistance composée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
10 Méthodes énergétiques de détermination des
déplacements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
11 Systèmes hyperstatiques (détermination des inconnues
redondantes) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
12 Systèmes hyperstatiques (détermination des
déplacements) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150
13 Poutres continues à appuis multiples . . . . . . . . . . . . . . . 159
14 Calcul des enveloppes à parois minces . . . . . . . . . . . . . . 169
15 Flambement des barres comprimées . . . . . . . . . . . . . . . . 176
Bibliographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
Résistance des matériaux 5
INTRODUCTION
Résistance des matériaux comme discipline scientifique :
- résistance, solidité, rigidité, stabilité ;
- barre (poutre, arbre), plaque, enveloppe, corps massif.
Types de déformations ; notion d’état déformé d’un matériau :
- concept de déformation ;
- déformation élastique et plastique (résiduelle) ;
- traction (compression) et déformation linéaire ;
- cisaillement (glissement) et déformation angulaire ;
- torsion (angle de torsion) ;
- flexion (flèche) ;
- état déformé du matériau en un point du corps (les six composantes de
déformation).
Hypothèses principales :
- continuité, homogénéité, isotropie du matériau ;
- hypothèse des petites déformations ;
- élasticité parfaite du matériau ;
- relation linéaire entre les déplacements et les charges (loi de Hooke) ;
- principe de l’indépendance des effets et de l’addition des forces
(principe de superposition) ;
- sections planes.
Forces extérieures :
- surfaciques (superficielles) et volumiques (massiques) ;
- statiques et dynamiques (instantanées, choc) ;
- sollicitation périodique (cyclique).
Forces intérieures :
- méthode des sections ;
Résistance des matériaux 7
- forces intérieures (efforts et moments) dans la section transversale de
la barre ;
- diagrammes des efforts et des moments ;
- contraintes dans la section (normale et tangentielle).
Solidité et rigidité :
- contraintes admissibles ;
- critère de résistance ;
- condition de rigidité.
1. ÉTATS de CONTRAINTE et de DÉFORMATION
État de contrainte en un point :
- tenseur des contraintes dans le repère des coordonnées x, y, z et dans
le repère des trois axes principaux 1, 2, 3
T
x xy xz
yx y yz
zx zy z
σ
σ τ ττ σ ττ τ σ
=⎧
⎨⎪
⎩⎪
⎫
⎬⎪
⎭⎪
, Tσ
σσ
σ=
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⎫
⎬⎪
⎭⎪
1
2
3
0 0
0 0
0 0
;
- contraintes principales ( σ σ σ1 2 3≥ ≥ ) : ce sont les trois racines de
l’équation
0322
13 =−+− σσσ IsIsIs ,
où s est la contrainte normale principale ; I I I1 2 3σ σ σ , , sont les
invariants du tenseur des contraintes
3211 σ+σ+σ=σ+σ+σ=σ zyxI
133221222
2 σσ+σσ+σσ=τ−τ−τ−σσ+σσ+σσ=σ zxyzxyxzzyyxI
I3σ 3212222 σσσ=τσ−τσ−τσ−τττ+σσσ= xyzzxyyzxzxyzxyzyx ;
- contraintes normales principales et type d’état de contrainte
σ σ σ1 2 30 0≠ = =, - uniaxial ou état linéaire de contrainte,
8 Résistance des matériaux
( ) ( ) 0,0,0 3min2max1 =σσ≠σσ≠σ - biaxial ou état plan de
contrainte,
σ σ σ1 2 3 0≥ ≥ ≠ - triaxial ou état tridimensionnel de contrainte.
État uniaxial de contrainte :
- contraintes dans un plan quelconque
α est angle entre la direction de la contrainte
principale et la normale extérieure
On montre les directions réelles
des contraintes.
Les directions positives des
contraintes sont les suivantes :
ασ=σα2
1 cos , ( ) ασ=τα 2sin2/1 .
- déformation 1ε pour un état uniaxial de contrainte. Loi de Hooke.
Module d’élasticité en traction E (module de Young). Coefficient de
Poisson ν
ε σ1 1= / E , ν=εε
=εε
2
3
1
2 .
Etat plan de contrainte :
- détermination des contraintes normales et tangentielles dans deux
plans quelconques orthogonaux (problème direct)
σmax
σmin
σmin
σmax
ασ+ασ=σ 2min
2max sincosn ,
ασ−σ
−=τ 2sin2
minmaxnm ,
ou α est angle entre la contrainte σmax et la
normale n compté de σmax (le sens positif est
le sens contraire des aiguilles d’une montre).
Résistance des matériaux 9
Pour ces contraintes, on obtient les relations suivantes :
minmax σ+σ=σ+σ mn , τ τnm mn= − ;
- détermination des contraintes normales principales et des axes
principaux à partir des contraintes normales et tangentielles dans deux
plans orthogonaux (problème inverse)
2
2
minmax,22
xyyxyx τ+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ σ−σ±
σ+σ=σ ,
yx
xy
σ−σ
τ=α
22tg 0 ⇒ ⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
σ−στ
=αyx
xy2arctg2 0
Les formules présentées sont obtenues avec l’hypothèse σ σx y≥ ;
l’angle α0 détermine la direction de maxσ par rapport de l’axe x ;
- déformations pour un état plan de contrainte. Loi de Hooke
généralisée
( )
( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
νσ−σ=ε
νσ−σ=ε
122
211
1
1
E
E .
Etat de contrainte tridimensionnel :
- loi de Hooke généralisée
( )[ ]
( )[ ]
( )[ ]⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
σ+σν−σ=ε
σ+σν−σ=ε
σ+σν−σ=ε
2133
1322
3211
1
1
1
E
E
E
.
Etat de déformation en un point :
- tenseur des déformations dans les axes de coordonnées x, y, z et dans
les trois axes principaux 1, 2, 3
10 Résistance des matériaux
⎪⎪⎪
⎭
⎪⎪⎪
⎬
⎫
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
εγγ
γεγ
γγε
=ε
zzyzx
yzyyx
xzxyx
T
2
1
2
12
1
2
12
1
2
1
, Tε
εε
ε=
⎧
⎨⎪
⎩⎪
⎫
⎬⎪
⎭⎪
1
2
3
0 0
0 0
0 0
;
- deformation volumique
( )32132121 σ+σ+σν−=ε+ε+ε=ε+ε+ε=ϑ=ε
EzyxV .
1.1
Données:
⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
σσσσσσσσσ
=σT
Déterminer les contraintes
principales normales et le
type d’état de contrainte
Pour déterminer les contraintes normales principales, il faut résoudre
l’équation
s I s I s I31
22 3 0− + − =σ σ σ ,
où s est la contrainte normale principale et I I I1 2 3σ σ σ , , sont les
invariantes de l’état de contrainte en un point (invariants du tenseur des
contraintes). On peut trouver que :
I x y z1 3σ σ σ σ σ= + + = ,
I x y y z z x xy yz zx22 2 2 0σ σ σ σ σ σ σ τ τ τ= + + − − − = ,
I3σ = + − − − =σ σ σ τ τ τ σ τ σ τ σ τx y z xy yz zx x yz y zx z xy2 02 2 2 .
En placant les valeurs des invariants dans l’équation, nous avons
( )s s s s3 2 23 3 0− = − =σ σ .
Les trois racines d’une équation sont suivantes : s1 3= σ ,
s s2 3 0= = .
Résistance des matériaux 11
Les contraintes principales normales sont σ σ1 3= , σ σ2 3 0= = .
L’état de contrainte est donc uniaxial.
1.2
Données:
Pa801 =σ ,
Pa402 =σ ,
Pa203 =σ ,
γ = 30° .
Déterminer les contraintes
dans la section n et les
contraintes principales
tangentielles.
Les contraintes déterminées (normale et tangentielle) agissent dans le
plan parallèle à 1σ . Elles ne dépendent évidement pas de 1σ mais
dépendent des contraintes 2σ et 3σ . C’est pourquoi, nous avons la
possibilité de passer par un état de contrainte plan et d’utiliser les
relations précédentes :
ασ+ασ=σ 2min
2max sincosn ,
ασ−σ
−=τ 2sin2
minmaxnm
( α est angle entre σmax et la normale n
compté de σmax ) .
Dans ces formules nous avons 2max σ=σ , 3min σ=σ et par
conséquent α γ= . On trouve les valeurs des contraintes dans la section
n d’après les formules :
MPa354
120
4
340 =⋅+⋅=σn , MPa66,8
2
3
2
2040 −=⋅−−=τnm .
Les contraintes principales tangentielles valent:
( ) MPa202/211 =σ−σ=τ ,
( ) MPa102/322 =σ−σ=τ ,
( ) MPa302/133 =σ−σ=τ .
12 Résistance des matériaux
1.3
Données :
Pa1003 −=σ ,
γ = 30° .
Déterminer les contraintes
dans les sections n et m .
Voir le problème 1.2. Pour la détermination des contraintes dans la
section n nous avons 0max =σ , MPa100min −=σ et α = − 60 , parce
que l'angle α est compté à partir de maxσ et cet angle est compté positif
dans le sens des aiguilles d’une montre. Dans la section m l’angle α a
la valeur : α = 30 . On obtient :
( ) MPa57866,01002 −=⋅−=σn , ( ) Pa3,43866,0
2
100 =−⋅−=τnm ;
( ) Pa255,01002 −=⋅−=σm , Pa3,43866,0
2
100 −=⋅−=τmn .
1.4 Données :
les contraintes sont
en MPa
Déterminer les contraintes
principales normales et
tangentielles
La contrainte normale MPa200=σ est principale. Les autres deux
contraintes normales principales agissent dans les plans parallèles à
MPa200=σ et nous avons la possibilité de passer par un état plan de
contrainte et utiliser les relations précédentes
2
2
minmax,22
xyyxyx τ+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ σ−σ±
σ+σ=σ ,
yx
xy
σ−σ
τ=α
22tg 0 ⇒ ⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
σ−στ
=αyx
xy2arctg2 0
Les formules présentées sont déterminées avec l’hypothèse σ σx y≥
Résistance des matériaux 13
Dans ce problème σ σ τx y xy= = =400 0 500, , . Le calcul donne
540200500200200 22minmax, ±=+±=σ
Pa740max =σ , 340min −=σ P .
tg 21000
4002 50α = = , → α0 = 34
° .
L’angle α0 détermine la direction maxσ par rapport de l’axe x .
Finalement,
σ1 740= , σ2 200= , σ3 340= − ( P ) .
τ1 = ±540 , τ2 = ±270 , τ3 = ±270 ( P ) .
1.5
Données :
p, a, E, ν
Déterminer les contraintes
normales, la variation de la
dimension a et la densité
d’énergie de déformation.
Dans ce problème σ1 = σ2 ≠ 0 sont les
grandeurs inconnues et σ3 = − p . En conformité
avec les conditions aux limites du problème, les
déformations transversales sont nulles
ε ε1 2 0= = et 03 ≠ε est la grandeur inconnue.
C’est pourquoi, on peut écrire, en utilisant la loi de Hooke
( )( )( )⎪
⎩
⎪⎨⎧
≠σ+σν−σ=ε=σ+σν−σ=ε=σ+σν−σ=ε
0
0
0
2133
1322
3211
E
E
E
.
La résolution des deux premières équations donne
σ1 = ( )ν−ν−=σ 1/2 p .
14 Résistance des matériaux
La variation de la dimension de l’arête a d’un cube élémentaire de
matière est liée avec la déformation linéaire ε3 par la relation
∆a a= ε3 , d’où nous avons :
01
12 2
<ν−
−ν+ν⋅=∆ aE
pa .
La densité d’énergie de déformation élastique est déterminée par la
formule
( ) 01
21
22
1 22
332211 >ν−
ν−ν−⋅=εσ+εσ+εσ=E
pU .
1.6
Données :
p, a, b, E, ν
Déterminer les contraintes
principales normales et la
variation des dimensions a
et b .
Voir le problème 1.5. Ici σ2 = 0 , σ3 = − p et
ε1 0= . Les grandeurs σ1 , ε2 et ε3 sont
inconnues. En utilisant la loi de Hooke, nous
avons pν−=νσ=σ 31 . Les variations des
dimensions a et b sont liées aux déformations
ε2 et ε3 :
( ) ( ) 01/2 >ν+ν=ε=∆ Epbbb ,
( )( ) 01/ 23 <−ν=ε=∆ Epaaa .
1.7
Données :
601 =σ MPa,
302 =σ MPa,
E = 2⋅105
Pa,
ν = 0,3 ,
γ = 30° .
Déterminer les déformations
principales linéaires et les
déformations selon les axes
n et m .
Résistance des matériaux 15
Les déformations principales se déterminent à partir des relations de
la loi de Hooke :
( ) ( ) 45211 1055,2102/303,060/ −⋅=⋅⋅−=νσ−σ=ε E ,
( ) ( ) 45122 106,0102/603,030/ −⋅=⋅⋅−=νσ−σ=ε E .
Nous avons une analogie entre l’état de contrainte et l’état de
déformation. Pour déterminer les déformations dans les directions n et
m , on peut utiliser les formules correspondantes de l’état de contrainte.
Nous avons :
αε+αε=ε 2min
2max sincosn ,
αε+αε=ε 2min
2max cossinm ,
αε−ε−=γ 2sin)( minmaxnm .
Dans ce problème 1max ε=ε , 2min ε=ε , α = γ . On peut calculer
εn = ⋅ −2 10 4,05 , εm = ⋅ −1 10 4,09 , γ nm = − ⋅ −1 7 10 4, .
2. CRITÈRES de RÉSISTANCE
Rôle du critère de résistance : on est conduit à la réduction d’un état
de contrainte complexe où les trois contraintes principales 1σ , 2σ , 3σne sont pas nulles à une traction uniaxiale équivalente éqσ .
Indépendamment du critère utilisé, la condition de résistance a la forme
suivante
[ ] tréq σ≤σ .
Critères principaux de résistance:
- critère des contraintes normales maximales (première théorie de
résistance)
[ ]σ≤σ=σ 1max ⇒ 1Iéq σ=σ ;
- critère des déformations maximales (deuxième théorie de résistance)
[ ]ε≤ε=ε 1max ou ( ) [ ]σ≤σ+σν−σ 321
16 Résistance des matériaux
( )321IIéq σ+σν−σ=σ ;
- critère des contraintes tangentielles maximales (troisième théorie de
résistance)
[ ]τ≤τmax ou [ ]σ≤σ−σ 31
31IIIéq σ−σ=σ ;
- critère de Von Mises (quatrième théorie de résistance)
( ) ( ) ( )213
232
221
IVéq
2
1 σ−σ+σ−σ+σ−σ=σ ;
- critère de Coulomb–Mohr (cinquième théorie de résistance)
[ ][ ] 3
compr
tr1
Véq σ
σ
σ−σ=σ .
2.1
Etat de contrainte
tridimensionnel
Données :
σ1 = 20 P ,
σ2 = - 40 P ,
σ3 = - 80 P .
Comparer les contraintes
équivalentes selon les
différentes théories de
résistance (ν = 0,3 ;
[ ] [ ] 5,0/ comprtr =σσ ).
Pa20Iéq =σ ; Pa56II
éq =σ ; 100IIIéq =σ Pa ; =σ IV
éq 87,2 Pa ;
critère de Coulomb – Mohr - =σVéq 60 Pa .
2.2
Données :
[ ] [ ]comprtr σ=σ
(les contraintes sont
en MPa)
Déterminer l’état de
contrainte le plus
dangereux (utiliser
la III-ième théorie
de la résistance).
Nous savons que =σ IIIéq 31 σ−σ .
Dans le premier cas : σ1 800= , σ2 300= , σ3 100= et =σ IIIéq 700 P .
Résistance des matériaux 17
Dans le deuxième cas : σ1 750= , σ2 100= , σ3 0= et =σ IIIéq 750 P .
Le deuxième état de contrainte est donc le plus dangereux.
2.3
Données :
H , P ,
γ1 = γ eau ,
γ2 = γ câble ,
[ ] [ ]comprtr σ=σ
Déterminer les contraintes
équivalentes dans les
sections A et B (utiliser la
III-ième théorie de la
résistance).
L’état de contrainte dans la section A est un état uniaxial de
contrainte et se détermine à partir de la charge P et du poids du câble
dans l’eau ( )SHP 12c γ−γ= , où S est l’aire de la section du câble.
Dans ce cas ( ) SPP /c1 +=σ et
( IIIéqσ )A ( ) ( )HSP 12/ γ−γ+= .
L’état de contrainte dans la section B est un état de contrainte
tridimensionnel : SP /1 =σ , σ2 = = −σ γ3 1H . La contrainte
équivalente dans cette section sera
( IIIéqσ )B ( ) HSP 1/ γ+= .
On peut voir que si ( / )γ γ2 1 > 2, l’état de contrainte en A est le plus
dangereux .
2.4
Données :
σ ,
[ ][ ] 1
compr
tr ≠σ
σ=k
Comparer les contraintes
équivalentes dans les cas
a) et b) .
Dans le cas a) nous avons : σ1 = σ2 = 0, σ σ3 = − σ=σ k(1)éq
(critère de Coulomb – Mohr).
18 Résistance des matériaux
Dans le cas b) (voir le problème 1.5) nous avons :
σ1 = ( )ν−νσ−=σ 1/2 , σ3 = σ− σ⎟⎠⎞⎜
⎝⎛
ν−ν−=σ
1
(2)éq k .
La comparaison des cas a) et b) permet de montrer que (1)éqσ > (2)
éqσ . On peut voir que si ( )ν−ν< 1/k , alors (2)éqσ < 0 . Dans ce
cas, on considère toujours éqσ = 0.
3. TRACTION et COMPRESSION de BARRES DROITES
Caractéristiques mécaniques des matériaux en traction et en compression :
- diagramme de traction d’une éprouvette en acier à bas carbone en
coordonnées lP ∆− ; diagramme des contraintes de traction ;
- caractéristiques de résistance d’un matériau : 2,0él , RR , mR sont
les limites d’élasticité, d’écoulement ou de plasticité (conventionnelle),
de résistance (résistance ultime) ; S - contrainte au moment de la
rupture ;
- caractéristiques de plasticité du matériau : δ , ψ sont allongement
relatif et contraction relative d’une éprouvette mesurés après rupture de
l’éprouvette ;
- diagrammes des contraintes pour divers matériaux ;
- diagrammes de compression pour divers matériaux.
Traction (compression) des barres isostatiques :
- méthode des sections et détermination de la force axiale N x
La condition d’équilibre Σ X = 0 de n’importe quelle partie de barre
donne N Px = . La force axiale N x est considérée comme positive, si
Résistance des matériaux 19
elle provoque une traction, et comme négative, si elle provoque une
compression ;
- contrainte normale sec/ SN xx =σ ( secS est l’aire de la section
droite) ;
- déformation longitudinale
ε σx x E= / - sous un chargement en force,
( ) ( )xTExx α+σ=ε / - sous un chargement en force et température ;
- déformations transversales ν=εε=εε xzxy // ;
- déplacementes des points
∫=x
x ESdxNu
0
sec/ - sous un chargement en force,
∫=x
x ESdxNu
0
sec/ ( )∫α+x
dxxT
0
- sous un chargement en force et
température.
Barre hyperstatique et systèmes de barre isostatiques et hyperstatique.
3.1
Données :
P , S , a , E
Tracer les diagrammes
des efforts N x , des
contraintes xσ , des
déformations ε x et des
déplacementes u .
1. Détermination de la réaction à
l’encastrement
20 Résistance des matériaux
D’après la condition d’équilibre
statique nous avons:
0=∑ X − − + − =R P P PA 3 0
R PA = .
2. Diagramme des efforts longitudinaux xN .
Section 1 : 0=∑ X N Px1 = .
Section 2 : 0=∑ X N Px2 2= .
Section 3 : 0=∑ X N Px3 = − .
3. Diagrammes des contraintes normales xσ et des déformations xε
Ils sont déterminés à l’aide des formules suivantes :
sec/ SN xx =σ , sec// ESNE xxx =σ=ε .
4. L’obtention du diagramme des déplacementes u se fera à l’aide
de la formule ∫=x
x ESNu
0
sec/( ) dx , en réalisant l’intégration dans les
limites de chaque partie de la barre (le diagramme est présenté en
fonction du rapport ESPa / ).
Tronçon 1 : ∫ ⋅=x
x xdSENu
0
11 )2/( , 0 2≤ ≤x a / .
u x1 0 0= = , ESaPu ax 4/2/1 == .
Tronçon 2 : u2 = u x a1 2= / ∫ ⋅+x
x xdSEN
0
2 )2/( , 0 2≤ ≤x a / .
u x2 0= = ESaP 4/ , ESaPu ax 4/32/2 == .
Résistance des matériaux 21
Tronçon 3 : u3 = u x a2 2= / ∫ ⋅+x
x xdSEN
0
3 )/( , 0 ≤ ≤x a .
u x3 0= = ESaP 4/3 , ESaPu ax 4/3 −== .
3.2
Données :
q , a , S , E .
P = 2qa.
Tracer les diagrammes des
efforts longitudinaux N x et
des déplacementes u .
1. Détermination de la réaction à
l’encastrement
D’après la condition d’équilibre statique, nous avons:
0=∑ X − + − =R P qaA 0 R qaA = .
2. Diagramme des efforts longitudinaux xN .
Section 1 : 0=∑ X N qax1 = .
Section 2 : 0=∑ X N qax2 = − .
Section 3 : 0=∑ X N qa qxx3 = − + .
( )0 ≤ ≤x a
22 Résistance des matériaux
3. L’obtention du diagramme des déplacementes u se fera à l’aide
de la formule ∫=x
x ESNu
0
sec/( ) dx (voir le problème 3.1) (le
diagramme est présenté en fonction du rapport ESqa /2 ).
Tronçon 1 : ESqaxdxSENu
x
x /)2/(
0
11 =⋅= ∫ , 0 2≤ ≤x a / .
u x1 0 0= = , ESaqu ax 4/22/1 == .
Tronçon 2 : u2 = u x a1 2= / ∫ ⋅+x
x xdSEN
0
2 )2/( , 0 2≤ ≤x a / .
u x2 0= = ESqa 4/2 , u x a2 2 0= =/ .
Tronçon 3 : u3 = ( ) ESqxqaxxdSEN
x
x 2/2)/( 2
0
3 −−=⋅∫ , 0 ≤ ≤x a .
La fonction ( )u u x3 3= est une fonction quadratique. Elle présente un
minimum pour x a= :
u x3 0= = 0 , u x a3 = = ESaq 2/2− .
3.3
Données :
P = 20 N ,
q = 10 kN/m ,
S = 2 m2 ,
a = 1 m ,
E = 2⋅105
Pa .
Tracer les diagrammes
des efforts longitudinaux
N x et des déplacementes
u .
1. Le problème donné est
hyperstatique : nous avons 2
réactions inconnues aux
encastrements et 1 équation de la
statique.
Résistance des matériaux 23
Le degré d’hyperstaticité est égal à 1.
Pour l’obtention de la solution, on peut utiliser le procédé suivant :
nous abandonnons l’encastrement en B et soumettons à l’examen une
réaction RB de remplacement. La nouvelle barre sera équivalente à la
barre initiale si le déplacement de la section B reste nul :
( ) ( ) ( )∆ ∆ ∆ ∆B B P B q B RB= ⇒ + + =0 0 ,
où ( )∆ B Pest le déplacement de la section B provoqué par la force P
etc. (principe de superposition). Nous obtenons pour chaque terme :
( ) ( ) ESPaSEaPPB 4/2/2/ −=⋅−=∆ ,
( )ES
qa
SE
aqa
SE
dxxqa
qB
2
02
=⋅⋅+
⋅=∆ ∫ ,
( ) ESRSEaRSEaR BBBRB B2/32// =⋅+⋅=∆ .
On peut calculer RB
( ) ( ) kN33,36/11041206/4 2 −=⋅⋅−⋅=−= qaPaRB .
La valeur négative du résultat montre que la direction choisie pour la
réaction au niveau de l’encastrement RB est incorrecte : il est
nécessaire de la diriger en sens inverse avec la valeur kN33,3=BR .
Maintenant nous abandonnons
l’encastrement A et soumettons à
l’examen une réaction AR en A .
A l’aide de l’équation de la
statique on a
R P qa RA B− + − = 0
et on détermine la réaction 33,13=AR kN.
Ensuite la solution du problème est identique à la solution du
problème précédent (voir le problème 3.2).
24 Résistance des matériaux
2. Diagramme des efforts longitudinaux xN .
kN33,131 −=xN , kN67,62 =xN , ( )N xx x a3 06 67 10= − ⇒≤ ≤,
⇒ == N x x3 0 6 67, kN , N x x a3 3 33= = − , kN .
3. Diagramme des déplacementes u .
xSE
xNu x 41
1 1067,12
−⋅−=⋅
= ,
( )m5,00 ≤≤ x
u x1 0 0= = ,
m10833,0 45,01
−= ⋅−=xu .
xES
xNu x 4424
2 10833,010833,02
10833,0 −−− ⋅+⋅−=+⋅−= ,
( )m5,00 ≤≤ x
u x2 040 833 10=
−= − ⋅, m , m10417,0 45,02
−= ⋅−=xu .
( ) 42
0
343 10]567,625,0417,0[10417,0 −− ⋅−⋅+−=+⋅−= ∫ xdx
ES
xNu
xx
( )m0,10 ≤≤ x .
La fonction ( )u u x3 3= est une fonction quadratique. Elle présente un
maximum pour x = 0 66, m, notamment, u x3 0,6640138 10=
−= ⋅, m. Aux
extrémités de l’intervalle nous avons : m10417,0 403
−= ⋅−=xu ,
u x3 1 0= = . Le dernier résultat correspond à l’encastrement de la barre
à droite.
3.4
Données :
P = 150 kN ,
∆ = 0,28 cm ,
S = 20 cm2 ,
a = 70 cm ,
E = 104
MPa .
Déterminer les valeurs des
efforts longitudinaux
N x .
Résistance des matériaux 25
Le déplacement à l’extrémité de la barre vaut :
310625,22/ −⋅==∆ ESPa m = 0,265 m < ∆ = 0,28 cm .
Le problème présente donc un caractère isostatique. L’effort
longitudinal dans les sections d’aire 2S est égal à N Px = ; dans les
autres sections N x = 0 .
3.5
Données :
T∗
= 30°C ,
q = 10 kN/m ,
S = 2 cm2 ,
a = 1 m ,
E = 2⋅105
MPa ,
α = 1,25⋅10−5
.
Tracer les diagrammes
des efforts
longitudinaux N x ,
des contraintes xσ ,
des déformations ε x et
des déplacementes u .
Nous abandonnons l’encastrement droit B (voir le problème 3.3) et
soumettons à l’examen une réaction de remplacement RB comme force
de compression. Le déplacement de la section B est nul :
0=∆ B ( ) ( ) ( ) 0=∆+∆+∆BRBqBTB ,
où ( )TB∆ est le déplacement de la section B provoqué par une
élévation de température ( ) axTxT 2/∗= etc. Pour chaque terme de
l’équation nous aurons :
( ) ( ) ( ) aTxdxaTdxxTaa
TB ⋅α=α=α=∆ ∗∗ ∫∫2
0
2
0
2/ ;
( )ES
qa
SE
aqa
SE
dxxqa
qB
2
02
=⋅⋅+
⋅=∆ ∫ ;
( ) ESRSEaRSEaR BBBRB B2/32// −=⋅−⋅−=∆ .
La solution de cette équation conduit à la valeur de RB :
( ) 67,163/2 =α+= TESqaRB kN .
26 Résistance des matériaux
Maintenant nous abandonnons l’encastrement A et soumettons à
l’examen une réaction AR en A. A l’aide de l’équation de la statique,
on détermine la réaction AR :
R qa RA B+ − = 0 67,6=AR kN .
1. Diagramme des efforts
longitudinaux xN .
67,61 −=−= Ax RN kN ,
( ) m102 ≤≤+−= xAx qxRN :
N x x2 0 6 67= = − , kN ,
N x x2 1 16 67= = − , kN .
2. Diagramme des contraintes xσ .
67,162/11 −==σ SN xx MPa
m1022 / ≤≤=σ xxx SN :
33,3302 −=σ =xx MPa ,
35,8312 −=σ =xx MPa .
3. Diagramme des déformations xε .
Les valeurs des variations des longueurs (absolues ou relatives) des
barres chauffées ou refroidies sont égales aux sommes algébriques des
variations provoquées par les efforts (les contraintes) et les variations
de température. Dans notre cas pour la détermination des déformations
nous avons : ( ) ( )xTExx α+σ=ε / . C’est pourquoi :
ε x x1 0=−= − ⋅8,33 10 5 , ε x x1 1=
−= ⋅10,42 10 5 ;
ε x x2 0=−= ⋅2,08 10 5 , ε x x2 1 418=
−= − ⋅, 10 5 .
Résistance des matériaux 27
4. Diagramme des déplacements u .
Dans le cas examiné
u = ∫x
x dxESN
0
sec )/( ( )∫α+x
dxxT
0
.
En réalisant l’intégration dans les limites de la première partie de la
barre, nous avons
( ) 42
00
11 10938,0834,0
22
−∗
⋅+−=α+⋅
= ∫∫ xxdxxa
T
SE
dxNu
xxx m .
La fonction ( )u u x1 1= est quadratique ; elle présente un minimum pour
x = 0 44, m : u x1 0 4440 186 10=
−= − ⋅, , m. Aux extrémités nous avons :
u x1 0= = 0 , u x1 140104 10=
−= ⋅, m .
Dans la deuxième partie de la barre nous prenons en considération
que la distribution de température ( ) axTxT 2/∗= est déterminée dans
un intervalle 0 2≤ ≤x . Donc,
( )∫∫′
− ′′α++⋅=xx
x xdxTES
dxNu
10
242 10104,0 ,
où 10 ≤≤ x m et 21 ≤′≤ x m. Après quelques transformations nous
obtenons :
[ ]u x x x22 2 40 104 1 667 1 25 0 937 1 10= − − + ′ − ⋅ −, , , , ( ) .
La fonction ( )u u x2 2= est quadratique. Elle présente un maximum
pour x = 0 33, m ( ′ =x 133, m) : 433,1;33,02 10138,0 −
=′= ⋅=xxu m. Aux
extrémités nous avons :
u x x2 0 1= ′= = ⋅; 0,104 10-4 m , u x x2 1 2= ′= =; 0 .
Ce dernier résultat correspond à l’encastrement de la barre à droite.
28 Résistance des matériaux
3.6
Données :
S , a , E , γ , l , P
Déterminer la variation
de la dimension a .
La réaction d’un encastrement est γ+= lSPR . Dans la section
située à la distance x de l’encastrement, nous avons pour effort
longitudinal :
( )xlSPxSRN x −γ+=γ−= .
La variation de la dimension a sera
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ −γ+===∆ ∫=
20
al
S
P
E
a
ES
dxNua
ax
ax .
3.7 Données :
S , a , E , q , P
Déterminer les contraintes
normales dans les sections des
barres et le déplacement du
point d’application de force
P.
Le système articulé proposé est isostatique. Les déplacements
élastiques des points du système sont déterminés d’après le schéma
général suivant. Au moyen des équations de la statique, on trouve les
efforts longitudinaux dans toutes les barres du système. Puis, d’après la
loi de Hooke, on détermine les valeurs des allongements absolus.
1. Détermination des efforts dans les barres
0=ΣX 21 NN = .
0=ΣY PN =45cos2 1
N P1 2= / .
Résistance des matériaux 29
ΣX N N= ⇒ =0 3 4 .
ΣY = ⇒0
( )⇒ − − =2 2 45 2 03N P qa/ cos
( )N qa P3 2= + / .
2. Détermination des contraintes normales dans les sections des
barres.
2/21 SP=σ=σ , ( )[ ] SPqa /2/43 +=σ=σ
3. Le déplacement δ du point d’application de force P est la
somme algébrique des projections verticales des allongements absolus
des barres 1 et 3 :
31 δ+δ=δ , où δ1 1 45= ∆l cos et δ3 3 45= ∆l cos .
Les valeurs des allongements des barres 1 et 3 sont :
ESaNl /11 =∆ , ESaNl /33 =∆ .
Finalement nous obtenons,
( ) ESqaPa /22 2+=δ .
3.8
Données :
S = 2 cm2
,
α = 30° ,
[σ] = 120 MPa .
Déterminer la valeur
admissible de la force P
d’après la condition de
résistance ([σ] est la
contrainte admissible).
Le système articulé proposé est isostatique.
1. Détermination des efforts dans les
barres
ΣX N N= ⇒ =0 1 2 .
ΣY N P N= ⇒ − + =0 2 01 3sinα .
30 Résistance des matériaux
Nous avons de dernière équation de la statique
13 NPN −= .
La solution de l’équation des moments par rapport au point A permet
d’avoir
ΣM P a N a N aA = ⇒ ⋅ + ⋅ + ⋅ =0 2 2 03 2 sinα .
N P1 8 3= / .
Ainsi,
N N P1 2 8 3= = / , N P3 5 3= − / .
2. Détermination de la force admssible.
D’après la condition de résistance
[ ] [ ] kN9=MN1098/3/ 3maxmax
−⋅=σ≤⇒σ≤=σ SPSN .
3.9
Données :
P , a , S .
Déterminer les efforts
(les forces intérieures)
dans les barres.
Le système articulé proposé est hyperstatique, parce que les efforts
inconnus (au nombre de 3) ne peuvent pas être déterminés à l’aide des
équations de la statique (au nombre de 2). La différence entre le nombre
d’inconnus et le nombre d’équations de la statique est le degré
d’hyperstaticité. Dans ce problème, le degré d’hyperstaticité est égal à
l’unité, c’est-à-dire, qu’il est nécessaire d’avoir en dehors des deux
équations de la statique une équation de compatibilité des déplacements
(la rélation géométrique entre les allongements des différentes barres du
système).
1. Equation de la compatibilité des déplacements des points du
système.
Résistance des matériaux 31
Les schémas possibles de la déformation du système articulé dont au
nombre de deux (a et b)
Variante ) Variante b)
Dans les figures ) et b) nous avons : AA l′ = ∆ 1 , BB l′ = ∆ 3 ,
CC l′ = ∆ 2 . La relation géometrique entre les allongements des
différentes barres du système a la forme :
pour le schéma )
∆ ∆ ∆ ∆l l
a
l l
a
1 2 3 2
3
− = − ⇒ ∆ ∆ ∆l l l1 2 32 3 0+ − = ; ( 1 )
pour le schéma b)
∆ ∆ ∆ ∆l l
a
l l
a
1 2 3 2
3
+=
+⇒ ∆ ∆ ∆l l l1 2 32 3 0− − = . ( 1b)
2. Equations de la statique.
Le schéma des forces doit être en pleine conformité avec le schéma
de la déformation.
Les schémas possibles des forces sont :
Variante ) Variante b)
Nous aurons :
32 Résistance des matériaux
pour le schéma ) pour le schéma b)
N N N1 2 3 0+ + = , ( 2 ) N N N1 2 3 0− + = , ( 2b )
N a N a1 22⋅ = ⋅ . ( 3 ) N a N a1 22⋅ = − ⋅ . ( 3b )
3. Calcul des allongements des barres en fonction des forces
inconnues :
ES
Pa
ES
aN
SE
aN
SE
aNl xx +=
⋅+
⋅′
=∆ 1111
3
2 ,
ES
aNl 22 =∆ ,
ES
aNl 33 =∆ .
4. Détermination des efforts longitudinaux dans les barres
Pour la détermination des efforts longitudinaux nous avons les
équations 1a – 3a ou 1b - 3b avec les valeurs des allongements des
barres en conformité avec le point 3. Par résolution de l’ensemble des
équations obtenues, il vient :
N P1 2 29= − / , N P2 4 29= − / , N P3 6 29= / - pour le schéma )
N P1 2 29= − / , N P2 4 29= / , N P3 6 29= / - pour le schéma b)
Finalement, nous avons :
Schéma des efforts Schéma des déplacements
Pour le schéma des déplacements nous avons : ∆l Pa1 26 29= /
(allongement de barre), ∆l Pa2 4 29= / (raccourcissement de barre) et
∆l Pa3 6 29= / ( raccourcissement de barre).
Résistance des matériaux 33
3.10
Données :
P = 200 kN ,
α = 60° ,
[σ] = 120 MPa.
D’après la condition de
résistance, déterminer les
dimensions des sections
circulaires des barres du
système.
Le système donné est hyperstatique : nous avons trois efforts
inconnus dans les barres et deux équations de la statique.
1. Equation de compatibilité des déplacements des points du
système.
A′ est la nouvelle position du nœud A à cause
de la déformation du système. C’est pourquoi
BA l′ = ∆ 1 , AA l′ = ∆ 2 et
∆ ∆l l1 2/ sin= α ( 1 )
La numération des barres se fait de gauche à droite.
2. Equations de la statique.
N N1 3= , ( 2 )
2 01 2N Nsin α + = . ( 3 )
Les barres 1 et 3 sont coupées au-dessous du point d’application d’une
force P : 1N (ou 3N ) est un effort dans la partie inférieure de la barre.
3. Expression des déplacements par l’intermédiaire des efforts
inconnues N1 , N2 .
( ) ( ) ( )ES
aP
ES
aN
ES
lP
ES
lNl
3/3/22/ 11111 +=+=∆ ,
ES
aN
ES
lNl 2222 ==∆ .
3. Détermination des efforts longitudinaux dans les barres .
Par résolution des équations obtenues :
N2 = 75,34 N (traction) ,
34 Résistance des matériaux
N1 = N3 = − 43,5 N (les parties inférieures des barres 1 et 3 sont
comprimées), ′
1N = ′3N = 156,5 N (les parties supérieures des barres 1 et 3 sont
tendues).
5. Détermination des dimensions des sections circulaires des barres
du système.
D’après le critère de résistance
[ ] 65,15/4/ max2 =σ≥π= NdS m
2 ⇒ d ≥ 4 47, m = 4,5 m.
On peut voir qu’il est nécessaire d’utiliser pour les barres 1 et 3 des
barres avec section variable.
3.11
Données :
P , a , S .
Déterminer les forces
intérieures dans les
barres.
L’ordre d’hyperstaticité égale 2 : nous avons 5 inconnues (3 efforts
dans trois barres et 2 composantes de la réaction à l’encastrement A) et
3 équations de la statique.
1. Equation de compatibilité des déplacements des points du
système.
Les points B et C du système se déplacent aux positions B′ et ′ . La
numérotation des barres se fait de gauche à droite.
1lBB ∆=′ , EC l′ = ∆ 2 , CC l′ = ∆ 3 .
∆ ∆l l a a3 1 2/ /= , ( 1 )
∆ ∆l l2 3/ sin= α . ( 2 )
2. Equations de la statique.
′′ − =R NA 2 0cosα , ( 3 )
′ + + + − =R N N N PA 1 2 3 0sin α , ( 4 )
N a N a P a N a1 3 22 3 2 0+ − + =cosα . ( 5 )
Résistance des matériaux 35
3. Présentation des déplacements en fonction des 21, NN , N3 .
ESaNl /11 =∆ , ESaNl /522 =∆ , ESaNl /233 =∆ .
4. Détermination des efforts longitudinaux dans les barres.
Pour la détermination des efforts N1 , N2 et N3 dans les barres, il
est suffisant de résoudre les équations ( 1 ) , ( 2 ) et ( 5 ) compte tenu du
fait que les déplacements sont en conformité avec le point 3
( 4472,0sin =α ; =αcos 0,8945).
On trouve :
N P1 0 525= , , N P2 0 21= , , N P3 1 05= , .
3.12
Données :
E = 2⋅105 MPa,
α = 1,25 ⋅10−5
,
T = 17,3°C ,
F , a .
Déterminer les contraintes
thermiques ( T est la
variation de température
dans la barre centrale du
système).
L’ordre d’hyperstaticité du système est égal 1 : nous avons 5 efforts
inconnus dans les barres et 4 équations de la statique (2 pour chacun des
deux noeuds).
1. Equation de compatibilité des déplacements des points du
système.
CA l′ = ∆ 1 , DB l= ∆ 4 , AA BB l′ + ′ = ∆ 3 .
On peut voir que
AA l′ = ∆ 1 / cos 30° , BB l′ = ∆ 4 / cos 60° .
Nous aurons
( )∆ ∆ ∆l l l3 1 42 3 2= +/ . ( 1 )
2. Equations de la statique (2 pour chacun des deux noeuds).
36 Résistance des matériaux
N N1 2= , ( 2 )
2 1N cos 30° = N3 . ( 3 )
N N4 5= , ( 4 )
2 4N cos 60° = N3 . ( 5 )
3. Expression des déplacements par l’intermédiaire des efforts
inconnus et de la variation de température.
On peut calculer que
l a1 2= , l l a3 4 2 3= = / .
Donc,
ESaNl /211 =∆ , 3/244 ESaNl =∆ .
Pour la barre 3 nous considérons le schéma de déplacement indiqué
dans la figure, où ∆l T3 est le déplacement provoqué par la température
T et ∆l N3 est le déplacement provoqué par l’action de la force N3 (la
liaison de la barre 3 avec les autres barres du système limite le
déplacement thermique) :
∆l3 = ∆l T3 − ∆l N
3 = ( ) ( )( )3/2/3/2 3 aESNaT −α .
4. Détermination des efforts longitudinaux dans les barres.
La résolution simultané des équations obtenues donne
N1 = SN 0,62 = ( N ) , SNNN 4,10543 === ( N ) .
Finalement, les contraintes thermiques ont pour valeurs :
0,621 =σ=σ MPa , 4,10543 =σ=σ=σ MPa.
4. CISAILLEMENT
Définitions :
- cisaillement pur ;
- déformation absolue de cisaillement ;
Résistance des matériaux 37
- déformation relative de cisaillement ou déformation angulaire γ ;
- contrainte tangentielle τ .
Loi de Hooke pour le cisaillement pur :
- relation entre déformation angulaire et scission γ τ= / G ;
- relation entre les constantes élastiques E , ν et G ;
- déformations angulaires principales γ1, γ 2 , γ 3 et contraintes
tangentielles principales τ1, τ2 , τ3 ;
Condition de résistance en cisaillement :
[ ] [ ]σ=τ≤τ k ( )6,05,0 ÷=k
4.1
Données :
E = 2 ⋅ 105
MPa ,
ν = 0,3 ,
les contraites en
MPa .
Déterminer les déformations
principales angulaires et
glissement octaédrique relatif.
Les contraintes données sont aussi les contraintes normales
principales (en MPa) :
σ1 100= , σ2 20= − , σ3 40= − .
Les contraintes principales tangentielles sont égales à la demi
différence de contraintes normales principales :
τ σ σ1 1 2 2 60= − =/ ,
τ σ σ2 2 3 2 10= − =/ ,
τ σ σ3 3 1 2 70= − =/ .
Pour la détermination des déformations principales angulaires, nous
utilisons la loi de Hooke sous la forme de la relation γ τ= / G . La
valeur du module de torsion ou module de Coulomb du matériau G est
( ) 4107,712/ ⋅=ν+= EG MPa .
38 Résistance des matériaux
Donc,
γ τ1 147 8 10= = ⋅ −/ ,G , γ τ2 2
41 3 10= = ⋅ −/ ,G , γ τ3 347 8 10= = ⋅ −/ ,G
Le glissement relatif octaèdrique (déformation angulaire) est
déterminé par la formule connue :
( )γ γ γ γ0 12
22
32 42 3 8 04 10= + + = ⋅ −/ , .
4.2
Données :
les contraites en MPa.Déterminer les contraintes
dans la section n .
Pour le cisaillement pur τ , les facettes principales font des angles de
45 avec les facettes de l’énoncé. Les contraintes normales principales
sont les suivantes : τ=σ−=σ 31 (voir le problème 1.4 ). Par
conséquent, le problème posé se réduit à la détermination des
contraintes pour une facette donnée quand les contraintes normales
principales sont connues (voir les problèmes 1.2 ou 1.3 ).
Les formules nécessaires sont connues :
ασ+ασ=σ 2min
2max sincosn , α
σ−σ−=τ 2sin
2
minmaxnm .
Les données α = 15 °, 801max =σ=σ MPa et 803min −=σ=σ MPa
permettent de déterminer les contraintes recherchées :
3,69=σn MPa , τnm = − 40 MPa .
Résistance des matériaux 39
4.3
50 mm
30°
20 mm
Données :
P = 50 N,
E = 2 ⋅ 105 MPa,
ν = 0,3 .
Déterminer les contraintes
principales normales, la
déformation angulaire et la
déformation de la
diagonale.
L’état de contrainte du parallélépipède rectangle est le cisaillement
pur. La scission maximale est égale à
501010/1050/ 43cis =⋅⋅==τ −−SP MPa .
Donc, les contraintes normales principales sont σ σ1 3 50= − = MPa et
la déformation angulaire
( ) 31065,0/12/ −⋅=ν+τ=τ=γ EG .
La déformation de la diagonale correspond à la déformation normale
nε dans la direction de la diagonale n déterminée par l’angle de 30°,
que l’on peut déterminer à l’aide du schéma suivant (voir le problème
1.7 ) :
Nous aurons :
( ) 431max1 1025,3/ −⋅=νσ−σ=ε=ε E ,
( ) 413min3 1025,3/ −⋅−=νσ−σ=ε=ε E .
42min
2max 1081,2sincos −⋅=αε+αε=εn .
5. CALCUL d’ASSEMBLAGES SIMPLES d’ÉLÉMENT de CONSTRUCTION
Types de joints : boulonnés, rivetés, soudés, clavetés, goujonnés,
encastrements (en charpente) etc…
Types de déformations : traction, compression, cisaillement et
matage.
40 Résistance des matériaux
5.1
Données :
P ,
b , δ ,
[σ] tr , [σ] compr , [τ ],
[σ] frois = [σ]mat =
= (2÷2,5) [σ] compr
Dimensionner le
joint boulonné :
déterminer le
diamètre d du
boulon, (b et δ sont
la largeur et
l’épaisseur des
tôles).
1. Détermination de diamètre du boulon satisfaisant la condition de
résistance au cisaillement.
La condition de résistance au cisaillement du boulon pour la section
mn peut s’écrire sous la forme
[ ]τ≤=τ cis/ SQ ,
où Q P= est la force transversale ; 4/2cis dS π= est l’aire du
cisaillement. Ceci nous permet d’évaluer le diamètre du boulon
][/4 τπ≥ Pd .
2. Détermination de diamètre du boulon satisfaisant la condition de
résistance au matage.
La condition de résistance au matage des surfaces en contact a la
forme suivante
[ ]matmatmatmat / σ≤=σ SP ,
où matσ est la pression de matage ; matP est la force de matage et
matS est la section matée ou l’aire projetée de la surface de contact du
boulon et de la tôle sur le plan diamétral.
Pour PP =mat , dS ⋅δ=mat nous aurons
[ ]mat/ σδ≥ Pd .
Résistance des matériaux 41
De ces deux valeurs des diamètres, on prend la plus grande et on
l’arrondit à la valeur normalisée.
3. Vérification de la résistance à la rupture en traction de la tôle dans
la section la plus affaible (pour la valeur choisie du diamètre du
boulon).
( ) [ ]trnet // σ≤−δ==σ dbPSP .
5.2
Données :
P = 32 N,
[σ] = 160 MPa ,
[τ ] = 0,7 [σ] , [σ] mat = 2 [σ] .
Calculer toutes les
dimensions
inconnues des
éléments de joint
d'après la
condition d'égale
résistance.
1. Détermination du diamètre d0 à partir de la condition de résistance
à la rupture en traction.
La condition de résistance à la rupture en traction dans la section
0d peut s’écrire sous la forme
[ ]σ≤π==σ 200 /4/ dPSP [ ]d P0 4≥ / π σ .
Nous obtenons à partir de cette relation :
cm1,6m01596,00 ≅=d .
2. Détermination du diamètre d à partir de la condition de résistance
à la rupture au cisaillement.
La condition de résistance au cisaillement a la forme suivante :
[ ]τ≤π==τ 2cis /22/ dPSP [ ]d P≥ 2 / π τ ,
d’où nous tirons
cm1,35m0135,0 ==d .
42 Résistance des matériaux
3. Détermination de la dimension δ à partir de la condition de
résistance au matage.
[ ]matmatmat // σ≤δ==σ dPSP [ ]mat/ σ≥δ dP .
La relation obtenue permet de trouver :
cm0,74=m0074,0=δ .
4. Détermination de la dimension b à partir de la condition de
résistance à la rupture en traction dans la section la plus affaible.
[ ]σ≤δ==σ bPSP 2// net [ ]b P≥ / 2δ σ .
Nous obtenons de cette relation :
cm1,35m0135,0 ==b .
5.3
Données :
P = 480 kN ,
[σ] = 160 MPa ,
[τ ] = 120 MPa ,
[σ] mat = 320
MPa.
Calculer toutes
les dimensions
inconnues des
éléments du joint
d'après la
condition d'égale
résistance.
1. Détermination de diamètre d des rivets à partir de la condition de
résistance au cisaillement.
[ ]τ≤π==τ 2cis /4/ dPSP [ ]d P≥ / π τ ,
cm3,57m0357,0 ==d .
2. Détermination d’épaisseur δ de la tôle à partir de la condition de
résistance au matage.
[ ]matmatmat 2/2/ σ≤δ==σ dPSP [ ]mat2/ σ≥δ dP .
cm2,1=m021,0=δ .
Résistance des matériaux 43
3. Détermination de largeur b de la tôle à partir de la condition de
résistance à la rupture en traction dans la section la plus affaible
( minnet SS = dans la direction transversale).
[ ]σ≤−δ==σ )2(// min dbPSP [ ]b d P≥ +2 ( / )δ σ .
cm21,4m2142,0 ==b .
4. Détermination de dimension l de la tôle à partir de la condition de
résistance au cisaillement.
( ) ( )[ ] [ ]τ≤−δ==τ 2/2/4/4/ cis dlPSP
[ ]( )l d P= + / 2δ τ ,
d’où nous avons
cm13,1=m131,0=l .
5.4
Données :
P = 160 kN ,
[σ] = 160 MPa ,
[τ ] = 120 MPa ,
[σ] mat = 320
MPa.
Calculer toutes les
dimensions
inconnues des
éléments du joint
d'après la
condition d'égale
résistance.
1. Détermination de la dimension a à partir de la condition de
résistance à la rupture en traction.
[ ]σ≤==σ 2// aPSP [ ]a P≥ / σ .
cm3,16m0316,0 ==a .
44 Résistance des matériaux
2. Détermination de la dimension c à partir de la condition de
résistance au cisaillement.
[ ]τ≤==τ caPSP 4/4/ cis [ ]τ≥ aPc 4/ ,
d’où nous avons :
cm1,06m0106,0 == .
3. Détermination de dimension b1 à partir de la condition de
résistance au matage.
( ) [ ]mat22
1matmat // σ≤−==σ abPSP
[ ]( )mat2
1 / σ+≥ Pab .
La relation obtenue permet de trouver
b1 = 0,0387 m = 3,87 cm .
4. Détermination de la dimension d à partir de la condition de
résistance au cisaillement.
[ ]τ≤==τ dbPSP 1cis 4/4/ [ ]d P b≥ / 4 1 τ ,
d’où nous avons :
cm0,86m0086,0 ==d .
5. Détermination de dimension b à partir de la condition de
résistance à la rupture en traction.
( ) [ ]σ≤−==σ 21
2// bbPSP
[ ])/(21 σ+≥ Pbb .
Nous obtenons à partir de cette relation :
b = 0,05 m = 5 cm .
Résistance des matériaux 45
5.5
Données :
P ,
d , δ ,
[τ ] , [σ] mat .
Calculer le joint riveté
– déterminer le nombre
i de rivets ( d est le
diamètre du rivet ).
Supposant que les efforts de traction P sont uniformément répartis
entre tous les rivets, on peut trouver le nombre i des rivets à partir de la
condition de résistance au double cisaillement :
[ ]τ≤π⋅=⋅=τ 2cis /22/ diPSiP [ ]i P d≥ 2 2/ π τ ,
où cisS est l’aire de la section droite du rivet.
Le nombre nécessaire des rivets est obtenu à partir de la condition de
résistance au matage :
[ ]matmatmat // σ≤δ⋅=⋅=σ diPSiP [ ]mat/ σδ≥ dPi ,
où matS est l’aire du matage ou l’aire de projection de la surface de
contact du rivet et de la bande sur le plan diametral.
On choisira la plus grande des deux valeurs du nombre de rivets.
5.6
Données :
P = 30 kN ,
b = 5 cm ,
δ = 5 mm , d = 2δ ,
[σ] = 160 MPa ,
[τ ] = 100 MPa ,
[σ] mat = 260 MPa
.
Déterminer le
nombre i des rivets
(d est le diamètre
des rivets).
Vérifier la résistance
de la bande.
Le nombre necessaire des rivets peut être obtenu à partir (voir le
problème 5.5) :
- de la condition de résistance au cisaillement
[ ]τ π τ= ⋅ ≤4 2P i d/ [ ]i P d≥ 4 2/ π τ i ≥ 3 82, .
- de la condition de résistance au matage
46 Résistance des matériaux
[ ]matmat / σ≤δ⋅=σ diP [ ]mat/ σδ≥ dPi i ≥ 2 31, .
Le nombre nécessaire de rivets est donc égal à 4.
La vérification de résistance à la rupture en traction de la bande dans
la section la plus affaible montre que la condition de résistance est
satisfaite:
[ ]σ≤δ−==σ )(// min dbPSP 150 MPa < 160 MPa ,
où netmin SS = est l’aire affablie par un trou de rivet.
5.7
Données :
N = 22,5 kW ,
n = 300 t/mn ,
a = 12 mm ,
b = 8 mm ,
d = 40 mm .
[τ ] = 60 MPa .
Déterminer la
longueur l de la
clavette (a et b sont
les dimensions de la
section transversale ;
N est la puissance sur
l’arbre; n est le
nombre de tours par
minute).
Il est nécessaire de déterminer la longueur l de la clavette satisfaisant
la condition de résistance au cisaillement
[ ]τ≤=τ cis/ SP ,
où dMP /= est la force transversale déterminée par le moment de
torsion ; laS ⋅=cis est l’aire du cisaillement.
Si la puissance N est donnée en watts et la vitesse angulaire de
rotation d’une arbre ω π= 2 60n / est donnée en 1/s, le moment de
torsion M N= / ω est en Nm.
Dans ce cas nous aurons
P N nd= 60 2/ π [ ]l N nda= 60 2/ π τ
Finalement nous obtenons :
l = 0,02488 m ≈ 25 mm
et les dimensions de la clavette sont les suivantes : 8x12x25 mm.
Résistance des matériaux 47
5.8
Données :
d = 30 mm ,
[σ]compr = 400 MPa
,
τ ult = 500 MPa .
Etablir la relation
entre d, δ et les
caractéristiques des
deux matériaux
(poinçon et tôle) pour
que le poinçon ne soit
pas détérioré.
La condition de découpage de la tôle sans détérioration du poinçon
est la suivante
ultcis/ τ≥=τ SP ,
où δ⋅π= dScis est l’aire de cisaillement.
La valeur de la force P permet de déterminer de la condition de
résistance à la compression du poinçon
( ) [ ]compr2 4/// σ≤π= dPSP [ ] 4/compr
2 σπ= dP .
On peut trouver que :
[ ] 64/ ultcompr ≤τσ≤δ d mm et 5/1/ ≤δ d .
5.9
Données :
P = 100 kN ,
δ = 10 mm ,
[σ] = 140 MPa ,
[σ] él = 100
MPa .
Déterminer la
largeur b des bandes
soudées en bout et
un pourcentage
d’utilisation du
matériau des bandes.
La soudure latérale travaille en traction et dans ce cas la condition de
résistance à la rupture a la forme suivante :
[ ]élcalcsoud // σ≤δ⋅==σ lPSP [ ]élcalc / σδ≥ Pl ,
48 Résistance des matériaux
où calcl est la longeur calculée du joint soudé ; [ ]élσ est la contrainte
de traction admissible pour le métal fondu de la soudure à l’arc
électrique. En introduisant les données initiales nous avons :
cm.10=m1,0calc ≥l
Considérant qu’aux deux extrémités de la soudure il y a un manque
de pénétration, la longueur réelle l se trouve augmentée de 10 mm :
l = calcl + 10 mm. En prenant en considération ce fait, nous avons :
b l= = 11 cm .
Pour cette largeur de bande b = 11cm et la force admissible en
traction est la suivante :
[ ] kN154adm =σδ⋅= bP .
Le taux d’utilisation de la résistance du matériau des bandes se
détermine par la relation
( ) %65%100/ adm =⋅PP .
5.10
Données :
P = 252 kN ,
δ1 = 10 mm , δ2 = 12
mm ,
b1 = 180 mm, b2 = 150
mm,
[σ] = 140 MPa ,
[τ] él = 72 MPa .
Déterminer
la longueur l
de soudure
latérale et le
pourcentage
d’utilisation de
la résistance du
matériau des
bandes.
La soudure latérale est toujours réalisée sur les deux côtés. Elle
travaille en cisaillement dans la section la plus faible. La surface de
cisaillement de deux soudures est
calccis 2 lmS = , δ=δ= 7,045cosm .
où mm10calc −= ll est la longeur calculée du joint soudé et l est la
longueur réelle (la différence détermine la longueur du manque de
Résistance des matériaux 49
pénétration aux deux extrémités de la soudure) ; la dimension m est
montrée dans le dessin.
La condition de résistance au cisaillement est la suivante :
[ ]élcalc2calccis 4,1/2// τ≤δ===τ lPlmPSP ,
où [ ]élτ est la contrainte tangentielle admissible pour le métal fondu de
la soudure à l’arc électrique. La condition de résistance à la rupture
s’écrit :
[ ] =τδ≥ él2calc 4,1/Pl 0,208 m ≈ 21cm.
La longueur nécessaire de soudure est :
l = =+ mm10alcl 22 cm.
La pourcentage d’utilisation de la résistance à la rupture du
matériau des bandes est égale à 100% . En effet ,
[ ]σδ ==⋅ MPa140/ 11bP et [ ]σδ ==⋅ MPa140/ 22bP .
5.11
Données :
δ = 10 mm ,
b = 180 mm ,
[σ] = 140 MPa ,
[τ] él = 90 MPa .
Déterminer la force de
traction P et la
pourcentage
d’utilisation du matériau
des bandes.
Les joints pour une soudure à clin travaillent au cisaillement dans la
section commune (voir le problème 5.10).
La condition de résistance au cisaillement est la suivante :
[ ]élcalc4,1/ τ≤δ=τ lP [ ]élcalc4,1 τδ≤ lP ,
où mm170=mm10calc −= bl .
On peut trouver que la force de traction est égale à
kN214=P .
50 Résistance des matériaux
La valeur trouvée de la force de traction permet de déterminer la
contrainte dans une bande. Nous aurons
σ δ= ⋅ =P b/ 118,9 MPa.
Le pourcentage d’utilisation de la résistance à la rupture du matériau
des bandes est suivante :
[ ]( )σ σ/ ⋅ =100% 85% .
5.12
Données :
P ,
b , h , α ,
[σ] mat , [τ]
Calculer
l’encastrement :
déterminer les
dimensions
x et y .
La longueur x de la partie de charpente est déterminée à partir de la
condition de résistance au cisaillement :
[ ]τ≤⋅α=α=τ xbPSP /cos/cos cis [ ]x P b≥ cos /α τ .
La profondeur de l’encastrement y est fournie de la condition de
résistance au matage :
matmatmat ][/cos/cos σ≤⋅α=α=σ ybPSP
[ ]mat/cos σα≥ bPy .
6. CARACTÉRISTIQUES GÉOMÉTRIQUES DES FIGURES PLANES
Aire de la section : ∫=S
dSS .
Moments statiques d’une aire :
SydSyS c
S
z ⋅== ∫ , SzdSzS c
S
y ⋅== ∫ ,
Résistance des matériaux 51
où yc , zc sont les coordonnées du centre de gravité.
Moments d’inertie des figures planes (sections) :
- axials
∫=S
z dSyI2 , ∫=
S
y dSzI2 ;
- centrifuges
∫==S
zyyz dSzyII ;
- polaire
z
S
yp IIdSI +=ρ= ∫ 2 .
Axes centraux, principaux, centraux principaux et moments d’inertie correspondants.
Moments d’inertie par rapport à des axes parallèles aux axes centraux :
SaII zz2
1+= , SbII yy
21
+= ,
abSII yzzy +=11
; ( )SbaII pp22
1++= .
Moments d’inertie de sections simples par rapport à des axes centraux principaux :
- rectangle (l’axe y est parallèle à la hauteur h de la section, l’axe z est
parallèle à la largeur b )
I bhz = 3 12/ , I b hy = 3 12/ ;
- triangle isocèle (l’axe y est parallèle à la hauteur h de la section, l’axe
z est parallèle à la base b )
I bhz = 3 36/ , I b hy = 3 48/ ;
52 Résistance des matériaux
- cercle de diamètre d
Iz = I dy = π 4 64/ , I dp = π 4 32/ ;
- anneau ( d est diamètre extérieur, d0 - intérieur)
Iz = Id d
dy = − ⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥
π 40
4
641 .
Moments d’inertie des sections complexes.
6.1 Données : a
Déterminer la
position du centre de
gravité.
Les coordonnées du centre de gravité sont égales à
SSz yc /= , SSy zc /= .
où SydSyS c
F
z ⋅== ∫ et SzdSzS c
F
y ⋅== ∫ sont les moments
statiques de l’aire par rapport aux axes y et z respectivement. La
grandeur S est l’aire de la figure :
221 12424 aaaaaSSS =⋅+⋅=+= .
Pour calculer les moments statiques d’une figure complexe, il faut la
subdiviser en formes simples :
∫∫ ===a
F
z aydyadSyS
4
0
311 162
1
, ∫∫ ===a
F
y azdzadSzS
2
0
311 84
1
,
∫∫ ===a
F
z aydyadSyS
0
322 24
2
, ∫∫ ===a
aF
y azdzadSzS
6
2
322 16
2
,
Pour les formes simples on peut utiliser les formules suivantes :
Résistance des matériaux 53
3111 16224 aaaaySS cz =⋅⋅== ,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
222 1644 aaaazSS cy =⋅⋅== .
Finalement nous avons S az = 18 3, S y = 24 3a et
z ac = 2 , yc = 1 5, a .
6.2
Données :
h = 100 mm ,
b = 40 mm ,
t = 10 mm ,
d = 8 mm .
Déterminer les
moments d’inertie
par rapport aux axes
centraux.
La position du centre de gravité et la
position des axes centraux pour une géométrie
donnée sont immédiatement connues.
Pour calculer les moments d’inertie de la
géométrie par rapport aux axes y et z
nous :
Près subdivision en formes simples (en trois rectangles), nous avons :
321 zzzz IIII ++= ,
où( ) ( )I Ib d t h t
t b dz z1 3
3 2
12 2 2= =
−+ −⎛
⎝⎜⎞⎠⎟ ⋅ − , I
dhz2
3
12= ;
I I I Iy y y y= + +1 2 3 ,
où( ) ( )I I
t b d bt b dy y1 3
3 2
12 2= =
−+ ⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
⋅ − , Ih d
y2
3
12=
(nous avons utilisé la formule donnant le moment d’inertie par rapport à
des axes parallèles).
Finalement, Iz = 196 8, cm4 , I y = 31 5, cm
4 .
54 Résistance des matériaux
7. TORSION DES ARBRES CIRCULAIRES
Diagramme de torsion :
- comparaison avec le diagramme de traction : existence d’une même
série de tronçons et de points caractéristiques ;
- types de rupture en torsion pour les matériaux fragiles et ductiles.
Facteurs associés aux forces extérieures et intérieures :
- moment de torsion extérieur M (en N⋅m)
M N n= 9736 / ( N est la puissance en kW, n est le nombre de
tours par minute) ;
M N n= 7162 / ( N est la puissance en chevaux, n est le nombre
de tours par minute) ;
M N= / ω ( N est la puissance en W, ω est la vitesse angulaire en
1/sec) ;
- méthode des sections et détermination du moment de torsion
intérieur M x . Règle des signes pour M x .
Hypothèses de départ et déformations en torsion :
- hypothèses des sections planes, de la rectitude des rayons et de la
conservation des distances entre les sections de l’arbre en torsion ;
- le caractère de la déformation est le cisaillement pur ;
- déformation angulaire γ ϑxt r= , où ϑ ϕ= d dx/ est l’angle de
torsion relatif ;
- angles de torsion relatif p
x
GI
M=ϑ et de rotation total ∫=ϕ
x
p
x dxGI
M
0
d’un arbre de longueur x ( pGI est la rigidité en torsion).
Contraintes en torsion :
- contrainte tangentielle pxxt IrM /=τ et contrainte tangentielle
maximale pxxt WM /)( max =τ , où =pW ( )2// dI p est le moment
résistant polaire ;
Résistance des matériaux 55
- état de contrainte en torsion.
Conditions de résistance et de rigidité.
Arbres hyperstatiques.
7.1
Données :
M , D = 2d , a ,
G
Tracer les
diagrammes Mx et
ϕ .
1. Détermination de la réaction à
l’encastrement.
D’après la condition de la statique (l’équation des moments par
rapport à l’axe x) nous avons :
M M MA − + =3 0 M MA = 2 .
2. Diagramme des moments de torsion xM .
Section 1 :
D’après l’équation de la
statique
M A + M x1 0=
nous avons M x1 = − 2 M .
Section 2 : M MA − +3 M x2 0= M Mx2 = .
56 Résistance des matériaux
Section 3 : M MA − +3 M x3 0= M Mx3 = .
3. Diagramme des angles de torsion .
Le diagramme des angles de torsion est déterminé à l’aide de la
formule ( )∫=ϕx
px dxGIM
0
/ , en réalisant une intégration dans les
limites de chaque partie de l’arbre. Puisque le moment d’inertie polaire
a des valeurs différentes pour les différentes parties de l’arbre
( I Dp14 32= π / , 32/4
2 dI p π= ; I p1 = 16 2I p ), le diagramme est
déterminé avec les unités Ma GI p/ 1 .
Tronçon 1 : ( )∫=ϕx
px dxGIM
0
111 / , 0 ≤ ≤x a .
ϕ1 0 0x = = , ϕ1 12x a pMa GI= = − / .
Tronçon 2 : ϕ2 = ϕ1 x a= ( )∫+x
px dxGIM
0
12 / , 0 ≤ ≤x a .
ϕ2 0 12x pMa GI= = − / , ϕ2 1x a pMa GI= = − / .
Tronçon 3 : ϕ3 = ϕ2 x a= ( )∫+x
px dxGIM
0
13 /16 , 0 2≤ ≤x a .
ϕ3 0 1x pMa GI= = − / , ϕ3 2 131x a pMa GI= = / .
7.2
Données :
M , mM
a= , a ,
G
Tracer les
diagrammes Mx et ϕet déterminer la
contrainte
tangentielle
maximale.
Résistance des matériaux 57
1. Détermination des réactions
à l’encastrement.
M m a M M B+ ⋅ − + =2 4 0 M B = ma .
2. Diagramme des moments de torsion xM .
Section 1 : − +MB M x1 0= M max1 = .
Section 2 :
− + − ⋅ + =M M m x MB x4 02 .
M mx max2 3= − , ( )0 2≤ ≤x a .
M max x2 0 3= = − ,
M max x a2 2= = − .
Section 3 : M Mx3 0+ = M max3 = − .
3. Le diagramme des angles de torsion est déterminé avec les
unités ma GI p2 / .
Tronçon 1 : ( )∫=ϕx
px dxGIM
0
11 / , 0 ≤ ≤x a .
ϕ1 0 0x = = , ϕ12
x a pma GI= = / .
Tronçon 2 : ϕ2 = ϕ1 x a= ( )∫+x
px dxGIM
0
2 / , 0 2≤ ≤x a .
ϕ2 02
x pma GI= = / , ϕ2 223x a pma GI= = − / .
(la fonction ( )ϕ ϕ2 2= x est une fonction quadratique)
Tronçon 3 : ϕ3 = ϕ2 2x a= ( )∫+x
px dxGIM
0
3 / , 0 ≤ ≤x a .
58 Résistance des matériaux
ϕ3 023x pma GI= = − / , ϕ3
24x a pma GI= = − / .
4. Détermination de la contrainte tangentielle maximale.
Pour un arbre de section circulaire, la contrainte tangentielle est
déterminée par la formule :
pxxt IrM /=τ ,
où r est une distance du centre à tout point arbitraire. On peut écrire :
pxxt WM /)()( maxmax =τ ,
où ( )W I d dp p= =/ / /2 163π est le moment résistant polaire.
Finalement, nous avons :
3max /48)( dmaxt π=τ .
7.3
Données :
M = 10 kN⋅m ,
[τ] = 60 MPa .
Déterminer les dimensions
des sections des arbres :
circulaire ( d ) et annulaire (
d0 / d = 7/8 ). Comparer les
poids des arbres.
La condition de résistance à la rupture de l’arbre en torsion a la
forme suivante :
][/)()( maxmax τ≤=τ pxxt WM .
Dans ce problème, le moment de torsion est M Mx = .
Résistance des matériaux 59
Les dimensions de la section seront déterminées par le moment
polaire résistant :
( ) 333 cm167m10167,0]/[2// =⋅=τ≥= −MdIW pp .
Pour un arbre à section circulaire pleine nous avons :
33 cm16716/ =π= dW p cm43,9=d 21 cm8,69=S .
Pour une section annulaire :
34
03
cm167116
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞⎜
⎝⎛−π=
d
ddW p cm7,12=d 2
2 cm4,29=S .
Les poids des arbres sont dans le rapport des aires de leurs sections
transversales :
37,2// 2121 == SSPP .
On peut voir que la section annulaire est plus économique en terme de
matière.
7.4
Données :
N1 = 45 kW ,
N 2 = 30 kW ,
n = 360 t/mn ,
[τ] = 20 MPa ,
a = 3 m , b = 2 m .
Déterminer les
dimensions des sections
droites et leurs angles
de torsion respectifs
( G = 8⋅104 MPa ).
On peut considérer la puissance N0 comme la puissance fournie et
les puissances N1 et N2 comme les puissances consommées. Les
moments de torsion 1M et 2M correspondants aux puissances N1 et
N2 sont déterminés par la relation bien connue :
1217/9736 11 == nNM N⋅m , 3,811/9736 22 == nNM N⋅m .
La condition d’équilibre de l’arbre (la condition d’une rotation
uniforme) permet de déterminer le moment M0
60 Résistance des matériaux
M0 = M1 + M2 = 2028,3 N⋅m .
On peut voir que pour la partie de l’arbre dont le diamètre est d1,
nous avons le moment de torsion Mx1 = M0 et pour la partie dont le
diamètre est d2 : Mx2 = M2 .
Pour assurer la résistance en torsion de la section de diamètre d1 ,
nous avons :
301 cm4,101]/[ =τ= MW p cm0,81 =d .
Similairement, pour la section de diamètre d2 :
322 cm6,40]/[ =τ= MW p cm9,52 =d .
Les angles de torsion pour chaque tronçon de l’arbre sont les suivants :
ϕ1 0 1318 6 10= = ⋅ −M a GI p/ , , ϕ2 2 2
316 74 10= = ⋅ −M b GI p/ , .
L’angle de torsion total est :
ϕ ϕ ϕ= + = ⋅ =−1 2
335 34 10 2 03, , ° .
7.5
Données :
M = ma ,
D = 2d ,
a ,
G .
Tracer les diagrammes
Mx et ϕ .
1. Ce problème est hyperstatique :
nous avons deux réactions aux
encastrements et une équation
d’équilibre.
Pour la solution du problème on peut
utiliser le procédé suivant:
nous abandonnons l’encastrement droit B et considérons une réaction
BM ( voir le problème 3.3 ). Ce problème sera l’équivalent du
problème de départ si l’angle de torsion de la section B est égal zéro. En
Résistance des matériaux 61
d’autres termes, l’équation complémentaire est obtenue par la somme
algébrique des angles de torsion de toutes les parties de l’arbre et
puisque les sections extrêmes ne tournent pas, cette somme doit aussi
être égale à zero :
ϕ B = 0 ( ) ( ) ( )ϕ ϕ ϕB M B m B M B+ + = 0 ,
où ( )ϕB M est l’angle de torsion de la section B provoqué par le
moment M , etc (principe de superposition). On peut calculer que
( )ϕB M pMa GI= / 1 ,
( )1
2
1
2
0 2
3622
pp
a
pmB
GI
ma
GI
amadx
GI
mx −=⋅−−=ϕ ∫ ,
( )121
3422
p
B
p
B
p
BMB
GI
aM
GI
aM
GI
aM
B=
⋅+
⋅=ϕ .
Nous avons tenu compte de la valeur de I Ip p1 216= .
La solution de l’équation fonction de BM donne BM = 35 34ma / .
La réaction AM est déterminée à
l’aide de l’équation de la statique :
M M m a MA B− + ⋅ − =2 0
AM = ma / 34 .
2. Détermination du diagramme des
moments xM .
Section 1 : M Mx A1 0+ =
Mx1 = − 0 03, ma .
Section 2 : M MA − + M x2 0=
M x2 = 0 97, ma .
Section 3 : M M mxA − + + =Mx3 0 M x3 = 0 97, ma − mx .
62 Résistance des matériaux
Pour les extrémités du tronçon 3 de l’arbre nous avons :
M max x3 0 0 97= = , , M max x a3 2 1 03= = − , .
Le diagramme du moment xM est déterminé en unités ma .
3. Détermination du diagramme de l’angle de torsion ϕ .
Nous déterminons le diagramme de l’angle de torsion ϕ en unités
ma GI p2
1/ .
Tronçon 1 : ( )∫=ϕx
px dxGIM
0
111 / , 0 ≤ ≤x a .
ϕ1 0 0x = = , ϕ12
10 03x a pma GI= = − , / .
Tronçon 2 : ϕ2 = ϕ1 x a= ( )∫+x
px dxGIM
0
12 / , 0 ≤ ≤x a .
ϕ2 02
10 03x pma GI= = − , / ,
ϕ22
10 94x a pma GI= = , / .
Tronçon 3 : ϕ3 = ϕ2 x a= ( )∫+x
px dxGIM
0
13 /16 , 0 2≤ ≤x a .
La fonction ( )ϕ ϕ3 3= x est une fonction quadratique présentant un
maximum pour x a= 0 97, :
ϕ3 0 972
18 5x a pma GI= =, , / .
Pour les extrémités du tronçon 3 de l’arbre nous avons :
ϕ3 02
10 94x pma GI= = , / , ϕ3 2 0x a= = .
Résistance des matériaux 63
7.6
Données :
P ,
GIp ,
∆ , a , l .
Déterminer le
deplacement vertical δau point d’application
de la force P .
Si la force P est petite, c’est l’arbre droit 2 qui travaille. Dans ce cas
M P a2 = ⋅ et le déplacement vertical δ se détermine par la relation
∆ ≥ = ⋅ =δ ϕ22a Pa l GI p/ )/( 2laGIP p∆≤ .
Si la force est grande ( laGIP p2/∆> ), le système est
hyperstatique. Pour déterminer les moments de torsion 21 et MM nous
avons les deux équations suivantes :
M M Pa1 2+ = - équation de la statique,
ϕ ϕ2 1⋅ − ⋅ =a a ∆ - équation de compatibilité des déplacements de
tous les points du système.
Compte tenu de la relation ϕ = M l GI p/ , nous aurons cette deuxième
équation sous la forme :
M M GI a lp2 1− = ∆ / .
La résolution du système d’équations par rapport aux moments de
torsion donne :
MPa GI
a l
p1
2 2= −
∆ , M
Pa GI
a l
p2
2 2= +
∆ .
Finalement, le déplacement vertical δ sera :
δ ϕ= ⋅ = +⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟2
21
2a
Pa l
GI p
∆ .
64 Résistance des matériaux
8. FLEXION PLANE TRANSVERSALE
Classification des forces extérieures :
- force concentrée et moment concentré (couple) ;
- charge par unité de longueur.
Définitions de la flexion plane (pure et transversale).
Classification des poutres et leurs appuis :
- appui articulé mobile, appui articulé immobile, encastrement ;
- poutre cantilever, poutre à deux appuis (à une travée ou poutre
simple), poutre en console ;
- poutre isostatique, poutre hyperstatique.
Facteurs de forces intérieurs :
- méthode des sections et définitions du moment fléchissant Mz et de
l’effort tranchant Qy ;
- regles pour les signes des Mz et Qy
zone de traction
Equations différentielles pour les barres en flexion :
- yz QdxdM =/ , dQ dx qy / = d M dx qz2 2/ = ;
- conséquences principales de équations différentielles de flexion et
certaines particularités des diagrammes des Mz et Qy .
Flexion pure :
- hypothèses initiales et déformations en flexion pure ;
- contrainte normale ( )σ x z zM I y= / ;
- contraintes normales maximales de traction et de compression
Résistance des matériaux 65
( )tr
trmax
trmax
z
z
z
zx
W
My
I
M=⋅=σ (
trmax
tr
y
IW z
z = ) ,
( )compr
comprmax
comprmax
z
z
z
zx
W
My
I
M=⋅=σ (
comprmax
compr
y
IW z
z = ) ,
où trmaxy et compr
maxy sont les coordonnées des points plus éloignés de
l’axe neutre dans les zones de traction et compression ; trzW et
comprzW sont les moments résistants de la section en flexion.
Flexion transversale :
- contrainte normale σ xz
z
M
Iy= ;
- contrainte tangentielle ( )
( )τxyy z
z
Q S y
I b y=
∗ ,
où ( )S yz∗ est le moment statique de la partie de section située au-dessus
du niveau y ; ( )b y est la largeur de la section à ce niveau ;
- diagrammes des contraintes normales et tangentielles pour diverses
sections.
Calcul de résistance en flexion plane transversale :
- τxy ≅ 0 , comprtr ][][ σ≠σ
( ) trtr
maxtrmax ][/|| σ≤=σ zzx WM ,
( ) comprcompr
maxcomprmax ][/|| σ≤=σ zzx WM ;
- τxy ≅ 0 , ][][][ comprtr σ=σ=σ et trzW = compr
zW = Wz
][/|| maxmaxσ≤=σ zzx WM ;
- τxy ∼ σ x
66 Résistance des matériaux
Les conditions de résistance correspondent aux diverses théories de
résistance.
Déplacements en flexion :
- équation différentielle de l’axe curviligne d’une poutre ou de la
déformée élastique ( const=zEI )
( ) ( )EI v x M xz z′′ = ;
- équation des angles de rotation
( ) ( ) 1CdxxMxvEIEI zzz +=′=ϑ ∫ ;
- équation des déplacements en flexion ou flèches
( ) ( )[ ] 21 CxCdxdxxMxvEI zz ++= ∫ ∫ .
Conditions aux limites (conditions existant aux extrémités de la poutre)
et détermination des constantes 21 et CC .
- équation universelle de la déformée élastique (détermination des
déplacements dans les poutres par la méthode de paramètres initiaux).
( ) ( )EI v EI v EI x M
x aP
x bz z z= + +
−+
−+0 0
2 3
2 6ϑ
I II III
( ) ( )...
2424 V
4
IV
4
+−−−+ dxq
cxq
Résistance des matériaux 67
8.1
Données :
P , a ,
M = P a .
Tracer les diagrammes
de l’effort tranchant
Qy et du moment
fléchissant M z
1. Détermination des réactions
aux appuis.
D’après les conditions de la
statique ( ∑ = 0Y et
∑ = 0AM ) nous avons :
R P RA B− + = 0 ,
M P a R aB− ⋅ + ⋅ =3 4 0 .
La résolution du système des équations par rapport aux réactions
aux appuis donne
R PB = / 2 , R PA = / 2 .
2. Détermination des diagrammes de l’effort tranchant Qy et du
moment fléchissant Mz .
Les efforts tranchants Qy et les moments fléchissants M z sont
déterminés par la méthode des sections.
Pour simplifier les expressions de Qy et de M z , nous considérons
les sections 1 et 2 du côté gauche et la section 3 du côté droit.
Section 1 : Q R Py A1 2= = / ,
M R x P xz A1 2= ⋅ = / .
( 0 ≤ ≤x a )
Section 2 : 2/2 PQy = ,
M P x az2 2= −( ) / .
( 0 2≤ ≤x a )
68 Résistance des matériaux
Section 3 : Q R Py B3 2= − = − / ,
M R x P xz B3 2= ⋅ = / .
( 0 ≤ ≤x a )
Nous remarquons que, en conformité avec l’ordre d’apparition des
différentes parties de la poutre, l’axe x de la partie 3 a comme direction
de déplacement de la droite vers la gauche (la valeur x = 0 appartient à
la section B). Dans ce cas 33 / yz QdxdM −= .
8.2
Données :
q , a ,
P1 = qa ,
P2 = 3qa .
Tracer les diagrammes
de l’effort tranchant
Qy et du moment
fléchissant M z
Dans ce problème, on peut
tracer les diagrammes de l’effort
tranchant Qy et du moment
fléchissant Mz , en examinant les
sections 1 et 2 du côté gauche (il
n’y a pas né essité de calculer les
réactions d’encastrement en B).
Section 1 :
( )Q P qx q a xy1 1= − − = − + ,
M P xqx
qaxqx
z1 1
2 2
2 2= − − = − − .
( 0 ≤ ≤x a )
Section 2 :
Q qa qxy2 2= − ,
M qa qaxqx
z22
2
3 22
= − + − .
( a x a≤ ≤ 3 )
La fonction Mz2 = ( )M xz2 est une fonction quadratique et présente un
maximum pour x a= 2 : M qaz x a2 22
= = − .
Le diagramme de Mz est déterminé en unités qa2 .
Résistance des matériaux 69
Pour calculer les réactions d’encastrement, on peut déterminer les
valeurs de l’effort tranchant Qy et de moment fléchissant Mz dans la
section B : R qaB = et M qaB = 3 22 / .
8.3
Données :
q , a ,
P = qa ,
M = 2qa2
.
Tracer les diagrammes
de l’effort tranchant
Qy et du moment
fléchissant M z .
1. Détermination des réactions
aux appuis.
Les conditions de la statique
ont les formes suivantes :
∑ = 0Y
P R R q a PA B− + − ⋅ + =2 0 ,
∑ = 0AM − ⋅ + + ⋅ − ⋅ + ⋅ =P a M R a qa a P aB 2 2 2 5 3 0, .
La résolution du système des équations par rapport aux réactions
des appuis donne
R qaA = / 2 , RB = qa / 2 .
2. Diagrammes de l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant
M z ( Mz est aux unités de qa2 ).
Pour déterminer les efforts tranchants Qy et les moments
fléchissants M z , nous considérons les sections 1 et 2 du côté gauche
et la section 3 du côté droit.
Section 1 : Q P qay1 = = ,
qaxxPM z ==1 .
( 0 ≤ ≤x a )
70 Résistance des matériaux
Section 2 :
Q qay2 2= / ,
( )M qax qaz222= −/ .
( 0 2≤ ≤x a )
Section 3 :
( )Q q x ay3 2= − ,
( )M qx a xz3 = − .
( 0 ≤ ≤x a )
Nous remarquons que pour la partie 3 de la poutre, l’axe x a une
direction dont le sens va de droite à gauche (la valeur x = 0 correspond à
la section droite) et 33 / yz QdxdM −= .
La fonction Mz3 = ( )M xz3 est une fonction quadratique avec un
maximum pour x a= / 2 : M qaz x a3 22 4= =/ / (l’effort tranchant Qy3
est égal zero pour x a= / 2 ).
8.4
Données :
q = 10 kN/m ,
a = 2 m,
P = 2qa ,
M = qa2 .
Tracer les diagrammes de
l’effort tranchant Qy et du
moment fléchissant M z et les
distributions des contraintes σx
et τxy pour les différentes
géométries de la section.
1. Détermination des réactions
aux appuis.
Les équations d’équilibre
( ∑ = 0AM et ∑ = 0BM ) dans ce
problème ont la forme :
− + ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ =M q a a P a R aB2 2 3 0 ,
R a M P a q a aA ⋅ − − ⋅ + ⋅ ⋅ =3 2 2 0 .
Résistance des matériaux 71
La résolution du système des équations par rapport aux réactions des
appuis donne :
20== qaRA kN , RB 20== qa kN .
2. Diagrammes de l’effort tranchant Qy et du moment fléchissant
M z ( Qy : kN ; Mz : kN ⋅ m ).
Pour simplifier les expressions de Qy et de M z , nous considérons
la section 1 du côté gauche et la section 2 du côté droit.
Section 1 :
Q R qay A1 = − = − ,
M M R x qa a xz A1 = − = −( ) .
( 0 ≤ ≤x a )
Section 2 :
( )Q q x ay2 = − ,
( )M qax qxz22 2= − / .
( 0 2≤ ≤x a )
La fonction Mz2 = ( )M xz2 est une fonction quadratique et elle
présente un maximum pour x a= : mkN202/22 ⋅=== qaM axz
(l’effort tranchant dans cette section est nul).
3. Distribution des contraintes normales xσ pour les différentes
géométries de la section.
On détermine la contrainte normale en un point arbitrairement choisi
de la section droite d’une poutre en flexion par la formule bien connue
( )σ x z zM I y= / ,
où M z est le moment fléchissant dans la section considérée ; zI est le
moment d’inertie de l’aire par rapport à l’axe z (l’axe neutre) ; y est la
distance du point considéré de la section à l’axe neutre.
72 Résistance des matériaux
On peut voir que pour les sections symétriques par rapport à l’axe
neutre (l’axe z) ou les sections dont le centre de gravité est au milieu de
la hauteur, nous avons :
( ) −=σ maxx ( )minxσ = M Wz z/ ,
où W I hz z= 2 / est le moment résistant ou module de résistance en
flexion.
Ici, nous avons pris en considération le fait que le moment est positif
Mz > 0
( )minxσ
( )maxxσ
Pour le cas général (pour Mz > 0 ) nous avons :
( )minxσ
( )maxxσ
( ) 11max //)( zzzzx WMyIM ==σ ,
( ) 22min //)( zzzzx WMyIM −=−=σ ,
où y1 et y2 sont les distances à l’axe
neutre des fibres les plus éloignées tendues ou comprimées ; Wz1 et
Wz2 sont les moments résistants de la section.
4. Distributions des contraintes tangentielles xyτ pour les différentes
géométries de la section..
En un point arbitrairement choisi de la section droite d’une poutre en
flexion, la valeur de la contrainte tangentielle est déterminée par la
formule bien connue
( ) ( )τxy y z zQ S y I b y= ∗ / ,
Résistance des matériaux 73
où Q y est l’effort tranchant dans la section ; ( )S yz∗
est le moment
statique par rapport à l’axe neutre z de la partie de l’aire de la section
droite située au-dessus du niveau y où la contrainte est déterminée ;
( )b y est la largeur de la section au niveau de y ; zI est le moment
d’inertie de l’aire de la section.
L’effort tranchant étant connu et la géométrie de la section donnée,
la distribution de la contrainte tangentielle τxy selon la hauteur de la
section depend de deux grandeurs ( )S yz∗ et ( )b y et est une distribution
non-linéaire.
Comme exemple, nous considérons pour la poutre d’une section
rectangulaire :
τxy
Dans le cas considéré const=b
et I bhz = 3 12/ . Le moment
statique ( )S yz∗
est calculé par la
relation ( )S y F yz c∗ ∗ ∗= ⋅ ,
d’où l’on peut tirer :
( ) ( )S y b
hy
h h y b hyz
∗ = ⋅ −⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⋅ −−⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ = −
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟2 2
2
2 2 4
22/
.
et
τxy yQbh
y
bh= −
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
3
2
1 4 2
3 .
On peut voir que τxy y h=± =/2 0 , ( ) SQyxyyxy 2/3max0 =τ=τ = , où
bhS = est l’aire de la section droite de la poutre.
74 Résistance des matériaux
8.5
Données :
q = 20 kN/m ,
P = 30 N ,
M = 40 kN⋅m ,
a = 2 m ,
b = 5 m ,
c = 3 m ,
[σ] = 100 MPa
Déterminer les dimensions
nécessaires des sections
circulaire, rectangulaire,
carrée et en double T.
Effectuer la vérification de
la résistance à la rupture
dans ce dernier cas.
1. Détermination des réactions
aux appuis.
Les équations d’équilibre dans le
problème posé ont la forme :
∑ = 0AM ( ) ( )qa a R b P b c MB/ 2 0− + + − = ,
∑ = 0BM ( )[ ]qa b a Pc M R bA+ + − − =/ 2 0 .
La solution de ce système d’équations donne les réactions aux
appuis
58=AR kN , RB = 48 kN .
2. Diagrammes de Qy et Mz ( Qy : kN ; Mz : kN ⋅ m ).
Nous considérons les sections 1 et 2 du côté gauche et la section 3
du côté droit.
Section 1: Q qxy1 = − , M qxz12 2= − / . ( 0 ≤ ≤x a )
Section 2: Q R qay A2 = − , M R x qaa
xz A22
= − +⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
. ( 0 ≤ ≤x b )
Section 3: Q Py3 = − , M P x Mz3 = − . ( 0 ≤ ≤x c )
La fonction Mz1 = ( )M xz1 est une fonction quadratique.
3. Détermination du moment résistant Wz de la section droite de la
poutre.
Résistance des matériaux 75
Pour les poutres dont les résistances en traction et en compression
sont identiques, c’est-à-dire [ ]trσ = [ ]comprσ = [ ]σ , il faut trouver le
moment résistant Wz à partir de la condition
][/|| maxmaxσ≤=σ zzx WM ]/[
maxσ≥ zz MW .
D’après le diagramme de Mz nous avons ( ) mkN50max ⋅=zM et,
par conséquent
334 cm500m105 =⋅= −zW .
4. Détermination des dimensions nécessaires des sections circulaire,
rectangulaire, carrée et en double T.
Section circulaire ( d ) :
50032/3circ =π= dWz cm3 d = 17 2, cm 2circ cm5,232=S .
Section carrée ( a × a ) :
5006/3car ==aWz cm3 a = 14 4, 2car cm208=S .
Section rectangulaire ( h = 2b ) :
50012/3rec ==hWz cm3 h = 18 2, 2rec cm165=S .
Section en double T :
Dans les catalogues décrivant les poutres en double T, on trouve la
section avec le moment résistant de la section 500≥zW cm3. Comme
exemple, nous prenons une section en double T pour laquelle
518=zW cm3
, 7780=zI cm4
, 2922/1 =zS cm3 (le moment statique
pour la demi-section), 2cm9,49=S . Les dimensions de la section
données sur le dessin en cm.
76 Résistance des matériaux
Etant donné que le poids de la poutre est proportionnel à l’aire de la
section droite, le rapport des poids des poutres est égal au rapport des
aires de leurs sections. En prenant l’aire de la section en double T
comme unité, on aura
S : recS : carS : circS = 1 : 3,3 : 4,17 : 4,66 .
Ainsi la poutre en double T, même avec des dimensions plus grandes
que celles exigées ( 500>zW cm3) est à 4,66 fois plus légère que la
poutre circulaire.
5. Vérification de la résistance de la poutre en double T.
Diagramme des contraintes normales. On détermine la contrainte
normale par la formule connue ( )σ x z zM I y= / ( M z = 50 kN ⋅ m).
Les valeurs des contraintes normales aux points les plus éloignés de
tension et de compression et aux points A et B sont les suivantes :
σ x y =± = ±15 96 4, MPa , σ x y =± = ±13 93 89 5, , MPa .
Les signes des contraintes sont données pour Mz > 0 pour lequel les
fibres inférieures sont tendues.
Diagramme des contraintes tangentielles. Les valeurs de la
contrainte tangentielle sont déterminées par la formule connue
( )( )τxy
y z
z
Q S y
I b y=
∗ ( | Qy | = 30 kN). Nous calculons les contraintes
tangentielles aux points suivants :
Résistance des matériaux 77
τxy y =± =15 0 , 6,05,14,93,13 =τ =±= byxy MPa ,
31,1365,0,93,13 =τ =±= byxy MPa , 32,170 =τ =yxy MPa .
( 393,13 cm4,22446,1407,15,14 =⋅⋅==
∗yzS ) .
On peut voir (selon les diagrammes de xσ et xyτ ) que les points A
et B sont les plus dangereux ; le point A se trouve dans le domaine de la
compression, le point B dans le domaine de la traction.
Détermination des contraintes principales normales aux points plus dangereux. Les états des contraintes aux points A et B sont les
suivants :
0=σ x ,
5,89−=σy ,
31,13−=τxy .
( yx σ>σ )
5,89=σx ,
0=σ y ,
31,13=τxy .
( yx σ>σ )
La détermination des contraintes principales (voir le problème 1.4 )
pour ces états des contraintes permet d’avoir :
pour le point A
7,4675,44minmax, ±−=σ 95,1max =σ , 45,91min −=σ .
σ1 1 95= , MPa , σ2 0= , σ3 91 45= − , MPa ;
pour le point B
7,4675,44minmax, ±=σ 45,91max =σ , 95,1min −=σ .
σ1 91 45= , MPa , σ2 0= , σ3 1 95= − , MPa .
78 Résistance des matériaux
Vérification de la résistance à la rupture aux points les plus dangereux. La condition de résistance à la rupture au point A et au
point B a la forme :
MPa100][MPa4,9331IIIéq =σ<=σ−σ=σ .
La condition de résistance à la rupture est donc assurée.
8.6
Données :
q , a ,
P = qa ,
M = qa2
,
EIz .
Déterminer le déplacement
vertical (la flèche) du point
C et l’angle de rotation de
la section B .
1. Détermination des réactions à
l’encastrement.
Les équations d’équilibre donne :
∑ = 0Y R qaA = 2 ;
∑ = 0M M qaA = 2 5 2, .
2. Puisque l’origine des coordonnées se trouve à l’encastrement, les
paramètres initiaux 00 et ϑv (la flèche et la rotation de la section
droite de la poutre à l’origine des coordonnées) sont nuls. L’équation
universelle de la ligne élastique ou équation de la flèche v sera :
EI v Rx
Mx
Mx a
qx a
z A A= − −−
−−3 2 2 4
6 2 2 24I II
( ) ( ) .
Pour les rotations ϑ des sections nous avons :
( )EI Rx
M x M x a qx a
z A Aϑ = − − − − −2 3
2 6I II
( ) .
Pour la partie I nous avons 0 ≤ ≤x a , pour la partie II - a x a≤ ≤ 2 .
Le calcul des quantités inconnues Cv et Bϑ donne :
Résistance des matériaux 79
( )EI EI qa qaz B z x aϑ ϑ= = − + = −=3 32 5 1
3
2,
zB
EI
qa
2
33
−=ϑ ;
( )EI vqa
qaz C = − − − = −4
4
2464 120 12 1
23
8 v
qa
EIC
z
= − 23
8
4
.
8.7
Données :
q , a ,
P = 4qa ,
M = qa2
,
EIz .
Inscrire les équations
déterminées les flèches et
les rotations des sections de
la poutre. Montrer la ligne
élastique de la poutre.
De l’équation des moments par rapport de l’appui droit B , nous
déterminons une réaction RA au niveau de l’appui gauche :
q a a R a P a MA⋅ ⋅ − ⋅ + ⋅ − =2 5 2 0, R qaA = 11 4/ .
L’équation universelle de la ligne élastique pour une section
arbitraire x de la partie droite de la poutre s’écrit :
EI v EI v EI xz z z= + −0 0ϑ
( ) ( ) ( )− +−
+−
−−
qx
Rx a
qx a
Px a
A
4 3 4 3
24 6 24
2
6I II III
Pour la partie I nous avons 0 ≤ ≤x a , pour la partie II - a x a≤ ≤ 2 ,
pour la partie III - 2 3a x a≤ ≤ .
Les paramètres initiaux 00 et ϑv (la flèche et la rotation de la
section droite de la poutre à l’origine des coordonnées) sont déterminés
par les conditions de liaison de la poutre : dans notre problème les
80 Résistance des matériaux
déplacements verticaux sont nuls pour les articulations A et B ( vA =
= vB = 0). D’après les conditions de liaison, nous avons :
EI vz A = EI v EI v EI a qaz x a z z= = + − =0 04 24 0ϑ / ,
EI vz B = EI v EI v EI a qaz x a z z= = + ⋅ + =3 0 043 7 24 0ϑ / .
La solution de ce système à deux équations donne :
v qa EIz045 24= / , ϑ0
3 6= − qa EIz/ .
Finalement, l’équation universelle de la ligne élastique de la poutre a
la forme :
EI v qa qa x qxz = − − +5
24
1
6
1
24
4 3 4
I
( ) ( ) ( )III
3
II
432
3
2
24
1
24
11axqaaxqaxqa −−−+−+ .
L’équation des angles de rotation ϑ est obtenue par la
différentiation de l’équation des flèches :
( ) ( ) −−+−+−−=ϑII
32
I
33
6
1
8
11
6
1
6
1axqaxqaqxqaEI z
( )III
222 axqa −−
Pour montrer la forme de la ligne élastique de la poutre, nous
calculons des valeurs des flèches et des angles de rotation des sections
suivantes :
- la rotation de la section située sur l’appui gauche A
zzaxA
EI
qaqaqa
EI 36
1
6
113
33 −=⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ −−=ϑ=ϑ = ;
- la rotation de la section située sur l’appui droit B
Résistance des matériaux 81
ϑ ϑB x az z
qa
EI
qa
EI= = − − + + −⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
==3
3 31
6
27
6
44
8
8
62
6 ;
- la flèche de la section sous la charge concentrée P
v x a= =2qa
EI
qa
EIz z
4 45
24
2
6
16
24
11
24
1
24
7
24− − + +⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
= − .
La forme approximative de la déformée élastique de la poutre (la
ligne en pointillés) avec les signes de flèches et des rotations calculées
est donnée dans le schéma suivant :
8.8
Données :
q , a ,
P = qa , M = qa2/2 ,
b = b(x) , h = const ,
[σ] , [τ] .
Déterminer la forme
d’une poutre
d’égale résistance
(la section droite est
rectangulaire).
Dans le cas de la flexion pure, la poutre d’égale résistance est une
poutre de section constante. Dans le cas de la flexion transverse, la
condition d’égale résistance pour la poutre à section variable est la
suivante :
( ) ( ) ( ) [ ]σ==σ xWxM zzx /max .
C’est-à-dire que la poutre d’égale résistance a une section qui varie
suivant l’équation
( ) ( ) [ ]W x M xz z= / σ ,
Nous déterminons les moments fléchissants ( )M xz dans les
sections de la poutre :
Section 1 ( 0 ≤ ≤x a ) : M Px qx qax qxz12 22 2= − = −( / ) ( / ) .
82 Résistance des matériaux
Section 2 ( 0 ≤ ≤x a ) : M P a x qa x a qaz220 5 2= + − + =( ) ( , ) / .
Section 3 ( 0 ≤ ≤x a ) : M M P a x qa x a qaz322 15= + + − + =( ) ( , ) .
Parce que la hauteur h = const, nous avons :
( ) ( )[ ]σ
=xMhxb z
6
2
( ) ( ) [ ]σ= 2/6 hxMxb z .
Il est facile de voir que pour les sections 3 et 2 nous avons
[ ]σ== 223 /6 hqabb et 2/2 bb = et pour la section 1
( )[ ] ⎥
⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞⎜
⎝⎛−=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
σ=
22
212
22
6
a
x
a
xbxax
h
qxb .
Puisque le moment fléchissant dans la section x = 0 est nul, mais
que l’effort tranchant est différent de zero ( Q Py = ), la largeur de la
section b0 de la poutre s’évalue d’après la condition sur la résistance au
cisaillement
[ ]τ τxyyQ
F
P
b h= = ≤
3
2
3
2 0
.
Nous avons :
[ ] [ ]b P h qa h0 3 2 3 2= =/ /τ τ .
La longueur x0 de l’extrémité de la poutre qui a une largeur
constante b0 est évaluée à partir de la condition de résistance sur les
contraintes normales dans la section x x= 0 en considérant que
M Pxz x x1 00= ≈ . Dans ce cas :
[ ]6 0
02
Px
b h≤ σ [ ] [ ]4 0x
h
τσ≤ [ ]
[ ]xh
04
=στ
.
Résistance des matériaux 83
En prenant par exemple [ ] [ ]τ σ= 0 5, , nous avons x h0 0 5= , .
8.9
Données :
l = 1m ,
b = 60mm , h = 5mm,
n = 10 lames,
E = 2⋅105 MPa ,
[σ] =160 MPa .
Déterminer la charge
maximale pour un
ressort et le
déplacement vertical
maximal sous charge P.
Le calcul des ressorts est un problème compliqué, mais on peut
élaborer une théorie approchée pour le calcul des ressorts avec un degré
d’approximation suffisant fondée sur le principe du calcul de la poutre
d’égale résistance.
1. Calcul de la poutre d’égale résistance de section droite
rectangulaire avec une hauteur constante h et un largeur variable b(x) .
Le moment fléchissant ( )M xz dans la
section arbitraire x de la poutre a une valeur
( )M x Pxz = / 2 .
La largeur b(x) se détermine de l’équation
( ) ( ) [ ] [ ]b x M x h Px hz= =6 32 2/ /σ σ .
Pour x = l/2 nous avons [ ]b Pl h023 2= / σ .
2. Hypothèse d’un ressort comme poutre d’égale résistance.
On peut calculer dans ce problème que b b n0 60= ⋅ = cm.
3. Détermination de la force maximale maxP .
84 Résistance des matériaux
En utilisant la valeur calculée de b0 , nous avons
[ ] kN1,6=MN10163/2 420max
−⋅=σ= lhbP .
4. Détermination du déplacement vertical maximal.
Pour la détermination des déplacements de la poutre à section
variable, on établit pour chaque tronçon de la poutre l’équation
différentielle de la flèche
( ) ( )Ev M x I xz z′′ = / ,
où ( )I xz est le moment d’inertie variable des sections de la poutre par
rapport à l’axe neutre.
On peut ainsi utiliser l’équation simplifiée :
( ) ( ) réd00 / MxIIxMvEI zz ==′′ .
où =rédM ( ) ( )M x I I xz z0 / est le moment fléchissant réduit ;
I b h0 03 12= / est le moment d’inertie de la section constante.
Dans ce problème nous avons :
I b h0 03 12= / , ( ) ( ) 12/3hxbxI z = ( ) xxII z 2/1/0 = ;
4/réd lPM = .
En introduisant rédM dans l’équation de la flèche, il vient :
d v
d x
Pl
E I
2
204
= ( )v xE I
Plx C x C= + +⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
1
80
21 2 .
Les constantes d’intégration 1C et 2C s’obtiennent à partir des
conditions aux limites
v x = =0 0 et ϑ x l x lv= == ′ =/ /2 2 0 ,
d’où l’on tire
C Pl12 8= − / , C2 0= .
Alors,
Résistance des matériaux 85
( ) ( ) ( )v x Pl EI x l x= −/ 8 02 .
Le déplacement vertical maximal du ressort vaut :
cm4=m04,032/ 03
2/max −−=−== = IElPvv lx .
9. RÉSISTANCE COMPOSÉE
Définition du problème de résistance composée d’une barre.
Principe d’addition des efforts ou principe de superposition et présentation de la résistance composée comme différentes combinaisons de déformations simples ou de contraintes simples :
- facteurs de forces intérieures en résistance composée (on montre les
directions positives)
traction
flexion transversale dans un plan xy
torsion
flexion transversale dans un plan xz
- contraintes normales et tangentielles
Nx S
N xx =σ , Mx x
I
M
p
x
tx =τ ,
Qy ( )
( )τxyy z
z
Q S y
I b y=
∗
, My σ xy
y
M
Iz= ,
Qz ( )
( )τxzz y
y
Q S z
I h z=
∗ , Mz σ x
z
z
M
Iy= .
Sommations de contraintes normales : on donne les signes des
contraintes pour les points du premier quadrant du système des
coordonnées pour les directions réelles des facteurs de forces intérieurs
S
N xx =σ −
M
Iz
y
y
+M
Iy
z
z
.
86 Résistance des matériaux
Dans cette relation, les signes sont donnés pour les directions positives.
Sommation des contraintes tangentielles
( ) ( ) ( )xxtzxzyxy MQQ τ+τ+τ=τ .
Équation de la fibre neutre et localisations des points dangereux dans la section d’une barre rectiligne.
S
N xz
I
M
y
y− 0=+ y
I
M
z
z
zone de
traction
axe neutre
zone de
compression
Calcul de la résistance aux points dangereux.
Problèmes particuliers de résistance composée :
- flexion composée et déviée ;
- flexion avec traction. Traction (compression) excentrée d’une barre
droite ;
-flexion avec torsion.
9.1
Données :
P = 2,4 kN ,
a = 0,5 m ,
b = 12 cm ,
h = 20 cm .
Déterminer la valeur
maximale de la contrainte
normale et la position de
l’axe neutre dans la
section dangereuse.
Le problème posé est un problème de flexion composée.
On peut constater que
| My | = P x ,
| Mz | ( )= +P x a .
Résistance des matériaux 87
Les directions réelles des moments fléchissants sont montrées dans la
figure.
La section plus dangereuse est la section à l’encastrement (x = 2a).
Evidement, dans cette section pour le premier quadrant nous avons :
σ x = zI
M
y
y max)(− y
I
M
z
z max)(+ = − +2 3Pa
Iz
Pa
Iy
y z
.
L’équation de l’axe neutre dans la section dangereuse est la
suivante :
− + =2 30
Pa
Iz
Pa
Iy
y z
y z= tgβ ,
où tgβ = = =2 3 2 3 1 8512 2I I h bz y/ / , est la valeur de la tangente de
l’angle formé par l’axe neutre avec l’axe z . On trouve β ≈ 62°.
La contrainte normale maximale se trouve au point A le plus
éloigné de l’axe neutre :
( ) ( ) 2/,2/max bzhyxAxx −==σ=σ=σ ;
( ) 5,9/38 2max ==σ bhPax MPa .
9.2
Données :
P , a .
Comparer les contraintes
normales maximales
(l’épaisseur de
l’éprouvette est a ).
La ligne d’action de la force P de la première éprouvette passe par
le centre de gravité de la section droite. Ici nous avons la traction dans
l’éprouvette égale à Nx = P . La contrainte normale est constante pour
la section et égale à ( ) ( ) 211 // aPSPx ==σ .
88 Résistance des matériaux
Pour la deuxième éprouvette la traction
est excentrée : l’excentricité de la force
P est égale à a/4 du coté de la force
longitudinale Nx = P. La valeur du
moment fléchissant | My | = Pa / 4 . Dans
ce cas les contraintes normales en tout point du premier quadrant sont
déterminées par la relation
( )( )2
2
S
N xx =σ −
M
Iz
y
y
.
L’équation de la ligne neutre dans la section droite de l’éprouvette
est la suivante :
( )2S
N x − =M
Iz
y
y
0 ( ) const2
=⋅=S
I
M
Nz
y
y
x ( )z a= 3 4/ .
On peut voir à partir de l’équation obtenue que la ligne neutre passe
par l’extrémité droite de la section et toute la section se trouve dans la
zone en traction. Dans ce cas la contrainte normale maximale se trouve
aux points de l’extrémité gauche de la section et est égale à
( )( ) ( ) ( ) ( )24/3
2max
2 /3
4aPazxx =σ=σ −= .
On peut voir que l’application d’une force excentrée augmente le
risque de rupture : pour la deuxième éprouvette, pour une augmentation
de l’aire de la section de 50% , la contrainte normale ne diminue pas
mais augmente de 33% .
9.3
Données :
P = 6 kN ,
a = 1 m ,
[σ] = 100 MPa .
Déterminer le diamètre
d de la section droite de
l’arbre, en utilisant le
troisième critère de
résistance.
Résistance des matériaux 89
Dans ce problème nous
avons une déformation
simultanée due à la flexion dans
le plan xy et à la torsion.
Torsion
De la condition de la
statique 0=∑ xM nous avons
que M Pa= 2 5/ .
Le diagramme de Mx est
montré dans le schéma ci
contre.
Pour ce diagramme, nous avons : 5/21 PaM x −= , 5/2 PaM x −= .
Flexion
Détermination des réactions des appuis donne :
0=∑ AM − + − =Pa R a P aB 2 3 0 R PB = 2 .
0=∑ BM Pa R a PaA− − =2 0 RA = 0 .
Etant donné que la section droite de la barre est circulaire, les
scissions déterminées à partir des efforts tranchants ont une valeur
faible et seront négligées dans le calcul. C’est pourquoi dans ce
problème, il suffit de déterminer les moments fléchissants Mz . Pour les
tronçons de la barre à partir de gauche, nous avons :
Mz1 0= , ( )axxPM z ≤≤−= 03 ,
Mz 2 0= , ( )axxRaxPM Bz ≤≤++−= 0)(4 .
90 Résistance des matériaux
Calcul de la résistance
Pour une déformation simultanée en flexion et en torsion, la section
B est la plus dangereuse où nous avons :
5/tors PaM = et .||fl aPMM z == .
Dans ce type de problème, la formule de calcul de la résistance à la
rupture est la suivante :
][/éqéq σ≤=σ WM ,
où le moment équivalent éqM selon le critère III de résistance est
déterminé par la relation
( ) ( ) aPPaPaMMM 02,15/222
tors2fl
IIIéq =+=+= .
Pour le moment résistant W , nous avons :
W d= =π 3 32/ [ ]σ/IIIéqM = 61,2 cm
3 ,
Ce qui permet de trouver le diamètre de la section droite de l’arbre.
Finalement, nous obtenons : d = 8,5 .
9.4
Données :
P = 2,4 kN ,
a = 1 m ,
b = 12 cm ,
h = 20 cm ,
α = 30°.
Déterminer la valeur
maximale de la
contrainte normale et
la position de l’axe
neutre dans la section
la plus dangereuse.
Dans ce problème, le plan d’action de la charge (le plan des forces
extérieures) passe par l’axe d’une poutre, mais ne coïncide pas avec
aucun des plans de symétrie. La flexion dans ce cas est dite déviée.
Les conditions de la statique
permettent de déterminer les
forces intérieures. Nous
avons :
Résistance des matériaux 91
N x = 0 , | | cosQ Py = α , | | sinQ Pz = α ;
M x = 0 , ( )| | sinM P xy = α , ( )| | cosM P xz = α .
On présente i i les valeurs des forces et des moments. Leurs directions
réelles sont indiquées dans le dessin.
On peut voir que le problème examiné se présente sous la forme de
la somme de deux flexions planes transversales dans les plans xy ( Qy et
M z ) et xz ( Qz et M y ).
La sommation des contraintes normales pour un point arbitraire du
premier quadrant de système de coordonnées dans la section la plus
dangereuse ax = donne :
σ x = zI
M
y
y max)(y
I
M
z
z max)(+ .
La localisation de la fibre neutre dans la section de la barre est
déterminée par l’équation suivante
zI
M
y
y max)(0
)( max =+ yI
M
z
z y z= − ⋅tg β ,
où ( ) α=β tg/tg yz II (la droite passe par les quadrants 2 et 4).
Puisque pour la section examinée
I Iz y> ( I bhz = 3 12/ , I y = b h3 12/ ), on
peut voir que la fibre neutre n’est pas
perpendiculaire à la ligne d’action de la force
( tg tgβ α> ; β = 58°).
Si nous avons I Iz y= (par exemple, une section carrée ou
circulaire), on rencontre la perpendicularité de la fibre neutre avec la
ligne d’action de la force.
Les points A (zone en traction) et B (zone en compression) sont les
plus dangereux du point de vue de la résistance (ce sont les points plus
92 Résistance des matériaux
éloignés de la fibre neutre). La détermination de la contrainte normale
maximale donne
( ) ( ) 2/,2/max bzhyxAxx ==σ=σ=σ ( ) 1,5max =σ x MPa.
9.5
Données :
P ,
d ,
[σ] .
Vérifier la résistance de
barre d’après le troisième
critère de résistance.
Dans le problème proposé, nous rencontrons un cas général de
sollicitations composées. Le principe de superposition donne la
possibilité d’une présentation de la résistance composée comme une
combinaison de déformations simples.
Pour la présentation de ce problème sous la forme d’une somme de
déformations simples, nous déterminons les facteurs de forces
intérieures dans les sections de la barre d’après les conditions
d’équilibre de la partie tranchée. On peut constater que :
N Px = 2 ,
Qy = 0 ,
Q Pz = ,
M P dx = 3 2/ ,
M P xy = ,
M P dz = .
Les directions réelles des efforts intérieurs dans une section
arbitraire d’abscisse x sont indiquées dans le dessin.
La barre est donc soumise simultanément à une compression (au
moyen de la force 2P), à une torsion (au moyen du moment
Résistance des matériaux 93
2/3PdM x = ) et à deux flexions (au moyen du moment PdM z = et
de la force P xPM y = ).
La section plus dangereuse est la section à l’encastrement (x = 8d ).
La sommation de contraintes normales (les signes sont relatifs aux
premier quadrant du système des coordonnées) conduit à la relation
suivante :
S
N xx −=σ z
I
M
y
y max)(− +
M
Iy
z
z
.
Dans le cas général, on détermine la contrainte tangentielle
résultante qui est la somme vectorielle des contraintes tangentielles
dues à la flexion ( Qy et Qz ) et à la torsion ( M x ). Dans ce problème,
la section droite de la barre est circulaire. C’est pourquoi, la contrainte
tangentielle de cisaillement déterminée à partir de Qy (ou de Qz ) a
donc une valeur faible et est négligée dans le calcul. En conséquence :
( )ρ=τ=τ pxxt IM / .
zone de compression
Il est évident que dans ce problème, le
point le plus dangereux se trouve sur le
contour de la section. En effet, l’équation de
l’axe neutre est :
S
N x− zI
M
y
y max)(− + =
M
Iy
z
z
0 .
La ligne neutre découpe sur les axes y et z les tranches 00 >y et
00 <z .
Puisque le matériau de la barre travaille également en traction et en
compression, le point le plus dangereux est donc le point A qui se
trouve dans la zone de compression. La contrainte tangentielle xtτ a la
valeur maximale en tout point du contour de la section.
Le point A a pour coordonnées 0>Az , 0<Ay et ρ = d / 2 . Pour le
calcul, on peut prendre 2/dz A = et 2/dy A −= , ce qui augmente le
coefficient de sécurité. Le calcul des contraintes au point A donne :
94 Résistance des matériaux
2
296
22
82
d
Pd
I
dPd
I
dP
S
P
zyAx
π=⋅+⋅+=σ ,
τπ
xt Ap
Pd
I
d P
d| = ⋅ =3
2 2
24
2 .
La contrainte équivalente au point A selon le troisième critère de
résistance est
22222IIIéq /30044 dPxyx π=τ+σ=τ+σ=σ ,
Finalement, la condition de résistance a la forme suivante :
[ ]300 2P d/ π σ≤ .
9.6
Données :
P1 , P2 ,
q ,
a .
Déterminer les efforts
intérieurs dans les sections
de la potence.
1. Détermination des valeurs des forces intérieures dans les sections
de la potence.
Nous déterminons les valeurs des efforts intérieurs d’après les
conditions d’équilibre de la partie coupée (les efforts tranchants étant
négligés dans ce problème). Pour l’indexation des forces et des
moments sur toute la longueur de la potence, nous utilisons le système
des coordonnées xyz en dirigant l’axe x le long de l’axe de la potence.
Tronçon 1 : 0 ≤ ≤x a .
M P xy = 1 ,
M qxz = 2 2/ .
Résistance des matériaux 95
Tronçon 2 : 0 ≤ ≤x a .
N qax = ,
M P ax = 1 ,
M P xy = 1 ,
M qaz = 2 2/ .
Tronçon 3 : 0 ≤ ≤x a .
N qax = ,
M P ax = 1
M P a xy = +1( ) ,
M P x qaz = +22 2/ .
Nous mentionnons qu’à partir des équations de la statique, nous ne
définissons que les valeurs des efforts intérieurs. Les directions réelles
des efforts intérieurs dans la section arbitraire x sont indiquées dans les
schémas.
2. Détermination des diagrammes de N x , M x , M y et M z .
Dans les diagrammes le signe de la force longitudinale N x
(compression) est indiqué, le signe du moment de torsion M x n’est pas
96 Résistance des matériaux
important pour l’analyse de résistance. Pour déterminer la direction du
moment fléchissant, nous avons pris en considération le fait que nous
avons construit le diagramme du moment pour les fibres comprimées.
Le diagramme du moment M y est construit dans le plan xz , le
diagramme du moment M z dans le plan de xy .
Les sections les plus dangereuses sont la section à l’encastrement
( | |N qax = , | |M P ax = 1 , | |M P ay = 2 1 et | |M z = ( / )qa P a222 + ) et la
section x a= pour le tronçon horizontal de la potence ( | |M P ay = 1 et
| |M z = qa2 2/ ). La sommation des contraintes normales pour un point
arbitraire de la section la plus dangereuse est faite en tenant compte de
leurs signes dans le premier quadrant du système des coordonnées (voir
le problème 9.5).
9.7
Données :
P1 , P2 , P3 ,
a .
Déterminer les efforts
intérieurs dans les sections
d’un système de barres.
1. Détermination des facteurs de forces intérieures dans les sections
d’un système de barres.
De la même façon que dans le problème précédent, nous définissons
les valeurs des efforts intérieurs à partir des conditions d’équilibre de la
partie coupée (les efforts tranchants étant négligés).
Tronçon 1
( 0 ≤ ≤x a )xPM y 1= .
Tronçon 2
( 0 ≤ ≤x a )
N Px = 1 ,
M x = 0 ,
M P ay = 1 ,
M P xz = 2 .
Résistance des matériaux 97
Tronçon 3
( 0 ≤ ≤x a )
N Px = 2 ,
M P ax = 1 ,
M P xy = 3 ,
M P a P xz = +2 1 .
Tronçon 4
( 0 2≤ ≤x a )
N Px = 1 ,
M P ax = 3 ,
M P a P xy = −1 3 ,
M P a x P az = − +2 1( ) .
Nous mentionnons qu’avec les équations de la statique nous ne
définissons que les valeurs des efforts intérieurs. Par exemple, pour le
tronçon 3 nous avons M P a P xz = +2 1 , mais pour le tronçon 4
M P a P xy = −1 3 . Les signes “ + ” ou “ − ” montrent que les efforts ont
des directions identiques ou différentes. Les directions réelles des
efforts intérieurs sont indiquées dans les dessins.
2. Détermination des diagrammes des efforts intérieurs N x , M x ,
M y et M z .
Comme exemple nous montrons les diagrammes des efforts
intérieurs N x , M x , M y et M z pour le cas particulier
P1 = P2 = PP =3 . L’action du moment fléchissant est prise en
considération par le fait même que nous construisons le diagramme du
moment pour les fibres comprimées. Le diagramme du moment M y est
construit dans le plan xz , le diagramme du moment M z dans le plan
de xy .
98 Résistance des matériaux
9.8
Données :
D = 80 mm , d = 20 mm ,
α = 15°, n = 10 spires ,
[σ] = 600 MPa ,
E = 2⋅105 MPa ,
G = 8⋅104 MPa .
Déterminer la force
admissible et le
déplacement axial
du ressort.
L’axe x est tangent à la ligne moyenne de la
spire ; le plan xz est le plan de la spire ; le plan
yz est le plan de la section de la spire.
Si les extrémités du ressort sont portées aux
centres des spires et sont soumises à une force
de traction P le long de l’axe du ressort, les
efforts
intérieurs dans chaque section droite se réduisent à un effort de traction
N Px = sin α , à un effort transversal Q Py = cosα , à un moment de
torsion ( )M P Dx = / cos2 α et à moment fléchissant =yM
( ) α= sin2/DP .
Le point dangereux de la section est la point A de la surface
intérieure de la spire. En ce point on a :
α⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ +
π=+=σ sin
41
16
3 D
d
d
PD
W
M
S
N
y
yxx ,
=+=τp
xy
W
M
S
Q 81
23
PD
d
d
Dπα+⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
cos .
Résistance des matériaux 99
La condition de résistance selon le troisième critère est la suivante :
[ ]σ≤α⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ ++α⎟
⎠⎞⎜
⎝⎛ +
π=τ+σ=σ 2
22
2
3
22IIIéq cos
21sin
41
164
D
d
D
d
d
PDx
Si le pas du ressort déterminé par l’angle d’inclinaison α du plan de
la spire est petit (α < 14°) et le rapport des diamètres grand ( D d/ > 10 ),
on effectue le calcul uniquement pour la torsion selon la formule
[ ]τ≤π=τ 3max /8 dPD , [ ] [ ]τ σ= / 2 .
Si nous avons D d/ < 10 , on introduit dans la condition de résistance
un coefficient de correction k :
[ ]τ≤π=τ )/8( 3max dPDk .
Les valeurs du coefficient k pour divers rapports dD / sont
données dans le tableau suivant :
D /d 3 4 5 6 7 8 9 10
k 1,58 1,40 1,31 1,25 1,21 1,18 1,16 1,14
La relation générale pour la détermination du déplacement axial δdu ressort a la forme suivante :
δα
α α= +⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ + +
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥
82 1
41
2
3
4
2
2
2 2
2
2PD n
d
d
D E
d
D Gcos
sin cos .
Pour le ressort avec un pas petit, le déplacement axial δ peut être
calculé avec l’utilisation de la formule simplifiée en tenant seulement
compte de la déformation de torsion :
δ = 8 3 4PD n Gd/ .
Pour la solution du problème proposé nous intégrons dans les
relations obtenues les données initiales : α = 15° > 14° et
D d/ = <4 10 . On obtient :
10,7=P kN .
cm3,62=m0362,0=δ .
100 Résistance des matériaux
Le calcul du déplacement axial du ressort par la formule simplifiée
donne la valeur cm3,42=δ .
10. MÉTHODES ÉNERGÉTIQUES de DÉTERMINATION des DÉPLACEMENTS
Travail des forces extérieures.
Travail des forces intérieures (élastiques) :
- la force axiale N x effectue un travail par le déplacement
( ) ESxdNdx x /=∆ ; le travail de la force axiale N x pour la barre de la
longueur l est donc égal
∫−=l
x
ES
xdNW
0
2
2
(le travail effectué par la force intérieure est toujours négatif) ;
- dans le cas général (en résistance composée)
∫∫∫∫ −−−−=l
xl
z
zl
y
yl
p
x
ES
xdN
EI
xdM
EI
xdM
GI
xdMW
0
2
0
2
0
2
0
2
2222 ,
où xM , yM , etc sont les facteurs de forces intérieures dans les
sections de barre sous l’action du système de charges donné.
Energie potentielle de déformation :
- en accord avec le principe de la conservation de l’énergie U W= −
∫∫∫∫ +++=l
xl
z
zl
y
yl
p
x
ES
xdN
EI
xdM
EI
xdM
GI
xdMU
0
2
0
2
0
2
0
2
2222 .
Forces et déplacements généralisés :
P - force généralisée (force ou moment) ;
δ - déplacement généralisé (linéaire ou angulaire).
Résistance des matériaux 101
Théorème de Castigliano :
∂ ∂ δU P P/ =
Le déplacement du point d’application d’une force généralisée dans la
direction d’action de cette dernière équivaut à la dérivée partielle de
l’énergie potentielle par rapport à cette force.
Intégrales de Mohr :
xdES
NNxd
EI
MMxd
EI
MMxd
GI
MM lxx
l
z
zzl
y
yyl
p
xx ∫∫∫∫ +++=δ0000
,
où M Mx y, , etc sont les facteurs de forces intérieures dans les
sections de barre sous l’action d’une charge unitaire (d’une force
généralisée unitaire non-dimensionnelle P = 1). La charge unitaire est
appliquée au point de la section dont le déplacement δ nous intéresse et
dans la direction pour laquelle le déplacement cherché se dirige. Quand
on détermine le déplacement linéaire dans la direction donnée, on
applique une force unitaire, quand on détermine un déplacement
angulaire, c’est un moment unitaire que l’on applique. Si le
déplacement obtenu par calcul est de signe positif, cela signifie que sa
direction coïncide avec celle de la charge unitaire. Un signe négatif
montre que le déplacement effectif est de direction opposée à celle de la
charge unitaire.
10.1
Données :
S , a ,
E ,
q , P
Déterminer le déplacement
du point d’application de la
force P à l’aide du
théorème de Castigliano.
Les barres du système articulé proposé travaillent en traction. Dans
ce cas, l’énergie potentielle de déformation est déterminée par la
relation :
102 Résistance des matériaux
∑ ∫=
=4
1 0
2
2
)(
i
lix
i
xdES
NU ,
où ( )N Nx i i= sont les forces intérieures longitudinales dans les barres
du système ; l ai = sont les longueurs des barres . Les forces
longitudinales (axiales) iN ont les valeurs suivantes (voir le problème
3.7) :
N N1 2= = P / 2 , N N3 4= ( )= +qa P / 2 .
L’énergie potentielle de déformation du système sera
( )∫ +=a
xdES
PU
0
2
2
2/2
( )∫
+a
xdES
Pqa
0
2
2
2/2 =
( )[ ]PqaqaPES
a2
22 ++= .
L’utilisation du thèorème de Castigliano pour détermination du
déplacement du point d’application de la force P donne le résultat
suivant : (voir le problème 3.7) :
( ) ESqaPaPU /22/ 2+=∂∂=δ .
10.2
Données :
P = 9 kN ,
S = 2 cm2
,
a = 1 m ,
α = 30° ,
E = 2⋅105
MPa .
Déterminer le déplacement
du point d’application de
force P à l’aide du
théorème de Castigliano.
Les barres du système articulé proposé travaillent en traction . Dans
ce cas, l’énergie potentielle de déformation est déterminée par la
relation
∑ ∫=
=3
1 0
2
2i
li
i
xdES
NU ,
Résistance des matériaux 103
où Ni sont les efforts longitudinaux dans les barres du système ; li
sont les longueurs des barres. Dans ce problème, nous avons l1 =
== 2l 2a , l3 = a et N1 = N2 = 3/8P , N3 = − 5 3P / (voir le problème
3.8).
L’énergie potentielle de déformation du système sera :
( )∫ +=a
xdES
PU
2
0
2
2
3/82
( )∫
−a
xdES
P
0
2
2
3/5=
ES
aP2
18
281 .
Le déplacement du point d’application de la force P est :
ESPadPdU 9/281/ ==δ m107,0 2−⋅=δ .
10.3
Données :
M1 = M ,
M2 = 2M ,
d , a ,
G .
Calculer la rotation ϕC
de la section C à l’aide
du théorème de
Castigliano.
Ce problème est un problème de torsion d’un arbre. Dans ce cas
l’énergie potentielle de déformation est déterminée par la relation :
== ∑ ∫=
2
1 0
2
2i
l
ip
ixi
xdGI
MU ∫
a
p
x xdGI
M3
0 1
21
2+ ∫
a
p
x xdGI
M2
0 2
22
2 ,
où li sont les longueurs des tronçons de l’arbre ; M xi sont les
moments de torsion dans les sections de l’arbre pour le tronçon examiné
; I pi sont les moments d’inertie polaire de l’aire de la section droite
pour le tronçon examiné.
On peut constater que M Mx1 1= , M M Mx2 1 2= + et I Ip p2 116= .
C’est pourquoi :
( ) ( )U a GI M M M Mp= + +/ 16 25 21 12
1 2 22 .
Dans ce problème, nous cherchons le déplacement angulaire (la
rotation de la section C). Le rôle de la force généralisée est joué le
104 Résistance des matériaux
moment M1 . L’utilisation du théorème de Castigliano conduit au
résultat suivant :
ϕ ∂ ∂C U M= =/ 1 ( ) ( )a GI M M Ma Gdp/ , /16 50 2 34 41 12
24+ = .
10.4
Données :
P1 = P2 = 2qa ,
q ,
a ,
EIz .
Déterminer le
déplacement vertical fCdu point (de la section)
C à l’aide du théorème
de Castigliano.
Ce problème est un problème de flexion de poutre. Dans ce cas
l’énergie potentielle de déformation est déterminée par la relation :
== ∑ ∫=
3
1 0
2
2i
l
z
izi
xdEI
MU
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡++ ∫∫∫
a
z
a
z
a
zz
xdMxdMxdMEI
0
23
4
0
22
0
21
2
1 ,
où li sont les longueurs des tronçons de la poutre ; M zi sont les
moments fléchissants dans les sections des tronçons de la poutre ; EIz
est la rigidité de la poutre en flexion.
Pour la détermination des moments fléchissants dans les sections de
la poutre, il est nécessaire de connaître les réactions aux appuis. Les
équations de la statique de la poutre (les équations des moments par
rapport aux appuis A et B) sont :
0=∑ AM P a q a a R a P aB1 24 4 5 0− ⋅ ⋅ − + = .
0=∑ BM P a q a a R a P aA1 25 4 2 4 0+ ⋅ ⋅ − + = .
La résolution des équations d’équilibre statique donne :
( )R P P qaB = + −1 25 8 4/ , ( )R P P qaA = + +5 8 41 2 / .
Pour simplifier les expressions de izM , nous considérons les
sections 1 et 2 du côté gauche et la section 3 du côté droit. Nous
avons :
Résistance des matériaux 105
M P xz1 1= − , M P x a R x qxz A2 12 2= − + + −( ) / , M P xz3 2= .
Substituant les valeurs des moments fléchissants obtenus dans
l’expression pour l’énergie potentielle de déformation et en utilisant le
théorème de Castigliano, nous avons pour fC :
( )2 2 1EI f EI U Pz C z= =∂ ∂/
( )[ ] ( )∫∫ −−+−+=a
A
a
xdaxqxxaPxRxdxP4
0
21
0
21 ]4/5[)2/(22 .
Le calcul des intégrales donne
( ) ( ) ( )EI f R a P a qaz C A= − −56 3 73 3 88 331
3 4/ / / .
Sachant que P1 = 2qa et R qaA = 5 , on peut calculer :
f qa EIC z= 46 34 / .
10.5
Données :
q ,
a ,
EIz .
Déterminer le déplacement
vertical et l'angle de rotation
de la section A.
Comme dans le problème précédent, nous sommes en présence de la
flexion d’une poutre, mais l’application du théorème de Castigliano
dans ce problème n’est pas possible, parce que nous n’avons ni force
concentrée, ni moment fléchissant dans la section A.
Dans ce cas pour la détermination des déplacements généralisés
(linéaires ou angulaires), il est nécessaire d’utiliser des formules plus
générales que la formule de Castigliano, telles que les intégrales (ou les
formules) de Maxwell-Mohr.
En considérant que la poutre fléchit dans le plan xy, pour la
détermination des déplacements généralisés nous avons :
106 Résistance des matériaux
+=δ ∫a
z
zz xdEI
MM
0
11 ∫a
z
zz xdEI
MM
0
22 .
Les valeurs des moments fléchissants dans les sections 1 et 2 de la
poutre, provoqués par l’action de la charge donnée, sont les suivantes :
M qxz12 2= − / , ( )[ ]M qa x az2 2= − + / .
Nous avons considéré les sections 1 et 2 du côté droit en plaçant
l’origine des coordonnées au début de chaque tronçon.
Détermination du déplacement vertical (du fléchissement) du point A.
Pour déterminer le déplacement linéaire f A de la section A nous
écrivons les intégrales de Mohr sous la forme suivante :
f A
( )+= ∫
a
z
zzxd
EI
MM
0
1
11( )
∫a
z
zzxd
EI
MM
0
1
22 ,
où( )
M z1
1 et
( )M z2
1 sont les moments fléchissants dans les sections 1 et 2
de la poutre, provoqués par l’action de la force verticale unitaire non-
dimensionnelle appliquée à la section A. En conservant l’ordre adopté
pour les sections 1 et 2 (du côté droit), nous avons :
( )M xz1
11= − ⋅ ,
( )M a xz2
11= − ⋅ +( ) .
Le calcul des intégrales de Mohr conduit au résultat suivant :
( )( ) ( )[ ] 24/4112
12/ 4
00
2 qadxxaa
xqadxxqxfEIaa
Az =+⋅⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ ++⋅= ∫∫ .
Finalement, pour le déplacement vertical du point A nous avons :
f qa EIA z= 41 244 / .
La valeur de f A est positive : le déplacement est dans le sens de la
force unitaire.
Résistance des matériaux 107
Détermination de la rotation de section A.
Pour déterminer le déplacement angulaire ϑ A de la section A nous
écrivons les intégrales de Mohr sous la forme suivante :
ϑ A
( )+= ∫
a
z
zzxd
EI
MM
0
2
11( )
∫a
z
zzxd
EI
MM
0
2
22 ,
où( )
M z1
2 et
( )M z2
2 sont les moments fléchissants dans les sections 1 et 2
de la poutre, provoqués par l’action du moment unitaire non-
dimensionnel appliqué à la section A. En conservant l’ordre des sections
1 et 2 (du côté droit), nous avons :
( )M z1
21= ,
( )M z2
21= .
Le calcul des intégrales de Mohr conduit au résultat suivant :
6
7
22
3
00
2 qadx
axqadx
qxEI
aa
Az −=⎟⎠⎞⎜
⎝⎛ +−−=ϑ ∫∫ ϑ A
z
qa
EI= − 7
6
3
.
La valeur de ϑ A est négative : le sens de la rotation est opposé à celui
du moment unitaire.
10.6
Données :
M = qa2/2 ,
q ,
a ,
EIz .
Déterminer le déplacement
vertical et la rotation de la
section C .
Les déplacements généralisés (linéaire et angulaire) dans ce
problème donné sont déterminés à l’aide des intégrales de Maxwell-
Mohr.
En comptant que la poutre fléchit dans le plan xy , pour la
détermination des déplacements généralisés nous avons
108 Résistance des matériaux
∫=δa
zzz xdMMEI
0
11 ∫+a
zz xdMM2
0
22 ∫+a
zz xdMM
0
33 .
1. Détermination des moments fléchissants provoqués par l’action
d’une la charge donnée
Pour la détermination des moments fléchissants )3,2,1( =iM iz
dans les sections de la poutre, provoqués par l’action d’une charge
donnée, il est nécessaire de connaître les réactions aux appuis. Les
équations de la statique de la poutre et leurs résolutions conduisent à :
M A∑ = 0 M R a qa aB+ − ⋅ =2 2 5 0, R qaB = .
Y∑ = 0 R R qaA B+ − = 0 RA = 0 .
Les moments fléchissants )3,2,1( =iM iz sont les suivants :
Mz1 0= , M M qaz22 2= − = − / , M qxz3
2 2= − / .
Les sections 1 et 2 sont siuées du côté gauche et la section 3 du côté
droit.
2. Détermination du déplacement vertical du point C.
Pour le calcul du déplacement vertical fC du point C il est
nécessaire de trouver dans les sections de la poutre les moments
fléchissants( )
)3,2,1(1
=iM zi , provoqués par l’action de la force
verticale unitaire non-dimensionnelle appliquée à la section C.
Les réactions aux appuis de l’action de la
force unitaire
RA = 3 2/ , RB = 1 2/ .
En conservant l’ordre adopté pour les sections de la poutre, nous
avons comme valeurs des moments fléchissants ( )
)3,2,1(1
=iM zi :
Résistance des matériaux 109
( )M xz1
11= − ⋅ ,
( ) ( )M a x xz21
1 3 2= − ⋅ + + ⋅( ) / ,( )
M z31
0= .
Le calcul des intégrales de Mohr déterminées le déplacement du
point C donne :
( ) ( )[ ] 2/2/2/ 42
0
2 qaxdxaqafEIa
Cz =+−−= ∫ .
Pour le déplacement du point C nous obtenons :
f qa EIC z= 4 2/ .
3. Détermination de la rotation de la section C.
Pour le calcul de la rotation ϑC , il est nécessaire de trouver dans
les sections de la poutre les moments fléchissants( )
M zi2
( , , )i = 1 2 3
provoqués par l’action du moment unitaire non-dimensionnel appliqué à
la section C.
Réactions aux appuis dues à l’action du
moment unitaire :
R aA = 1 2/ , R aB = 1 2/ .
En conservant l’ordre des sections de la poutre, nous obtenons pour
les moments fléchissants ( )
M zi2
( , , )i = 1 2 3 :
( )M z1
21= − ,
( ) ( )M a xz2
21 1 2= − + ⋅/ ,
( )M z3
10= .
Le calcul des intégrales de Mohr déterminées la rotation de la
section C permet d’avoir :
( ) ( )[ ]EI qa a x d x qaz C
a
ϑ = − − + =∫ 2
0
232 1 1 2 2/ / / .
Finalement, pour la rotation ϑC de la section C nous obtenons :
ϑC zqa EI= 3 2/ .
110 Résistance des matériaux
10.7
Données :
P = qa ,
q ,
a ,
EIz .
Calculer le déplacement
vertical et la rotation de la
section C , en utilisant la
méthode de multiplication
des diagrammes.
En considérant que la poutre fléchit dans le plan xy , nous
déterminerons le déplacement généralisé à l’aide des intégrales de
Mohr :
∫=δa
zzz xdMMEI
0
11 ∫+a
zz xdMM2
0
22 .
La méthode de multiplication des diagrammes (ou règle de
Véréchtchaguine) remplace la méthode mathématique de calcul des
intégrales de Mohr. La signification physique de la méthode de
multiplication des diagrammes est la suivante :
si la rigidité de la poutre est constante dans un tronçon, chaque
intégrale de Mohr peut être calculée en multiplant l’aire ω du
diagramme dû aux forces données par la coordonnée ξ du même
diagramme dû à une force unitaire généralisée (ce diagramme est
nécessairement linéaire) ; la coordonnée ξ est supposée passer par le
centre de gravité du premier diagramme.
En pratique, pour ce problème de flexion, cette règle prend la forme
suivante :
ii
izEI ξω=δ ∑=
2
1
,
où la sommation s’étend à tous les tronçons de la poutre.
Nous remarquons que pour les diagrammes M z et M z ayant le
même signe, le produit ω ξ est positif ( 0>ξω ), mais pour les
diagrammes des signes différents le produit est négatif ( 0<ξω ).
Pour le cas où les deux diagrammes sont linéaires, on multiplie l’aire
ω de l’un d’entre eux par l’ordonnée ξ de l’autre et cette ordonnée
correspond au centre de gravité de l’aire du premier (la propriété
commutative du procédé de multiplication des diagrammes).
Résistance des matériaux 111
1. Détermination du diagramme de M z sous l’action d’une charge
donnée.
Les réactions aux appuis sont :
0=∑ AM Pa R a q a aB+ − ⋅ ⋅ =3 2 2 0
R qaB = .
0=∑ BM − − + =3 2 2 02R a Pa qaA
RA = 0 .
Les moments fléchissants dans les sections de la poutre pour la
charge donnée sont les suivants :
M z1 0= , 0 ≤ ≤x a ;
( ) ( )M Px qx x qax qxz222 2= − = −/ / , 0 2≤ ≤x a ,
Nous avons considéré les sections 1 et 2 du côté gauche.
2. Détermination du diagramme de ( )
M z1
sous l’action de la force
unitaire non-dimensionnelle, appliquée à la section C .
Les réactions aux appuis :
=∑ AM R a aB3 1 0− ⋅ = RB = 1 3/ .
=∑ BM − + ⋅ =R a aA3 1 2 0 RA = 2 3/ .
Les moments fléchissants dans les sections de la poutre sont
déterminés selon l’ordre précédent d’apparition des tronçons :
( )M xz1
12 3= ⋅( / ) , 0 ≤ ≤x a ;
( ) ( ) ( )M a x x a xz21
2 3 1 2 3= + − ⋅ = −( / ) / , 0 2≤ ≤x a ,
3. Détermination du diagramme de ( )
M z2
sous l’action du moment
unitaire non-dimensionnel appliqué à la section C .
112 Résistance des matériaux
Les réactions aux appuis :
=∑ AM 1 3 0− =R aB R aB = 1 3/ .
=∑ BM 1 3 0− =R aA R aA = 1 3/ .
Détermination des moments fléchissants dans les sections de la
poutre selon le même ordre d’apparition des tronçons :
( )M a xz1
21 3= ⋅( / ) , 0 ≤ ≤x a ;
( ) ( ) ( ) ( )M a a x x az2
21 3 1 3 2 3= + − = −( / ) / / , 0 2≤ ≤x a .
4. Détermination des déplacements généralisés de la section C .
Pour le premier tronçon nous avons M z1 0= et l’équation pour la
détermination du déplacement généralisé prend une forme
EIz δ ω ξ= 2 2 . C’est pourquoi nous avons
- pour la détermination du déplacement vertical : ( )
EI fz C = ω ξ2 2
1 ;
- pour la détermination du déplacement angulaire : ( )
EIz Cϑ ω ξ= 2 2
2 .
De diagrammes obtenus, on peut trouver :
( ) ( ) 3/22/23/2 322 qaqaa =⋅⋅=ω ;
( )ξ2
13= a / ;
( )ξ2
21 3= − / ;
Finalement,
f qa EIC z= 2 94 / ; ϑC zqa EI= −2 93 / .
10.8
Données :
M = Pa/2 ,
P, a ,
EIz .
Calculer le déplacement
horizontal de la section A (utiliser
la méthode de multiplication des
diagrammes; le plan xy est le plan
de la potence).
Résistance des matériaux 113
1. Détermination des efforts intérieurs dans les sections de la
potence (voir le problème 9.6) par l’action d’une charge donnée et
obtention de leurs diagrammes (les efforts tranchants sont négligés ; le
diagramme M z est construit pour les fibres comprimées).
Tronçon 1
( 0 ≤ ≤x a )M M Paz = = / 2 .
Tronçon 2
( 0 ≤ ≤x a )( )M Pa Pxz = −/ 2 .
Tronçon 3
( 0 2≤ ≤x a )
N Px = ,
M Pa Pa P xz = − −( / ) ( / )2 2
“ xN ” “ zM ”
2. Détermination des efforts intérieurs dans les sections de la barre
sous l’action d’une force unitaire appliquée dans la section A et dirigée
à droite suivant l’horisontale.
Tronçon 1
( 0 ≤ ≤x a )M xz = ⋅1 .
Tronçon 2
( 0 ≤ ≤x a )
N x = 1 ,
M az = ⋅1 .
114 Résistance des matériaux
Tronçon 3
( 0 2≤ ≤x a ) M a xz = ⋅ −1 ( ) .
Les diagrammes de xN et zM sont les suivants:
“ xN ” “ zM ”
3. Détermination du déplacement de la section A .
Il est facile de voir que la contribution des efforts longitudinaux à la
valeur du déplacement cherché est égale à zero et que ce déplacement se
détermine par la multiplication des diagrammes des moments
fléchissants M z et M z . Nous remarquons que dans ce problème, les
deux diagrammmes sont linéaires. C’est pourquoi nous prenons
( ) aPa ⋅=ω 2/1 , ω2 0= , ω32 2' /= − a , ω3
2 2'' /= a ,
ξ1 2= a / , ξ2 = a , ξ3 2 3' /= Pa , ξ3 4 3'' /= Pa .
Pour le calcul du tronçon 3, nous avons utilisé la propriété commutative
du procédé de multiplication des diagrammes. Dans ce cas, on peut
multiplier l’aire du diagramme dû à une force unitaire par la coordonnée
correspondante du diagramme dû aux forces en présence.
Pour l’obtention du déplacement horizontal de la section A nous
avons la relation
12
7
3
4
23
2
222
32223
1
PaPaaPaaaPaEI i
iiAz =⋅+⋅−⋅=ξω=δ ∑
= .
Finalement,
δ A zPa EI= 7 123 / .
Résistance des matériaux 115
10.9
Données :
P, a ,
EIz .
Calculer le déplacement
vertical et la rotation de la
section C.
1. Détermination des efforts intérieurs dans les sections de la barre
sous l’action de la charge donnée et obtention de leurs diagrammes.
Les réactions aux appuis sont :
033 =⋅−⋅=∑ aRaPM AB R PA = .
PRRY BA =+=∑ RB = 0 .
Tronçon 1
( 0 2≤ ≤x a )M Pxz = .
Tronçon 2
( 0 ≤ ≤x a )
N Px = - compression .
M Paz = 2 .
Tronçon 3
( 0 2≤ ≤x a )M Pxz = .
Tronçon 4
( 0 ≤ ≤x a )M z = 0 .
" "N x " "M z
116 Résistance des matériaux
2. Détermination des efforts intérieurs dans les sections de la barre
par l’action de la force unitaire verticale appliquée dans la section C et
obtention du déplacement vertical de la section C .
Parce que la force unitaire verticale est appliquée au point C , les
diagrammes des efforts intérieurs de ( )
N x1
et ( )
M z1
auront les mêmes
formes que les diagrammes de N x et M z mais on remplace la force P
par la valeur unitaire 1 :
( )" "N x
1 ( )" "M z
1
A l’aide de la règle de Véréchtchaguine, nous avons
∑∑==
ξω+ξω=4
1
''4
1
11
iiii
ii
zC
ESEIf ,
où les valeurs de ω ' et ξ ' sont données par les diagrammes des efforts
longitudinaux. Nous aurons
11
223
42
2
22
1 ⋅+⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⋅⋅+⋅⎟
⎠⎞⎜
⎝⎛ ⋅= Pa
ESaaPa
aa
Pa
EIf
zC
ou, après transformations :
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=
Sa
I
EI
Paf z
zC 2
3
3
28 .
Le premièr terme est la valeur du déplacement vertical de la section
C en flexion et le deuxième la valeur correspondant à la traction. On
peut constater que le deuxième terme a une valeur faible et est négligé
dans le calcul du déplacement. Par exemple, pour une section circulaire
de diamètre d pour a d= 5 nous avons 400/116// 222 == adSaI z .
C’est pourquoi, finalement nous obtenons :
f Pa EIC z= 28 33 / .
Résistance des matériaux 117
3. Détermination des efforts intérieurs dans les sections d’une barre
par l’action d’un moment unitaire appliqué à la section C et obtention
de la rotation de la section C.
Les réactions aux appuis sont :
031 =⋅−=∑ aRM AB R aA = 1 3/ .
031 =⋅−=∑ aRM BA R aB = 1 3/ .
Tronçon 1
Tronçon 2
Tronçon 3
Tronçon 4
0 2≤ ≤x a
0 ≤ ≤x a
0 2≤ ≤x a
0 ≤ ≤x a
( )M z
21=
( )M z
21=
( )M x az
23= /
( )M x az
23= /
Pour la détermination de la rotation recherchée ϑC , la règle de
multiplication des diagrammes donne
( )EI Pa a Pa a Pa aPa
z Cϑ = ⋅ ⋅⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⋅ =1
22 2 1 2 1
1
22 2
4
9
44
9
2
.
Finalement, nous obtenons :
zC EIPa 9/44 2=ϑ .
10.10 Données :
P, a ,
EIz .
Calculer le déplacement
horizontal de l’articulation
mobile B .
118 Résistance des matériaux
1. Détermination des forces intérieures dans les sections d’un
portique sous l’action d’une charge donnée et obtention de leurs
diagrammes.
En dirigant la réaction d’appui RA vers le bas et la réaction d’appui
RB vers le haut, nous aurons à partir des équations d’équilibre :
023 =⋅+⋅−=∑ aRaPM BA R PB = 3 2/ ,
02 =⋅+⋅−=∑ aRaPM AB R PA = / 2 .
Tronçon 1
( 0 2≤ ≤x a )N Px = / 2 - traction.
Tronçon 2
( 0 2≤ ≤x a )M P xz = ⋅( / )2 .
Tronçon 3
( 0 ≤ ≤x a )
N Px = / 2 -
compression.
M P az = ⋅( / )2 2 .
Tronçon 4
( 0 ≤ ≤x a )M P xz = ⋅ .
Tronçon 5
( 0 ≤ ≤x a )N Px = 3 2/ - compression.
Les diagrammes des efforts intérieurs xN (effort normal) et zM
(moment fléchissant) sont donnés dans les figures suivantes :
Résistance des matériaux 119
2. Détermination des forces intérieures dans des sections d’un
portique sous l’action d’une force unitaire appliquée au point B et
dirigée vers la gauche horizontalement.
Il est évident que comme réactions aux appuis, nous n’avons que la
réaction horizontale RA = 1. Le sens de RA est opposé à celui de la
force unitaire.
Tronçon 1
( 0 2≤ ≤x a )M xz = ⋅1 .
Tronçon 2
( 0 2≤ ≤x a )
1=xN - compression.
M az = ⋅1 2 .
Tronçon 3
( 0 ≤ ≤x a )M a xz = ⋅ −1 2( ) .
Tronçon 4
( 0 ≤ ≤x a )M z = 0 .
Tronçon 5
( 0 ≤ ≤x a )M xz = ⋅1 .
120 Résistance des matériaux
3. Détermination du déplacement de l’articulation mobile B .
Il est facile de voir que la contribution des efforts longitudinaux à
l'obtention du déplacement recherché est égale à zéro. Ce déplacement
se détermine par la règle de multiplication des diagrammes des
moments fléchissants M z et M z pour les tronçons 2 et 3.
Le résultat de la multiplication des diagrammes conduit à la
relation :
EI Pa a a a a a a PaPa
z Bδ = ⋅⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⋅ + ⋅ + ⋅⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⋅ =1
22 2
1
2
7
2
3
.
Pour le troisième tronçon (le deuxième terme) nous avons multiplié
l’aire du diagramme dû à une force unitaire par la coordonnée
correspondante du diagramme dû aux forces imposées.
Finalement :
δ B zPa EI= 7 23 / .
11. SYSTÈMES HYPERSTATIQUES (DÉTERMINATION des INCONNUES REDONDANTES )
Classifications des systèmes de barres :
- systèmes de barres isostatiques et hyperstatiques (définition générale)
;
- systèmes plans, plan- tridimensionnels, tridimensionnels ;
- fermes, portiques (cadres).
Ordre d'hyperstaticité du système :
Résistance des matériaux 121
- liaisons nécessaires (extérieures) assurées par l’invariabilité
géométrique du système et liaisons supplémentaires (extérieures et
intérieures) ;
- hyperstaticité d’un contour plan fermé ;
- diminution de l’ordre d'hyperstaticité du système en présence de
charnière ; les charnières simples (isolées), binaires, etc. ;
- détermination de l’ordre d'hyperstaticité s des systèmes plans d’après
la formule a-c=s 3 ( c est le nombre de contours fermés et a est le
nombre d’articulations comptées comme des articulations isolées ;
l’embase (au sol) est considérée comme une barre de rigidité infinie).
Système de barres hyperstatique donné ; système isostatique de base ; système équivalent.
Méthode des déplacements (voir les chapitres 3 et 7).
Méthode des forces :
- principe du minimum de l’énergie potentielle de déformation élastique
du système (théorème de Menabréa) ou principe du travail minimum
(sous forme directe et avec présentation des équations du même
principe par les intégrales de Maxwell-Mohr) ;
- méthode des forces sous forme canonique.
11.1 Données :
P, a ,
ES .
Calculer les efforts
longitudinaux dans les
barres de la ferme.
Dans ce problème, nous avons une liaison extérieure supplémentaire
(l’appui avec l’articulation mobile), pour cette raison l’ordre
d'hyperstaticité de la ferme est égal à l’unité.
122 Résistance des matériaux
Système principal (de base) Système équivalent
1. Détermination de la force superflue inconnue 1X avec
l’utilisation de principe de minimisation de l’énergie potentielle.
Puisque les barres de la ferme ont la même rigidité ES pour chaque
section et sont soumises seulement à une traction (ou compression) par
des efforts constants longitudinaux, l’énergie potentielle de déformation
élastique du système s’ecrit sous la forme suivante :
( ) ( )25
22
26
24
23
21
6
1 0
2
22NN
ES
aNNNN
ES
a
ES
dxNU
i
li
i
+++++== ∑ ∫=
.
Déterminons les efforts dans les barres de la ferme :
Nœud A02/2 =−=∑ PNY N P2 2= .
02/21 =+=∑ NNX N P1 = − .
Nœud B04 =+=∑ PNY N P4 = − .
03 =−=∑ PNX N P3 = .
Nœud C02/ 15 =−+=∑ PXNY
( )N P X5 12= − .
02/ 65 =++=∑ PNNX N X P6 1 2= − .
Nous remarquons qu’il n’y a pas de nécessité de calculer l’énergie
potentielle de déformation, puisque pour la détermination de la force
Résistance des matériaux 123
surabondante 1X en conformité avec le principe du travail minimum il
suffit d’utiliser l’équation suivante
02222 1
55
1
66
1
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
=∂∂
X
NN
X
NN
ES
a
X
U ,
où 1/ 16 =∂∂ XN et ∂ ∂N X5 1 2/ = − . Pour la détermination de la
force surabondante 1X l’équation sera :
N N6 52 0− = ( )X P P X1 12 2 2 0− − − = ,
d’où nous trouvons :
X P1 1= ,26 .
Pour les efforts longitudinaux dans les barres 5 et 6 nous avons :
N P5 0 37= − , , N P6 0 74= − , .
2. Détermination de la force surabondante 1X avec utilisation des
intégrales de Maxwell-Mohr.
Le principe de minimisation de l’énergie potentielle de déformation
élastique du système (le principe du travail minimum) dans ce problème
est présenté par les intégrales de Maxwell-Mohr sous la forme de
l’équation
06
1 0
∑ ∫=
=i
lii
i
dxES
NN ,
où Ni sont les efforts longitudinaux dans les barres du système
équivalent dus aux forces données et à la force X1 ; N i sont ces
mêmes efforts dans le système principal, mais qui sont dus à l’action
d’une seule force généralisée surabondante inconnue X1 1= .
Les valeurs des forces Ni sont connues :
N P1 = − , N P2 2= , N P3 = , N P4 = − , ( )N P X5 12= − ,
N X P6 1 2= − .
124 Résistance des matériaux
Pour la force unitaire X1 1= nous obtenons :
N N N N1 2 3 4 0= = = = ,
Nœud C012/5 =+=∑ NY N 5 2= − .
02/ 65 =+=∑ NNX N 6 1= .
En substituant les valeurs des forces Ni et N i aux intégrales de
Mohr
( )( ) ( )2 2 2 1 010
2
10
P X dx X P dxa a
− − + − ⋅ =∫ ∫ ,
nous avons pour la détermination de X1 la même équation :
( )X P P X1 12 2 2 0− − − = X P1 1= ,26 .
11.2
Données :
m, a ,
M1= 3ma ,
M2 = 3ma/2 ,
GIp .
Déterminer les
moments réactifs dans
les encastrements aux
extrémites de l’arbre.
L’ordre d'hyperstaticité de l’arbre égale à l’unité.
- système équivalent
1. Détermination du moment réactif 1X directement à l’aide du
principe de minimisation de l’énergie potentielle.
Dans les sections de l’arbre sous l’action des charges données et du
moment inconnu X1 nous avons les moments de torsion suivants :
M Xx1 1= , M X Mx2 1 1= − , M X M M mxx3 1 1 2= − + − .
Résistance des matériaux 125
L’énergie potentielle sera
( ) ( )⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡−+−+−+= ∫∫∫
aaa
p
dxmxMMXdxMXdxXGI
U3
0
2211
2
0
211
0
21
1 .
L’application du principe du minimum d’énergie potentielle mène à
l’équation pour la détermination du moment inconnu X1 :
( ) ( ) ( )2 2 2 2 3 2 9 2 01 1 1 1 1 22X a X M a X M M a m a+ − + − + − =/ ,
d’où nous trouvons :
6 5 3 9 2 01 1 2X M M ma− + − =( / ) X ma1 2= / .
En déterminant le deuxième moment réactif pour la condition
d’équilibre statique, nous obtenons :
M maA = .
2. Détermination du moment surabondant inconnu 1X à l’aide des
intégrales de Maxwell-Mohr.
Les valeurs des moments de torsion xiM dans les sections de l’arbre
sous l’action des charges données et du moment inconnu X1 (pour le
système équivalent) sont connues. Les valeurs des moments M xi dans
le système principal de X1 1= sont obtenues sans difficulté :
M x1 = M x2 = M x3 1= .
En substituant les valeurs des moments xiM et M xi aux intégrales
de Mohr , nous avons
03
1 0
∑ ∫=
=i
l
p
xixii
dxGI
MM
( ) ( ) 03
0
211
2
0
11
0
1 =−+−+−+ ∫∫∫aaa
dxmxMMXdxMXdxX .
126 Résistance des matériaux
Les calculs des intégrales conduisent à une équation fonction de X1 ,
d’où nous obtenons la valeur X ma1 2= / .
11.3
Données :
q , a ,
EIz .
Déterminer les réactions
dans la section encastrée A
de la poutre (utiliser les
intégrales de Mohr).
L’ordre d'hyperstaticité de la poutre est égal à l’unité.
L’équation nécessaire pour la détermination de la réaction inconnue
X1 est la suivante :
02
1 0
∑ ∫=
=i
l
z
izizi
dxEI
MM ,
où M zi sont les valeurs des moments fléchissants dans les sections de
la poutre sous l’action des charges données et de la force inconnue X1
(pour le système équivalent) ; M zi sont leurs valeurs dans le système
principal de X1 1= . Nous considérons que les efforts tranchants sont
négligeables.
Détermination des moments fléchissants pour le système équivalent :
M qxz12 2= − / ( )0 ≤ ≤x a ,
M X x q x az2 12 2= ⋅ − +( ) / ( )0 2≤ ≤x a .
Détermination des moments fléchissants pour le système principal avec la force unitaire :
M z1 0= ( )0 ≤ ≤x a ,
M xz2 1= ⋅ ( )0 2≤ ≤x a .
Pour la détermination de X1 nous avons l’équation :
Résistance des matériaux 127
( )∫ =
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡ +−⋅a
dxxaxq
xX2
0
2
1 02
,
d’où nous trouvons X qa1 17 8= / .
Les réactions dans la section encastrée A de la poutre sont calculées
à partir des équations d’équilibre :
∑ =−+= 03)8/17( qaqaRY A
R qaA = 7 8/ .
05,13)8/17( =⋅−⋅+=∑ aqaxqaMM AA M qaA = 2 4/ .
11.4
Données :
M , a ,
EIz .
Calculer la réaction dans
l’appui mobile du système de
barres (utiliser les intégrales
de Mohr) .
L’ordre d'hyperstaticité du système de barres est égal à l’unité :
nous avons une liaison extérieure supplémentaire (l’appui avec
l’articulation mobile) et par conséquent, la force superflue inconnue
X1 .
Pour la détermination de la force inconnue X1 à l’aide des
intégrales de Mohr il faut trouver les facteurs de forces intérieurs dans
les sections du système équivalent et dans les sections du système
principal sous l’action de la force unitaire 11 =X .
Système équivalent Système principal avec la charge unitaire
(système auxiliaire)
128 Résistance des matériaux
Système équivalent Système auxiliaire
Tronçon 1 ( )ax 20 ≤≤
M X xz1 1= ⋅ M xz1 1= ⋅
Tronçon 2 ( )ax ≤≤0
M Mz2 = M z2 0=
Tronçon 3 ( )ax 20 ≤≤
N Xx3 1=
M M X az3 1 2= − ⋅ .
N x3 1=
M az3 1 2= − ⋅ .
En considération uniquement les moments fléchissants (l’effet des
efforts longtudinaux est négligeable), nous obtenons l’équation pour la
détermination de X1 :
( )( )∫∫ =−⋅−+⋅⋅aa
dxaaXMdxxxX2
0
1
2
0
1 022 .
Le calcul des intégrales et la solution de l’équation donne la valeur
de la force X1 :
( )X a M a X a a13 2
128 3 4 4 2 0⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ =/ X M a1 3 8= / .
11.5
Données :
P ,
R , β ,
ES .
Calculer les efforts longtudinaux
dans les barres du système.
1. Détermination des efforts longtudinaux à l’aide du principe de
minimisation de l’énergie potentielle.
Résistance des matériaux 129
Dans ce problème, l’ordre d’hyperstaticité est égal à deux et donc, la
relation donnant l’énergie potentielle de déformation élastique est de la
forme suivante :
U ( )= U X X P1 2, , ,
où X1 et X2 sont les deux forces redondantes inconnues. Les
conditions de minimisation de cette fonction sont les deux équations
∂ ∂U X/ 1 0= et ∂ ∂U X/ 2 0= . La solution de ces équations conduit
aux valeurs de X1 et X2 .
Déterminons les efforts longtudinaux dans les barres 1 et 2 du
système équivalent à partir de X1 , X 2 et P.
Système équivalent
0cossin 221 =−β+β+=∑ PXNXY NP X X
21 2= − − cos
sin
ββ
;
0sincos 221 =β−β+=∑ XNNX NX X P
12 1=
+ −( )cos
sin
ββ
.
L’énergie potentielle de déformation du système équivalent s’écrit
sous la forme suivante (sachant que 13 XN = et 24 XN = ) :
( )22
21
22
21
4
1 0
2
22XXNN
ES
R
ES
dxNU
i
Ri +++== ∑ ∫
= .
En utilisant le principe de minimisation de l’énergie potentielle,
nous établissons les équations pour la détermination des forces
redondantes :
130 Résistance des matériaux
02222
11
22
1
11
1
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
∂∂
+∂∂
=∂∂
XX
NN
X
NN
ES
R
X
U ,
02222
22
22
2
11
2
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
∂∂
+∂∂
=∂∂
XX
NN
X
NN
ES
R
X
U .
Substituant les valeurs de N1 et N2 dans les équations, après
transformations nous obtenons
( )X X P1 22 1 2+ = +cos cos /β β ,
X X P1 2cos cosβ β+ = ,
d’où nous avons :
X P1 2= / , X P2 2= cos /β .
Finalement,
N1 0= , N P2 2= sin /β , N P3 2= / , N P4 2= cos /β .
2. Détermination des efforts longtudinaux à l’aide des formules de
Mohr.
Pour la solution de ce problème avec utilisation des intégrales de
Mohr, il est nécessaire de trouver les valeurs des facteurs de forces
intérieures dans les sections des tronçons du système équivalents et
dues aux charges données. Dans les sections du système principal, ces
valeurs sont celles dues à l’action d’une seule force superflue inconnue
Xi = 1 . Pour résoudre un système hyperstatique de degré n , il faut
donc considérer les ( n +1) états de se système : l’état équivalent sous
l’action des charges données et des forces iX plus n états auxiliaires,
dont chacun est soumis à l’action d’une seule force de Xi = 1 .
( )[ ]N X X P1 2 1= + − cos / sinβ β ,
( )N P X X2 1 2= − − cos / sinβ β ,
N X3 1= ,
Résistance des matériaux 131
L’état équivalent N X4 2= .
Le premier état auxiliaire
( X1 = 1)
( )N1
1 = cos / sinβ β ,
( )N 2
11= − / sinβ ,
( )N 3
11= ,
( )N 4
10= .
Le deuxième état auxiliaire (
X2 = 1)
( )N1
21= / sinβ ,
( )N 2
2 = − cos / sinβ β ,
( )N 3
20= ,
( )N 4
21= .
Les équations de détermination des forces redondantes X1 et X2
par utilisation des intégrales de Mohr ont la forme suivante :
( )( ) ( )
01
1
22
1
11
4
1 0
1
=⎟⎠⎞⎜⎝
⎛ ++=∑ ∫=
XNNNNES
R
ES
dxNN
i
Rii ,
( )( ) ( )
02
2
22
2
11
4
1 0
2
=⎟⎠⎞⎜⎝
⎛ ++=∑ ∫=
XNNNNES
R
ES
dxNN
i
Rii .
En substituant les valeurs des efforts longitudinaux Ni ,( )
N i1
et
( )N i
2 ( )i = 1 2, dans les équations obtenues et après transformations,
nous obtenons les mêmes équations pour la détermination de X1 et X2
qu’au point 1.
11.6
Données :
q , a ,
M = qa2 ,
EIz .
Calculer les réactions dans les
sections encastrées (utiliser les
intégrales de Mohr).
132 Résistance des matériaux
L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à deux ; par exemple,
nous avons deux facteurs de forces intérieures iX ( )i = 1 2, dans la
section droite encastrée.
Nous déterminerons les valeurs des moments fléchissants dans les
sections de la poutre dans l’état équivalent et dans deux états
auxiliaires.
L’état équivalent
M X x Xz1 1 2= ⋅ + ( )0 ≤ ≤x a ,
( ) ( )M X x a X M qxz2 1 22 2= + + + − /
( )0 ≤ ≤x a .
Le premier état auxiliaire (
X1 = 1)
( )M xz1
11= ⋅ ( )0 ≤ ≤x a ,
( ) ( )M x az2
11= ⋅ + ( )0 ≤ ≤x a .
Le deuxième état auxiliaire (
X2 = 1)
( )M z1
21= ( )0 ≤ ≤x a ,
( )M z2
21= ( )0 ≤ ≤x a .
Les équations pour la détermination des efforts superflus et inconnus
X1 et X 2 avec utilisation des intégrales de Mohr ont les formes
suivantes :
( )0
2
1 0
1
=∑ ∫=
xdEI
MM
i
a
z
iziz ,
( )0
2
1 0
2
=∑ ∫=
xdEI
MM
i
a
z
iziz ,
ou, après substitution des valeurs des moments fléchissants :
( ) ( ) ( )[ ]( ) 02/
0
221
0
21 =+−+++++ ∫∫aa
dxaxqxMXaxXdxxXxX ,
( ) ( ) ( )[ ] 02/
0
221
0
21 =−+++++ ∫∫aa
dxqxMXaxXdxXxX .
Résistance des matériaux 133
Après calcul des intégrales et des transformations simples, les
équations prennent la forme :
X a X qa1 228 6 29 8⋅ + = − / ,
X a X qa1 225 12⋅ + = − / .
La solution des équations obtenues par rapport aux inconnues
cherchées X1 et X2 donne :
X qa1 27 48= − / , X qa227 48= / .
Les réactions dans la section gauche encastrée de la poutre peuvent
être déterminées à partir des conditions de l’équilibre statique.
11.7
:
P ,
R , β ,
ES .
Calculer les efforts longtudinaux
dans les barres du système à
l’aide de la méthode des forces
dans sa forme canonique.
Ce problème est résolu à l’aide de la méthode des forces et
utilisation du principe de minimisation de l’énergie potentielle élastique
du système directement et avec utilisation des intégrales de Mohr (voir
le problème 11.5).
La solution du problème à l’aide de la méthode des forces sous sa
forme canonique sous-entend la résolution d’un système d’équations de
la forme suivante :
δ δ δ11 1 12 2 1 1 0X X Xn n P+ + + + = . . . ∆ ,
δ δ δ21 1 22 2 2 2 0X X Xn n P+ + + + = . . . ∆ ,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
δ δ δn n nn n nPX X X1 1 2 2 0+ + + + = . . . ∆ .
Chacune de ces équations exprime la condition selon laquelle dans
un système hyperstatique, le déplacement généralisé correspondant à
chacune des forces généralisées superflues inconnues Xi
( )i n= 1 2, , . . ., est égal à zéro.
134 Résistance des matériaux
Les éléments ∆ iP de ces équations et tous les coefficients δ ii et
δ δik k i= ( )k n= 1 2, , . . ., sont les déplacements généralisés dans le
système isostatique de base allant dans la direction de la force
généralisée Xi (indiquée par le premier index) : ∆ iP sont dus à
l’action de toutes les charges données ; δ ii et δ ik sont dus à chaque
force généralisée unitaire Xi = 1 ou Xk = 1(indiquée par le second
index). Donc, le système hyperstatique de degré n doit être considéré
dans les ( n +1) états : dans l’état principal sous l’action de toutes les
charges données (l’état ""P ) et dans n états auxiliaires sous l’action de
chacune des forces généralisées unitaires inconnues Xi = 1 (l’état
"1" , "2" , etc.).
Pour la détermination des déplacements généralisés, nous devons
utiliser la méthode énergétique avec application des intégrales de Mohr.
L’ordre d’hyperstaticité du système examiné est égal à deux. Pour
cela, les équations canoniques de la méthode des forces avec deux
forces superflues inconnues 1X et 2X ont la forme :
δ δ11 1 12 2 1 0X X P+ + =∆ ,
δ δ21 1 22 2 2 0X X P+ + =∆ .
Pour la détermination des coefficients de ces équations en utilisant
les intégrales de Mohr, il est nécessaire de trouver les efforts
longtudinaux dans les barres en considérant le système dans les trois
états suivants :
L’état ""P L’état "1" L’état "2"
(l’état de base sous
l’action de force P )
(l’état de base sous
l’action de force X1 = 1)
(l’état de base sous
l’action de force X2 = 1 )
Résistance des matériaux 135
( )N P
P
1 = − cos / sinβ β , ( )N1
1 = cos / sinβ β ,( )
N1
21= / sinβ ,
( )N P
P
2 = / sinβ ,
( )N
P
3 0= ,
( )N
P
4 0= .
( )N 2
11= − / sinβ ,
( )N 3
11= ,
( )N 4
10= .
( )N 2
2 = − cos / sinβ β ,
( )N 3
20= ,
( )N 4
21= .
Puisque les barres du système étudié ont la même rigidité et la même
longueur, les coefficients des équations canoniques s’écrivent sous la
forme suivante :
( ) ( ) ( )β
β+⋅−==∆ ∑ ∫
=2
24
1 0
1
1sin
cos1P
ES
R
ES
dxNN
i
Ri
Pi
P ,
( ) ( )
ββ⋅−==∆ ∑ ∫
=2
4
1 0
2
2sin
cos2P
ES
R
ES
dxNN
i
Ri
Pi
P ,
( ) ( )
β⋅==δ ∑ ∫
=2
4
1 0
11
11sin
2
ES
R
ES
dxNN
i
Rii ,
( ) ( )
ββ⋅==δ=δ ∑ ∫
=2
4
1 0
21
2112sin
cos2
ES
R
ES
dxNN
i
Rii ,
( ) ( )
β⋅==δ ∑ ∫
=2
4
1 0
22
22sin
2
ES
R
ES
dxNN
i
Rii .
En substituant les valeurs des coefficients dans les équations
canoniques, nous avons
( )X X P1 22 1 2+ = +cos cos /β β ,
X X P1 2cos cosβ β+ = .
On peut voir que ce sont des équations identiques à celles que nous
avons obtenues auparavant (voir le problème 11.5). La solution de ces
équations est :
136 Résistance des matériaux
X P1 2= / , X P2 2= cos /β .
Pour la détermination des efforts longtudinaux réels dans les barres
du système sous l’action des charges imposées, on peut utiliser le
principe de superposition
( ) ( ) ( )N N N X N Xi i
Pi i= + +1
12
2 .
Finalement,
N1 0= , N P2 2= sin /β , N P3 2= / , N P4 2= cos /β .
11.8
Données :
q , a ,
M = qa2 ,
EIz .
Déterminer les réactions à
l’appui droit à l’aide de la
méthode des forces sous sa
forme canonique.
Ce problème est résolu à l’aide de la méthode des forces avec la
présentation du principe de minimisation de l’énergie potentielle de
déformation élastique par les intégrales de Mohr (voir le problème
11.6).
L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à deux.
Pour la détermination des coefficients des équations canoniques avec
l’utilisation des intégrales de Mohr, il est nécessaire de trouver les
moments fléchissants dans les sections de la poutre en considérant la
poutre dans trois états suivants :
L’état ""P L’état "1" L’état "2"
( )M z
P
1 0= ,
( )M M qxz
P
22 2= − ( / ) .
( )0 ≤ ≤x a
( )M xz1
11= ⋅ ,
( )M a xz2
11= ⋅ +( ) .
( )0 ≤ ≤x a
( )M z1
21= ,
( )M z2
21= .
( )0 ≤ ≤x a
Puisque les tronçons de la poutre donnée ont une même rigidité en
flexion EIz , le multiplicateur 1/ EIz est présenté dans chaque nombre
Résistance des matériaux 137
des équations canoniques et ensuite il sera donc supprimé. C’est
pourquoi, la détermination des coefficients de ces équations à l’aide des
intégrales de Mohr se fera sans ce multiplicateur.
( )[ ]( ) 24/292/ 4
0
21 qadxxaqxM
a
P =+−=∆ ∫ ,
( )[ ] 6/52/ 3
0
22 qadxqxM
a
P =−=∆ ∫ ,
( ) 3/8
0
32
0
211 ∫∫ =++=δ
aa
adxxadxx ,
δ δ12 21= = ( )∫∫ =++aa
adxxadxx
0
2
0
2 ,
δ22 = adxa
22
0
=∫ .
Substituant les valeurs des coefficients dans les équations
canoniques, nous avons :
X a X qa1 228 6 29 8⋅ + = − / ,
X a X qa1 225 12⋅ + = − / .
On peut voir que ce sont les mêmes équations que celles obtenues
auparavant (voir le problème 11.6). La solution de ces équations est
connue et les réactions dans la section encastrée droite seront :
48/271 qaXRB −== , 48/7 22 qaXM B == .
11.9
Données :
P ,
a ,
EIz .
Tracer le diagramme des
moments fléchissants Mz .
L’ordre d’hyperstaticité du système de barres est égal à trois : le
système a trois liaisons supplémentaires extérieures.
138 Résistance des matériaux
Système isostatique de base Système équivalent
Les équations canoniques pour le système de barres (ou portique
plan) prennent la forme :
δ δ δ11 1 12 2 13 3 1 0X X X P+ + + =∆ ,
δ δ δ21 1 22 2 23 3 2 0X X X P+ + + =∆ ,
δ δ δn n PX X X1 1 2 2 33 3 3 0+ + + =∆ .
Sachant, que pour les portiques plans, les effets des efforts
longitudinaux et tranchants sur les déformation sont faibles, nous ne
traçons que les diagrammes des moments fléchissants M z pour les
quatre états.
Puisque les tronçons de ce portique ont la même rigidité en flexion
EIz , nous ne prenons pas en considération le multiplicateur 1/ EIz
pour la détermination des coefficients des équations canoniques.
Les calculs des coefficients mentionnés se fait à l’aide des
intégrales de Mohr en utilisant la règle de multiplication des
diagrammes :
∆13 2P Pa= − / ,
δ11 = 7 33a / ,
δ12 = 2 3a ,
∆235 6P Pa= − / ,
δ22 = 8 33a / ,
δ13 = 5 22a / ,
∆32
P Pa= − ,
δ33 = 3a ,
δ23 = 2 2a .
Résistance des matériaux 139
En substituant les valeurs des coefficients obtenus dans les équations
canoniques, après la réduction nous avons :
( ) ( )7 3 2 5 2 21 2 3a X a X X Pa/ / /+ ⋅ + = ,
( )2 8 3 2 5 61 2 3a X a X X Pa⋅ + + =/ / ,
( )5 2 2 21 2 3a X a X X Pa/ /+ ⋅ + = .
La solution des équations par rapport aux inconnues X1 , X2 et X3
est :
X P1 4= − / , X P2 7 16= / , X Pa3 12= / .
Finalement nous avons :
Nous avons tracé le diagramme de moments fléchissants M z par la
méthode d’addition pour chaque tronçon du portique.
11.10
Données :
P ,
a ,
ES .
Déterminer les efforts
longitudinaux dans les
barres de la ferme.
Système isostatique de base Système équivalent
140 Résistance des matériaux
L’ordre d’hyperstaticité de la ferme est égale à deux : le système a
une liaison supplémentaire extérieure X1 et une liaison supplémentaire
intérieure X2 .
Les équations canoniques de la méthode des forces ont la forme :
δ δ11 1 12 2 1 0X X P+ + =∆ ,
δ δ21 1 22 2 2 0X X P+ + =∆ .
Les efforts longitudinaux dans les barres de la ferme Ni
( i = 1, 2, . . . , 10 ) sont déterminés pour les trois états : ″P ″ , ″ 1 ″( X1 1= ) et ″ 2 ″ ( X2 1= ). L’obtention de ces efforts ne présente pas
des difficultés et c’est pourquoi nous nous bornons aux exemples de la
détermination des efforts dans les barres.
L’état ″P ″.
Il est évident que les réactions
aux appuis sont égales à P .
Y P NP∑ = + =1 2 0
( )/ N P
P1 2( ) = − .
X N NP P∑ = + =2 1 2 0
( ) ( )/ N P
P2( ) = .
Y N PP∑ = − + =3 2 2 0
( )/ N P
P3( ) = .
X∑ = N PP
4 2 2 0( )
/+ = N PP
4( ) = − .
Les autres valeurs de NiP( )
sont citées dans le tableau 1.
L’état ″ 1 ″.
( )N 2
1 = ( )N 7
1 = ( )N10
11= .
Les autres forces longitudinales
sont égales à zéro.
Résistance des matériaux 141
L’état ″ 2 ″.
Les réactions aux appuis sont
égales à zéro. Donc, les forces
longitudinales dans les barres 1,
2, 9 et 10 sont aussi égales à
zéro.
Y N∑ = − − =32
1 2 0( )
/ N 32
1 2( )
/= − .
X∑ = N42
1 2 0( )
/+ = N 42
1 2( )
/= − .
Toutes les autres valeurs de N i( )2
sont citées dans le tableau 1.
Tableau 1.
Efforts longitudinaux dans les barres de la ferme dans les états
Efforts dans les barres dans les
différents états de la fermeNuméro
de la barre
Longueur
de la barre″P ″ ″1 ″ ″2 ″
i li( )
Ni
P ( )N i
1 ( )N i
2
1 a 2 − P 2 0 0
2 a P 1 0
3 a P 0 − 1 2/
4 a −P 0 − 1 2/
5 a 2 0 0 1
6 a 2 0 0 1
7 a P 1 − 1 2/
8 a P 0 − 1 2/
9 a 2 − P 2 0 0
10 a P 1 0
Pour simplifier la pro édure de détermination des coefficients des
équations canoniques à l’aide des intégrales de Mohr, nous construisons
le tableau 2 sur la base du tableau 1, où nous montrons pour chaque
barre de numéro "" i les produits N N liP
i i( ) ( )1
, N N liP
i i( ) ( )2
etc.
142 Résistance des matériaux
Tableau 2
Données pour la détermination des coefficients des équations canoniques.
i ( ) ( )N N li
P
i i1 ( ) ( )
N N li
P
i i2 ( ) ( )
N N li i i1 1 ( ) ( )
N N li i i1 2 ( ) ( )
N N li i i2 2
1 0 0 0 0 0
2 Pa 0 a 0 0
3 0 − Pa / 2 0 0 a/2
4 0 Pa / 2 0 0 a/2
5 0 0 0 0 a 2
6 0 0 0 0 a 2
7 Pa − Pa / 2 a − a / 2 a/2
8 0 − Pa / 2 0 0 a/2
9 0 0 0 0 0
10 Pa 0 a 0 0
Par addition de la deuxième colonne, nous déterminons la valeur du
coefficient ∆1P :
( ) ( )ESPalNN
ES iii
PiP /3
1 10
1
11 ==∆ ∑
= .
Pour les autres coefficients, nous les déterminons de la même façon
et nous avons :
ESPaP /22 −=∆ , ESa /311 =δ ,
ESa 2/2112 −=δ=δ , ( ) ESa /22222 +=δ .
En substituant les valeurs de ces coefficients dans les équations
canoniques, nous obtenons après réductions :
3 31 2X X P− = − ,
( ) PXX 2212)2/( 21 =++− ,
d’où nous avons :
X P1 0 964= , , X P2 0 152= , .
Résistance des matériaux 143
Pour la détermination des efforts longtudinaux réels dans les barres
du système sous l’action des charges prescrites, on peut utiliser le
principe de superposition (méthode d’addition)
( ) ( ) ( )N N N X N Xi i
Pi i= + +1
12
2 .
Les valeurs des efforts longtudinaux sont présentées dans le tableau
3.
Tableau 3
Les valeurs des efforts longtudinaux Ni dans les barres du système.
Numéro de la barre
1 2 3 4 5
Ni − 1,414 P 0,036 P 0,893 P − 1,107 P 0,152 P
Numéerode la barre
6 7 8 9 10
Ni 0,152 P 0,027 P 0,893 P − 1,414 P 0,036 P
11.11
Données :
P ,
a ,
EIz .
Tracer le diagramme des
moments fléchissants Mz
pour les tronçons du
portique.
L’ordre d’hyperstaticité du portique est égal à trois. On peut
proposer, par exemple, deux variantes du système équivalent :
En général, il est rationnel de rendre isostatique un système
hyperstatique géométriquement symétrique soumis à une charge
144 Résistance des matériaux
symétrique ou antisymétrique. En le coupant suivant le plan de
symétrie, cela entraîne une diminution du nombre des forces
généralisées redondantes et inconnues à déterminer. Dans la section
coïncidant avec le plan de symétrie, les efforts symétriques sont nuls
pour une charge antisymétrique et les efforts antisymétriques sont nuls
pour une charge symétrique.
Il est évident, que la deuxième variante du système équivalent est
préférable parce qu’elle permet de simplifier la solution de ce problème.
Dans celui çi, nous avons une charge antisymétrique. C’est pourquoi
X2 = X3 0= et la solution du problème est ramenée à l’obtention
d’une seule inconnue X1 de l’équation
1111 / δ∆−= PX .
Les coefficients ∆1P et δ11 sont déterminés par la multiplication
des diagrammes des moments fléchissants M z obtenus pour les états
″P ″ et ″ 1 ″ (les diagrammes sont construit pour les fibres
comprimées : voir le problème 9.6).
Sans difficultés, on peut constater que :
EI Paz P∆13 2= / , EI az δ11
313 12= / X P1 6 13= − / .
Pour la détermination du diagramme des moments fléchissants
résultants de l’action des charges données, on peut utiliser le principe de
superposition :
M z( ) ( )= +M M XzP
z1
1 .
Finalement,
Résistance des matériaux 145
11.12
Données :
P ,
a ,
EIz .
Calculer les composants
des réactions aux appuis.
Dans ce problème, nous avons des articulations pour la barre CD
aux points C et D. L’introduction d’une articulation sur l’axe d’une
barre annule le moment fléchissant dans cette section et réduit l’ordre
d’hyperstaticité d’une unité. C’est pourquoi, on peut proposer le
système équivalent de la forme suivante :
Mais le portique est géométriquement
symétrique soumis à une charge
symétrique. Par conséquant, X3 0= .
Les coefficients des équations
canoniques sont déterminés par la
multiplication des diagrammes des
moments fléchissants M z obtenus pour les états ″P ″ , ″ 1 ″ et ″ 2 ″(les diagrammes sont construit pour les fibres comprimées).
146 Résistance des matériaux
Les coefficients des équations canoniques valent (au multiplicateur
1/ EIz près) :
∆13 2P Pa= − / , ∆2
3P Pa= − , δ11
38 3= a / ,
δ δ12 21317 3= = a / , δ22
340 3= a / .
En substituant les valeurs des coefficients obtenus dans les équations
et après réduction nous obtenons :
8 17 3 21 2X X P+ = / ,
17 40 31 2X X P+ = .
La résolution de ces équations par rapport aux inconnues X1 et X 2
permet de trouver leurs valeurs :
X P1 0 05≈ − , , X P2 0 29= , .
Puisque le problème est symétrique, nous avons pour chaque appui :
PR 5,0vert = , PR 29,0hor = .
11.13
Données :
∆T , α ,
a , h ,
E .
Calculer la contrainte normale
maximale développée dans la barre
brisée par suite d’une élévation de
température ∆T (Iz et h sont le moment
d’inertie et la hauteur de la section) .
Dans ce problème, il faut tenir compte de la différence de
température.
L’ordre des calculs reste le même, mais les éléments indépendants
∆ iT des équations canoniques sont les déplacements généralisés dans
le système isostatique de base (principal) dus à l’élévation de
température dans la direction de la force généralisée inconnue Xi . La
valeur du coefficient ∆ iT est positive, si le déplacement thermique
coïncide avec la direction de la force Xi .
En général, lorsque le système est soumis simultanément à l’action
de charges et à une variation de température, les éléments indépendants
Résistance des matériaux 147
des équations canoniques sont exprimés par la somme ∆ ∆iT iP+ en
conformité avec le principe de superposition des forces.
L’ordre d’hyperstaticité de la barre brisée est égal à unité.
Système de base Système équivalent
Pour la détermination des coefficients ∆1T et δ11 , nous examinons
les états ""T et "1" . Puisque pour ce système plan, les influences des
efforts longitudinaux et tranchants sur les déformations sont petites,
nous ne traçons que le diagramme des moments fléchissants ( )
M z1
pour
l’état "1" pour les fibres comprimées (voir le problème 9.6).
La détermination des coefficients de l’équation canonique conduit
aux valeurs suivantes :
∆ ∆1T T a= − ⋅α , EI az δ11311 3= / .
Ici, le coefficient ∆1T a une valeur négative, puisque les directions du
déplacement thermique et de la force X1 sont opposées. Le coefficient
δ11 est obtenu par la multiplication du diagramme ( )
M z1
par lui-même.
La résolution de l’équation canonique δ11 X1 + ∆1 0T = en prenant
en compte les valeurs obtenues ∆1T et δ11 donne
21 11/3 aTEIX z ∆α= .
148 Résistance des matériaux
Le moment fléchissant maximum est situé dans la section encastrée
=⋅= 1max 2)( XaM z 6 11EI T azα∆ / .
La contrainte normale maximale est déterminée par la formule
connue :
( )ahTEh
I
M
z
zx /273,0
2
)()( max
max ∆α⋅=⋅=σ .
11.14
Données :
∆T , α ,
a , h ,
E .
Calculer la contrainte normale
maximale dans les barres du
portique induite par chauffage ∆T (
Iz et h sont le moment d’inertie et
la hauteur de la section) .
Voir le probléme 11.12.
Puisque dans ce problème, nous avons une différence de température
comme facteur de la charge, il est nécessaire de trouver à nouveau les
coefficients indépendants ∆1T et ∆2T des équations canoniques, mais
les autres coefficients conservent les mêmes valeurs.
Pour l’obtention des valeurs de ∆1T et ∆2T nous avons les
systèmes équivalent et de base dans l’état ″T ″ suivants :
Système équivalent ″T ″
On peut constater que :
∆1 0T = , ∆ ∆2 2T T a= − ⋅α .
Les autres coefficients des équations canoniques sont tirés de la
solution du probléme 11.12 :
Résistance des matériaux 149
δ1138 3= a / , δ δ12 21
317 3= = a / , δ22340 3= a / .
Les équations canoniques pour la détermination des forces X1 et
X 2 dans ce problème ont la forme :
8 17 01 2X X+ = ,
17 40 61 22X X EI T az+ = α ∆ / .
La résolution des équations donne :
X EI T az123 29= − , /α ∆ , X EI T az2
21 55= , /α ∆ .
Les valeurs des moments fléchissants dans les sections du portique
sont déterminées en utilisant le principe de superposition des effets des
forces :
M z( )= M Xz1
1( )+ M Xz2
2 .
On obtient que
=⋅= 2max)( XaM z 1 55, /EI T azα∆ .
La contrainte normale maximale est déterminée par la formule :
( )ahTEh
I
M
z
zx /775,0
2
)()( max
max ∆α⋅=⋅=σ .
12. SYSTÈMES HYPERSTATIQUES (DÉTERMINATION des DÉPLACEMENTS)
Après la détermination des inconnues superflues et le tracé des
diagrammes des facteurs de forces intérieures M M M Nx y z x, , , , les
déplacements dans les systèmes hyperstatiques s’obtiennent par les
procédés habituels.
Ce faisant, il convient pour chaque cas concret de se servir de la
méthode qui conduit le plus aisément possible au résultat voulu. Par
exemple, il est recommandé de déterminer les flé hes et les angles de
rotation des sections des poutres hyperstatiques supportant une charge
150 Résistance des matériaux
complexe d’après la méthode des paramètres initiaux (à l’aide de
l’équation de la ligne élastique).
La méthode énergétique avec l’utilisation des intégrales de Maxwell-Mohr qui est universelle s’emploie d’ordinaire pour la
détermination des déplacements dans les barres brisées, portiques,
fermes, etc.
12.1 Données :
q , a ,
EIz .
Déterminer le déplacement
vertical et la rotation de la
section C .
La poutre proposée est hyperstatique (l’ordre d’hyperstaticité est
égal à unité) et nous avons déjà calculé les réactions aux appuis (voir le
probléme 11.3) et nous avons :
8/7qaRA = , M qaA = 2 4/ ,
R qaB = 17 8/ .
Maintenant, pour la détermination
des déplacements demandés vC et
Cϑ
nous utiliserons la méthode des paramètres initiaux (voir les problèmes
8.6 et 8.7).
L’équation de la ligne élastique est :
( )EI v R
xM
xq
xR
x az A A B= − − +
−3 2 4 3
6 2 24
2
6I II
,
où pour le tronçon I nous avons 0 2≤ ≤x a et pour le tronçon II
2 3a x a≤ ≤ .
Par différentiation de cette équation, nous trouvons l’équation pour
les rotations des sections de la poutre :
( )EI R
xM x q
xR
x az A A Bϑ = − − +
−2 3 2
2 6
2
2I II
.
Résistance des matériaux 151
Le calcul des grandeurs inconnues vC et Cϑ à partir de ces
équations donne
( )EI v EI v qaz C z x a= = −=345 24/ v
qa
EIC
z
= − 5
24
4
.
( )EI EI qaz C z x aϑ ϑ= = −=331 4/ ϑC
z
qa
EI= − 1
4
3
.
Pour la vérification de l’équation de la ligne élastique, nous
déterminons le déplacement de la section B :
02 == = axzBz vEIvEI .
En effet, la section B est au droit de l’appui et le déplacement de cette
section est égal à zero.
12.2
Données :
q , a ,
M = qa2 ,
EIz .
Déterminer le déplacement
vertical et la rotation de la
section C .
Ici nous avons la même situation que dans le probléme précédent :
la poutre proposée est hyperstatique (l’ordre d’hyperstaticité est égal à
deux), et nous avons déjà calculé les réactions dans la section encastrée
B (voir le probléme 11.8) :
16/27qaRB = , 48/7 2qaM B = .
Les réactions dans la section encastrée A
sont déterminées à partir des équations
statiques :
R qaA = 25 16/ , 48/23 2qaM A = .
Maintenant, pour le calcul des déplacements, nous pouvons utiliser
deux variantes de la poutre isostatique pour lesquelles la charge
appliquée est la charge donnée.
152 Résistance des matériaux
1. Détermination des déplacements vC et ϑC à l’aide de l’équation
de la ligne élastique.
En utilisant la première variante de la poutre isostatique (figure de
gauche), nous écrivons les équations de la ligne élastique et de la
rotation sous la forme suivante :
EI v Rx
Mx
z B B= − +3 2
6 2 I
,I
2
2xM
xREI BBz +−=ϑ ,
où pour le tronçon I nous avons 0 ≤ ≤x a . Nous remarquons que pour
la détermination des inconnuées cherchées vC et ϑC il suffit d’avoir
l’équation pour le tronçon I, puisque la section C est la limite de ce
tronçon.
A partir de ces équations nous avons :
( )EI v EI v qaz C z x a= = −= 1 48 4/ v qa EIC z= − 4 48/ .
( )EI EI qaz C z x aϑ ϑ= == 13 96 3/ ϑC zqa EI= 13 963 / .
Le sens du déplacement vC (négatif) est opposé à celui de l’axe y
et le sens de la rotation de la section C (positif) est opposé à celui des
aiguilles d’une montre.
2. Détermination des déplacements vC et ϑC à l’aide des
intégrales de Maxwell-Mohr.
Le déplacement généralisé est déterminé à partir de la formule
connue
∫=δa
z
zz dxEI
MM
0
11 ∫+a
z
zz dxEI
MM
0
22 .
Ici nous utiliserons la deuxième variante de la poutre isostatique (figure
de droite).
Résistance des matériaux 153
Le diagramme résultant des moments fléchissants zM de l’action
de la charge donnée est construit en utilisant la solution du probléme
11.8 avec application du principe de superposition. La détermination
des diagrammes ( )1zM et ( )2
zM est obtenu par voie ordinaire.
Moments fléchissants, provoqués par l’action de
la charge donnée.
Moments fléchissants, provoqués par l’action de
la force unitaire (appliquée à la section C).
Moments fléchissants, provoqués par l’action du
moment unitaire (appliquée à la section C).
Les relations pour déterminer vC et ϑC sont les suivantes :
( )∫=a
zzCz dxMMvEI
0
1
22 , EIz Cϑ =( )
∫a
zz dxMM
0
2
22 .
Les calculs des intégrales de Mohr s’opère en utilisant la méthode de
multiplication des diagrammes :
48348
27
2
1
48
7
2
1 422 qaaa
qaqaaavEI Cz =⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−= v
qa
EIC
z
=4
48 .
96
131
48
27
2
1
48
71
322 qaa
qaqaaEI Cz =⋅⋅⋅+⋅⋅−=ϑ ϑC
z
qa
EI= 13
96
3
.
154 Résistance des matériaux
Le sens du déplacement vC coïncide avec celui de la force unitaire
et le sens de la rotation ϑC coïncide celui du moment unitaire.
12.3
Données :
M , a ,
EIz .
Déterminer le déplacement
horizontal de la section C
(celle de l’appui articulé
mobile).
En utilisant la solution du probléme 11.4, nous avons :
Système isostatique de base Système équivalent “Mz”
Pour la détermination du déplacement horizontal horC
δ de l’appui
articulé mobile C , il est nécessaire de construire le diagramme des
moments fléchissants pour le système isostatique de base sous l’action
de la force horizontale unitaire appliquée dans la section C.
″ 1 ″ “ M z ”
Par multiplication des diagrammes des moments fléchissants Mz et
M z nous obtenons le déplacement cherché horC
δ de l’appui articulé
mobile :
2422
2
1 2hor MaM
aaEICz =⋅⋅=δ
zC EI
Ma
2
2hor =δ .
Résistance des matériaux 155
12.4
Données :
P ,
a ,
EIz .
Déterminer le déplacement
horizontal du point A (du
point d’application de la
force gauche P ).
En utilisant la solution du probléme 11.11, nous avons :
Ici nous avons une situation semblable au problème précédent : pour
la détermination du déplacement horizontal horA
δ du point A
d’application de la force gauche P il est nécessaire de construire le
diagramme des moments fléchissants pour le système isostatique de
base sous l’action de la force horizontale unitaire, appliquée dans le
point considéré A.
Par multiplication des diagrammes des
moments fléchissants Mz et M z nous
obtenons le déplacement cherché du
point A :
3
2
213
3
2
1hor aa
PaPaaaEI
Az ⋅⋅+⋅⋅−=δ
zAEIPa 78/17 3hor =δ .
Il est évident que pour obtenir la solution de ce problème, on peut
employer directement le principe de minimisation de l’énergie
potentielle de déformation élastique, puisque la force P est appliquée
au point A. En effet,
156 Résistance des matériaux
( ) ( ) ( )[ ]∫∫∫ −++=aaa
z dxPxPadxPadxxPUEI
0
2
0
22/
0
2213/313/313/62 ,
d’où nous obtenons le même résultat :
39
1722
3hor Pa
P
UEIEI zAz =
∂∂=δ .
12.5
Données :
P ,
a ,
EIz .
Déterminer le déplacement
réciproque des points A , disposés
sur l’axe horizontal de symétrie du
contour fermé.
L’ordre d’hyperstaticité du contour fermé est égal à trois, mais il
possède des axes de symétrie et est chargé symétriquement (voir le
problème 11.11). Pour commencer, nous déterminons les inconnues
superflues de ce système en coupant le contour fermé selon l’axe
horizontal de symétrie.
Maintenant nous avons la possibilité
d’examiner l’une partie du système qui est
montrée dans le dessin.
Compte-tenu du caractère symétrique de
la
charge, nous avons X3 0= . Ensuite, l’analyse des conditions
d’équilibre d’une des moitié donne X P2 2= / .
Le moment inconnu surabondant X1 se détermine à partir l’équation
canonique :
X P1 1 11= − ∆ / δ .
Les coefficients ∆1P et δ11 de l’équation canonique sont
déterminés par la multiplication des diagrammes des moments
fléchissants pour les états ″P ″ et ″ 1 ″ du système de base.
Résistance des matériaux 157
Système équivalent ″P ″ ″ 1 ″
Les diagrammes des moments fléchissants pour les états ″P ″ et
"1" , construits pour les fibres comprimées ont la forme suivante :
En utilisant le procédé de multiplication des diagrammes ( )PzM et
( )1zM nous obtenons (au multiplicateur 1 / EIz près).
∆1
2
4 21
8P
Pa a Pa= ⋅ ⋅ = , δ11 2= a .
Introduisant les coefficients ∆1P et δ11 dans l’équation canonique,
nous aurons :
2 812a X Pa⋅ = − / X Pa1 16= − / .
Le diagramme des moments
fléchissants dans le système de
base est construit en conformité
avec le principe d’indépendance
des effets des forces :
M z = +M M XzP
z( ) ( )1
1 .
Pour déterminer le déplacement réciproque des points A disposés sur
l’axe horizontal de symétrie du contour fermé, nous appliquons en ces
158 Résistance des matériaux
points dans le système isostatique de base, des forces horizontales
unitaires et nous construisons le diagramme des moments fléchissants
M z relatifs à cette charge. Nous aurons :
En multipliant le diagramme des moments fléchissants M z par le
diagramme des moments fléchissants M z , nous obtenons l’équation
pour la détermination du déplacement réciproque des points A :
6422421616242
3
-PaaaPaa
aPaPaaa
EI AAz =⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅−=δ .
Finalement,
zAA EIPa 64/3- =δ .
13. POUTRES CONTINUES à APPUIS MULTIPLES
Définition :
Choix du système isostatique de base et du système équivalent :
Système isostatique de base
Système équivalent
Schéma de l’obtention de l’équation des trois moments :
Résistance des matériaux 159
Centre de gravité du diagramme de Mz
L’équation des trois moments sous sa forme canonique (EIz = const) :
( ) ( )drgh1111 62 iiziiiiiii EIlMllMlM ϑ+ϑ−=+++ +++− ,
où Mi−1 , Mi et Mi+1 sont les trois moments fléchissants inconnus
supportés par la section d’appuis ( i − 1) , i et ( i + 1) (appliqués aux
extrémités des poutres) ; ghiϑ et dr
iϑ sont les angles de rotation des
extrémités des poutres adjacentes (gauche et droite) à l’appui i et dus
seulement aux charges agissant dans les travées adjacentes.
Les valeurs de ghiϑ et dr
iϑ peuvent être déterminées par n’importe
quelle méthode s’avérant rationnelle pour ce cas. En particulier, par
l’utilisation de la méthode de multiplication des diagrammes, l’équation
des trois moments se transforme selon :
( )M l M l l M la
l
b
li i i i i i i
i i
i
i i
i− + + +
+ +
++ + + = − +
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟1 1 1 1
1 1
1
2 6ω ω
,
où ω i et ω i+1 sont les aires des diagrammes des moments fléchissants
zM dus aux charges données pour les i-ième et ( 1+i )-ième travées.
Les dimensions ai et bi+1 sont données dans le dessin.
Les équations des trois moments pour le second et l’avant-dernier
appui d’une poutre continue ne considèrent évidement, que deux
moments.
160 Résistance des matériaux
La résolution du système d’équations ainsi obtenu s’obtient en
déterminant les moments surabondants inconnus Mi agissant sur les
appuis. Connaissant les moments supportés par les extrémités dans le
système équivalent, tous les calculs ultérieurs s’effectuent comme à
l’ordinaire pour un système isostatique quelconque.
13.1
Données :
q , a ,
P = qa ,
M = qa2 .
Calculer cette poutre
hyperstatique.
L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à deux.
Système équivalent
Pour l’obtention des équations des trois moments, il est nécessaire
d’avoir les diagrammes des moments fléchissants sous l’action des
charges appliquées sur chacune des travées comme pour la poutre
isostatique :
RA= R PC = / 2 RC = R qaD = / 2 RD = R M aB = /
M P xz = ⋅( / )2 M qa x qxz = −( / ) /2 22 M M a xz = −( / )
( )0 ≤ ≤x a ( )0 ≤ ≤x a ( )0 ≤ ≤x a
Les deux équations des trois moments pour cette poutre
hyperstatique sont :
Résistance des matériaux 161
2 2 62
2
2 3 8 21 2
2 2
M a a M aqa a a
a
qa a a
a( )
( / ) ( / )( / ) ( / )+ + = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎡
⎣⎢⎢
⎤
⎦⎥⎥
,
( )M a M a aa
qaa
aqa a
a1 2
222
6 2
3 8 2
1
2 3+ + = − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ .
Nous remarquons que pour la poutre étudiée, les équations ne
comporte que deux moments. Dans le cas général cette situation a lieu
pour le second et l’avant-dernier appui d’une poutre continue.
Après transformations pour la détermination des moments
fléchissants M1 et M2 nous obtenons les équations suivantes :
6 7 41 22M M qa+ = − / ,
M M qa1 224 3 4+ = / .
La solution de ces équations donne :
M qa1231 92= − / , M qa2
225 92= / .
Après la détermination des moments superflues M1 et M2 , on
construit par le procédé habituel le diagramme définitif des moments
fléchissants. Il est commode de le faire par la méthode de
superposition.
- diagramme du aux charges appliquées
- diagramme des moments obtenus
- diagramme résultant
162 Résistance des matériaux
13.2 Données :
P , a .
Calculer cette poutre
hyperstatique.
L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à deux. Outre cela, la
poutre a deux particularités : une section encastrée du côté gauche et
une console chargée du côté droit. A propos de ces particularités on
peut dire :
- l’encastrement est remplacé par une travée fictive de la longueur nulle
l0 0= ;
- une console en porte à faux n’est pas incluse dans les équations des
trois moments. La console est remplacée par le moment de la charge qui
lui est appliquée par rapport à l’appui le plus voisin, c’est à dire par le
moment PaM = .
C’est pourquoi, nous avons
Système équivalent
Diagramme des moments
fléchissants de la charge donnée
Les deux équations des trois moments pour cette poutre sont les
suivantes :
2 2 2 01 2M a M a⋅ + ⋅ = ,
( )M a M a aa
a Pa a Pa a a Pa a a1 22 2 2 3
6
3 2 3
7
3 3 4
11
6 2
3
2 2⋅ + + = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
,
où, après les transformations
2 01 2M M+ = ,
2 10 31 2M M Pa+ = − / .
Résistance des matériaux 163
La résolution des équations donne :
M Pa1 54= / , M Pa2 27= − / .
La détermination des moments inconnus 1M et 2M peut se
simplifier. Nous avons constaté que le moment PaM = est du à la
charge extérieure, mais ce moment peut être considéré comme un
moment à l’appui et inséré dans la partie gauche de l’équation des trois
moments.
En effet dans ce cas, le système équivalent et le diagramme des
moments fléchissants de la charge extérieure ont la forme suivante :
Système équivalent
Diagramme des moments
fléchissants de la charge donnée
C’est pourquoi, nous avons la première équation qui demeure
inchangée, mais la seconde deviendra
( )M a M a a Pa aa
a Pa a Pa a a1 22 2 2 3 3
6
3 2
2
3
7
3
2
3
2
2
4
3⋅ + + − ⋅ = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎛
⎝⎜⎞⎠⎟
.
Après transformations nous obtenons la même équation obtenue
précédemment :
2 10 31 2M M Pa+ = − / .
13.3
Données :
a = 2m ,
P = qa ,
[σ] = 160 MPa .
Calculer la valeur de la charge
admissible appliquée à la
poutre (la section droite est
double T à Wz = 39,7 cm3)
L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à quatre. La poutre a
deux sections encastrées aux côtés gauche et droit.
Le système équivalent et le diagramme des moments fléchissants de la
charge donnée ont la forme :
164 Résistance des matériaux
Système équivalent
Diagramme des moments
fléchissants pour la
charge donnée
Les équations des trois moments pour cette poutre sont :
26
4 2 2
3
81 2
2 3
M a M aa
qa a a qa⋅ + ⋅ = − ⋅ ⋅⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = − ,
M a M a M aa
qa a a qaa
a qa1 2 3
2 2 3
2 26
4 2 2
2
3 8 2
5
8⋅ + ⋅ + ⋅ = − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = − ,
4283
2622
32
432qaa
aqa
aaMaMaM −=⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⋅⋅⋅−=⋅+⋅+⋅ ,
02 43 =⋅+⋅ aMaM .
Les solutions de ce système d’équations sont :
Mqa
1
247
360= − , M
qa2
241
360= − , M
qa3
214
360= − , M
qa4
27
360= .
On peut obtenir la réaction Ri exercée par l’appui i de la poutre
continue comme étant la somme des réactions exercées par les appuis i
des deux poutre adjacentes. es réactions sont déterminées par les
équations de la statique. La formule générale pour la réaction Ri est
R RM M
l
M M
li i
i i
i
i i
i
= + − + −−
−
+1
1
1 ,
où Ri est la somme des réactions exercées sur les i-ièmes appuis de
deux poutres adjacentes dues seulement aux charges données dans les
travées. Le deuxième terme détermine la réaction sur le i-ième appui de
Résistance des matériaux 165
la travée gauche générée par les moments Mi−1 et Mi et le troisième
terme est la réaction sur le i-ième appui de la travée droite générée par
les moments Mi+1 et Mi .
Quand on calcule la réaction de l’encastrement, on ne tient pas
compte de la travée fictive. Quand on calcule la réaction de l’appui
précédant la console chargée, on inclut dans la quantité Ri la résultante
de toutes les forces extérieures agissant sur la console.
Pour ce problème nous avons :
Rqa
a
qa qa qa1
2 2
2
1 41
360
47
360
31
60= + − +
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = ,
( )( )R qa a qa qa221 360 47 41 14 41 127 120= + − + − + =/ / ,
( )( )R qa a qa qa322 1 360 41 14 7 14 29 60= + − + + + =( / ) / / ,
( )( )R a qa qa421 360 14 7 7 120= − − = −/ / .
En faisant la somme des projections de toutes les réactions sur l’axe
vertical, nous avons :
04321 ≡−−+++=∑ qaPRRRRY .
Ce résultat confirme la justesse des calculs.
Le diagramme complet des moments fléchissants (en unités qa2) est
construit par la méthode de superposition :
Diagramme des moments
fléchissants pour la
charge donnée
Diagramme des moments
fléchissants pour les
moments obtenus
Diagramme complet des
moments fléchissants
166 Résistance des matériaux
A partir du diagramme complet des moments fléchissants nous
obtenons 2max 131,0)( qaM z = , et la condition de résistance s’exprime
par la relation :
[ ]σ≤zz WM /)( max 2131,0 qa [ ]/ Wz ≤ σ .
Pour la section droite de la poutre (double T ), nous avons comme
valeur 363 m107,39cm7,39 −⋅==zW , on trouve donc la charge
admissible avec la relation suivante :
[ ] kN/m13,12131,0/ 2 =σ= aWq z kN26,24== qaP .
13.4
Données :
a = 1m ,
section en double T,
[σ] = 160 MPa .
Calculer la valeur de la
charge admissible
appliquée à la poutre
(Wz = 81,7 cm3).
L’ordre d’hyperstaticité de la poutre donnée est égal à quatre.
Si le couple concentré est appliqué dans la section de l’appui
intermédiaire de la poutre continue, il est rationnel de rapporter le
moment M de ce couple à la charge appliquée dans la travée. Le
moment du couple peut être rapporté à la travée gauche ou à la travée
droite ou simultanément aux travées gauche et droite en le décomposant
arbitraiment.
Dans le problème proposé, nous avons rapporté les deux moments M
à la travée moyenne.
Système équivalent
Diagramme des moments
fléchissants de la charge
donnée
Les équations des trois moments pour cette poutre sont :
2 01 2M a M a⋅ + ⋅ = ,
Résistance des matériaux 167
( )( )M a M a M a a M a a Ma1 2 32 2 6 2 3⋅ + ⋅ + ⋅ = − ⋅ ⋅ = −/ / ,
M a M a M a2 3 42 2⋅ + ⋅ + ⋅ = − 3Ma ,
M a M a3 42 0⋅ + ⋅ = .
La résolution des équations obtenues donne :
M1 = M M4 3= / , M2 = M M3 2 3= − / .
Le calcul des réactions exercées sur les appuis (voir le problème
13.3) conduit aux résultats suivants :
( )( )R M a M a1 3 2 1= − − = −/ / ,
( )( )R M a M a2 3 1 2 2 2= + − + =/ / ,
( )( )R M a M a3 3 2 2 1 2= − + + + =/ / ,
( )( ) aMaMR /123/4 −=−−= .
En prenant la somme des projections de toutes les réactions sur l’axe
vertical, nous avons :
04321 ≡+++=∑ RRRRY .
Le résultat confirme la justesse des calculs.
Le diagramme sommaire des moments fléchissants M z se présente
sous la forme suivante :
Diagramme complet des
moments fléchissants
On peut voir que =max)( zM 2 3M / , et la condition de résistance
prend la forme :
[ ]σ≤zz WM /)( max ( / )2 3M [ ]/ Wz ≤ σ .
168 Résistance des matériaux
Pour une section en double T, nous avons 36 m107,81 −⋅=zW et le
moment admissible est égal à :
[ ] mkN6,192/3 ⋅=σ= zWM .
14. CALCUL des ENVELOPPES à PAROIS MINCES
Définitions principales et hypothèses de départ de la théorie de membranes pour les enveloppes.
Conditions d’équilibre de l’enveloppe. L’équation de Laplace :
σρ
σρ δ
m
m
t
t
p+ = ,
où mσ et tσ sont les contraintes normales méridienne et
circonférentielle ; mρ et tρ sont les rayons de courbure méridien et
circonférentiel ; δ est l’épaisseur de la paroi de l’enveloppe. La
pression p due à l’action du gaz et/ou du liquide est déterminée par la
relation
p p z= +0 γ ,
où p0 est la pression du gaz au-dessus de la surface du liquide ; γ est
le poids spécifique du liquide ; z est la distance de la surface du
liquide à la section de l’enveloppe.
Conditions d’équilibre d’une partie de l’enveloppe :
Prm =θ⋅δ⋅π⋅σ cos2 ,
où P est la résultante des forces
extérieures appliquées sur la partie de
l’enveloppe examinée.
Résistance des enveloppes à parois minces.
Les contraintes normales σm ≥ 0 , σ t ≥ 0 sont les contraintes
principales ; l’état de contraintes est biaxial (plan).
Résistance des matériaux 169
14.1
Données :
R = 0,5 m ,
l = 1 m ,
α = 45° ,
p0 = 2 MPa ,
[σ] = 100 MPa .
Calculer l’épaisseur de la paroi
de l’enveloppe selon la
condition de résistance (utiliser
la III théorie), en ne tenant pas
compte du poids du réservoir.
En conformité avec l’hypothèse du problème, le poids propre de
l’enveloppe est négligeable. C’est pourquoi, les réactions aux appuis
sont égales à zéro. Les contraintes normales σm et σ t sont déterminées
en coupant l’enveloppe dans les parties sphérique, cylindrique et
conique.
Partie sphérique.
La condition d’équilibre de la partie
sphérique de l’enveloppe coupée s’écrit :
( ) sinσ π δ ϕ πm r p r⋅ ⋅ = ⋅2 02 .
En sachant que r R= sin ϕ , nous obtenons la solution d’équation :
σ δm p R= 0 2/ .
Pour la détermination de la contrainte σ t nous utilisons l’équation
de Laplace avec ρm = =ρt R et la valeur obtenue précédemment de
σm . Nous obtenons :
σ δt p R= 0 2/ .
Partie cylindrique.
La condition d’équilibre de la partie
coupée et examinée de l’enveloppe a la
forme :
σ π δ πm R p R⋅ ⋅ = ⋅2 02 ,
d’où nous avons :
σ δm p R= 0 2/ .
170 Résistance des matériaux
De l’équation de Laplace avec ρm = ∞ , ρt = R nous trouvons
σ δt p R= 0 / .
Partie conique.
La condition d’équilibre de la partie
examinée de l’enveloppe a la forme :
( )σ π δ α πm r r p2 20cos = .
En sachant que r z= tgα ( )0 ≤ ≤z R , nous
avons la solution suivante :
σ α δ αm p z= 0 2tg / cos .
La solution de l’équation de Laplace pour la contrainte σ t avec
ρm = ∞ , α=ρ cos/rt donne :
σ α δ αt p z= 0 tg / cos .
Calcul de résistance.
Les résultats de la détermination des contraintes normales dans les
sections de ce réservoir sont présentés dans le tableau suivant.
Cône
Contrainte Sphère Cylindre Contrainte
dans une section arbitraire
Contrainte
maximale
σ m p R0 2/ δ p R0 2/ δ p z0 2tgα δ α/ cos p R0 2/ δ
σ t p R0 2/ δ p R0 / δ p z0 tgα δ α/ cos 2 0p R / δ
La section plus dangereuse est la section dans la partie conique du
réservoir pour z = R . L’état de contraintes est biaxial :
σ1 = ,/2 0 δRp σ2 = p R0 2/ δ , σ3 0= . En conformité de la
troisième théorie de résistance, nous avons
[ ]σ≤δ=σ−σ=σ /2 031IIIéq Rp .
Résistance des matériaux 171
La détermination de l’épaisseur de la paroi du réservoir conduit au
résultat suivant : δ = 7 1, mm.
14.2
Données :
R0 = 4,5 m ,
H0 = 9 m ,
δ = 4 mm ,
[σ] = 50 Mpa .
Calculer le niveau H du liquide
avec un poids spécifique γ =
= 1,4⋅104 N/m
3 (utiliser la
troisième théorie de résistance).
Pour la détermination des contraintes σm et σ t nous considérons
deux sections : au-dessus de la surface du liquide (section supérieure) et
au-dessous de ce niveau (section inférieure). En réalisant cette section,
nous retirons la partie supérieure du réservoir, ce qui permet de ne pas
prendre en considération la réaction au niveau de l’appui.
Section supérieure.
L’équation d’équilibre de la partie
examinée du réservoir a la forme :
( )cosσ π δ αm r G2 0= ,
où ( )G R H02 3= π γ/ est le poids du liquide
dans le réservoir . En prenant en considération que R H= tgα et
r z= tgα ( )H z H≤ ≤ 0 , nous obtenons pour la contrainte σm :
σ γ αδ αm
H
z=
3
6
tg
cos .
Au niveau de cette section, il n’y a pas de pression du gaz et la
solution l’équation de Laplace donne
σ t = 0 .
Section inférieure.
L’équation d’équilibre de la partie
examinée du réservoir a la forme :
( )cosσ π δ α πm r p r G2 2= + ,
172 Résistance des matériaux
où ( )p H z= −γ est la pression sur le niveau
de la section déterminée par la hauteur ( )H z− de la colonne du
liquide que se trouve au dessus de cette section ; ( )G r z= π γ2 3/ est le
poids du liquide dans la partie examinée du réservoir ; r z= tgα( 0 ≤ ≤z H ). La solution de l’équation d’équilibre donne la valeur de
σm :
( )σ
α γδ αm
z H z=
−tg 3 2
6 cos .
La contrainte circonférentielle σ t est obtenue à partir de l’équation
de Laplace sachant que ∞=ρm , α=ρ cos/rt et ( )p H z= −γ . Nous
avons
( )σα γδ αt
z H z=
−tg
cos .
Diagrammes des contraintes et calcul de résistance.
En tenant compte de la valeur de tgα = 0 5, et de cos ,α = 0 892 , les
relations pour les contraintes σm et σ t se présentent sous la forme :
Contrainte Section supérieure ( )H z H≤ ≤ 0 Section inférieure ( 0 ≤ ≤z H )
σm 0 0934 3, /γ δH z ( )0 0934 3 2, /γ δz H z−
σ t 0 ( )0 561, /γ δz H z−
Pour la détermination des
diagrammes des contraintes, il est
nécessaire de trouver les endroits où les
valeurs des contraintes sont maximales
dans la partie inférieure du réservoir.
Nous avons :
Résistance des matériaux 173
- pour la contrainte méridienne σm
( )d dz H zmσ γ δ/ , /= − =0 0934 3 4 0
z H= 3 4/ ( ) δγ=σ /1052,0 2max Hm ;
- pour la contrainte circonférentielle σ t
( )d dz H ztσ γ δ/ , /= − =0 561 2 0
z H= / 2 ( ) δγ=σ /14,0 2max Ht .
Les diagrammes des contraintes σm et σ t (en unités de γ δH 2 / )
sont montrés dans le dessin. La section plus dangereuse est la section
dans la partie inférieure du réservoir pour z H= / 2 .
L’état de contraintes dans la section dangereuse est biaxial :
σ γ δ120 14= , /H , σ γ δ2
20 0934= , /H , σ3 0= . En conformité de la
troisième théorie de résistance, nous avons
[ ]σ≤δγ=σ−σ=σ /14,0 231
IIIéq H .
La détermination du niveau H du liquide mène au résultat suivant :
H = 10 1, m. Le résultat indique que lorsque le réservoir est plein, son
taux de travail est inférieur à sa résistance.
14.3
Données :
R ,
h ,
δ ,
γ .
Comparer la résistance de deux
réservoirs cylindriques remplis
de liquide et se distinguant par
la nature des appuis (utiliser la
troisième théorie de résistance).
Nous déterminons les contraintes σm et σ t dans chaque réservoir.
Réservoir de gauche.
174 Résistance des matériaux
En considérant la section au niveau z
( 0 ≤ ≤z h ) à partir du fond du réservoir, on
prend en compte la partie inférieure à cette
section. L’équation d’équilibre de cette partie du
réservoir a la forme :
σ π δ πm R p R G2 2= + ,
où ( )p h z= −γ est la pression hydrostatique pour le niveau donné ;
G R z= π γ2 est le poids du liquide dans la partie examinée du
réservoir.
La solution de l’équation d’équilibre par rapport de σm donne :
σ γ δm h R= / 2 .
La contrainte circonférentielle σ t est déterminée par l’équation de
Laplace, en sachant que ∞=ρm , Rt =ρ et ( )p h z= −γ . Nous avons
que ( )σ γ δt R h z= − / .
Réservoir de droite.
Nous prenons ici la même section au
niveau z à partir du fond du réservoir, mais
on prend en compte la partie supérieure.
L’équation d’équilibre donne :
σ π δ πm R p R G2 2= − ,
où ( )p h z= −γ , mais G R h z= −π γ2 ( ) . De l’équation d’équilibre
nous avons :
σm = 0 .
La contrainte circonférentielle σ t se détermine par l’équation de
Laplace :
Résistance des matériaux 175
( )σ γ δt R h z= − / .
Comparaison des résistance des réservoirs.
Dans les deux cas les sections plus dangereuses sont les sections au
fond du réservoir ( z = 0 ), où les contraintes ont les valeurs :
Contrainte Réservoir gauche Réservoir droite
σ m γ δh R / 2 0
σ t γ δh R / γ δh R /
L’état de contraintes dans la section dangereuse est biaxial :
Contrainte Réservoir gauche Réservoir droite
σ1 γ δh R / γ δh R /
σ2 γ δh R / 2 0
σ3 0 0
On peut voir que les contraintes équivalentes obtenues avec la
troisième théorie de résistance sont égales pour les deux réservoirs. En
effet,
δγ=σ−σ=σ /31IIIéq hR
et les réservoirs ont donc une résistance égale.
15. FLAMBEMENT des BARRES COMPRIMÉES
Equilibre élastique, stable et instable.
rPP < crPP = crPP >
Formule d’Euler.
2min
2cr / lEIP π=
(Imin est le moment d’inertie minimal de la section)
176 Résistance des matériaux
Influence des conditions de fixation des bouts de la barre sur la valeur de la force critique et généralisatin de la formule d’Euler.
2min
2cr )/( lEIP µπ= - la formule généralisée d’Euler.
Elancement du poteau et condition d’appliquation de la formule généralisée d’Euler :
- la contrainte critique
22crcr // λπ==σ ESP ,
où min/ ilµ=λ est l’élancement (flexibilité) du poteau de la barre ;
mini ( SIi /min2min
= ) est le rayon de giration de la section droite du
poteau ;
- condition d’appliquation de la formule d’Euler et élancement limite
prcr σ≤σ prlim / σπ=λ≥λ E ,
où limλ est l’élancement limite ; prσ est la limite de proportionnalité.
Calcul de flambement des barres comprimées sous la limite de proportionnalité:
- formules expérimentales
λ−=σ bacr est la relation linéaire de F. Yassinski,
2cr λ+λ−=σ cba - relation parabolique pour une fonte.
Résistance des matériaux 177
Les valeurs des paramètres a , b et c sont données dans des tableaux ;
- calcul à l’aide du coefficient de réduction de la contrainte admissible
ϕ (du coefficient de réduction du à la flexion longitudinale) :
[ ] [ ] SP comprσϕ= ,
où [ ]comprσ est la contrainte admissible de compression. La valeur
[ ] [ ]flambcompr σ=σϕ est la contrainte admissible de flambement.
Les valeurs du coefficient ϕ sont présentées dans des tableaux .
15.1
Données :
l = 1m ,
b = 0,7 cm ,
h = 3 cm ,
E = 2⋅105 MPa ,
σpr = 240 MPa .
Calculer la valeur de la
force critique et la
contrainte critique pour
cette barre d’acier.
Déterminons le taux d’élancement limite au-dessous duquel on n’est
plus autorisé à se servir de la formule d’Euler. Pour l’acier utilisé :
91/ prlim ≈σπ=λ E .
Pour la barre étudiée nous avons :
4103min m106,812/ −⋅== hbI ,
24 m101,2 −⋅== bhS ,
mini = m1002,212// 32min
−⋅== bSI .
Pour le mode de liaisons des éxtremités de la barre µ = 2 . Le taux
d’élancement de cette barre est :
3min 10/ ≈µ=λ il .
Puisque limλ>λ , la force critique peut être calculée par la formule
généralisée d’Euler
N424=MN1024,4)(/ 42min
2r
−⋅=µπ= lEIP .
178 Résistance des matériaux
La contrainte critique est donc :
MPa02,2/crcr ==σ SP .
15.2
Données :
l = 2 m ,
d = 8 cm ,
E = 2⋅105 MPa ,
σpr = 240 MPa .
Calculer la valeur de la
force critique et la
contrainte critique pour
une barre cylindrique en
acier .
Voir le problème 15.1. Dans ce problème nous avons le même taux
d’élancement 91lim ≈λ .
Déterminons le taux d’élancement de la barre en calculant d’abord le
rayon minimum de giration de la section :
i = m1024// 2−⋅== dSI
et en prenant en considération le mode de liaison des extrémités de la
barre (pour ce mode µ = 0 5, ), nous aurons pour taux d’élancement :
50/ =µ=λ il .
Tant que limλ<λ , la contrainte critique doit être calculée à l’aide
de la formule empirique λ−=σ bacr . Pour l’acier utilisé nous
trouvons dans les tables MPa464=a , MPa3,62=b . On peut donc
calculer :
MPa283cr =σ .
La valeur de la force critique est égale à :
MPa42,1crcr =σ= SP .
15.3
Données :
l = 2 m ,
imin = 2,95 cm ,
S = 49,9 cm2 ,
[σ]compr = 200 MPa .
Déterminer la force
admissible à l'aide du
coefficient ϕ (la barre
est en acier ordinaire).
Résistance des matériaux 179
Le taux d’élancement de la barre est :
λ µ= =l i/ ,67 8 .
En conformité avec la table du coefficient de réduction de la
contrainte admissible de flambement ϕ (ou coefficient de flambement)
pour l’acier ordinaire (la table est présentée partiellement) nous avons :
λ ϕ60 0,86
70 0,81
Pour la barre étudiée :
λ = 67,8 ϕ = 0,82 .
La force de compression admissible est déterminée par la relation :
[ ] [ ] SP comprσϕ= .
Finalement, nous avons :
[ ]P = 0 82, MN .
15.4
Données :
l = 1 m ,
P = 20 kN
[σ]compr = 20 MPa .
Déterminer la dimension
nécessaire de la section droite
carrée (a × a) de la barre en
bois.
Dans le problème donné la condition de stabilité [ ] [ ] SP comprσϕ=n’est pas définie puisque l’on ne connaît pas les dimensions de la
section (c’est-à-dire, l’aire S). On ne peut pas déterminer le taux
d’élancement λ de la barre et, par conséquent, le coefficient de
flambement ϕ .
Le choix de la section doit se faire par la méthode « essais-erreurs ».
Déterminons les dimensions de la section droite de la barre par calcul
en compression simple :
[ ]compr20/ σ=aP [ ] m1016,3/ 2
compr0−⋅=σ= Pa .
En prenant quelques valeurs de a a> 0 , nous calculons l’élancement
λ µ µ= = =l a a12 6 93 22/ , / ( ) , le coefficient de flambement ϕ (en
180 Résistance des matériaux
utilisant le tableau du coefficient de flambement du bois) et la force
admissible [ ] [ ] SP comprσϕ= . Les résultats des calculs sont reportés
dans le tableau :
a , m λ ϕ [ P ] , kN
4 ⋅10-2 173 0,107 3,42
5 ⋅10-2 138 0,164 8,2
6 ⋅10-2 115 0,235 16,9
7 ⋅10-2 99 0,317 31,0
On peut constater, que la force donnée 20=P kN correspond à la
dimension de la section de la barre suivante :
cm6,22=m1022,6 2−⋅=a .
15.5
Données :
l = 6 m ,
D = 2d = 0,1 m ,
∆ = 0,05 cm ,
α = 1,25 ⋅10-5
.
Déterminer pour quelle
élévation de température
∆T la barre en acier
ordinaire devient instable.
Après la suppression du jeu ∆ due à la dilatation résultant de
l’élévation de température, la barre étudiée est comprimée. La réaction
de l’appui est une force de compression R.. La résolution de ce
problème hyperstatique (comparer avec le problème 3.4) est obtenue
par la condition que le déplacement de la section droite de barre (de la
section B) devient égal à la valeur du jeu (voir le problème 3.5). En
réalisant cette condition, nous avons :
∆ ∆B = ∆=∆+∆ RBTB )()( .
Sachant que lTTB ∆α=∆ )( ( T∆ est l’élévation de température
cherchée) et ESlRRB /)( −=∆ , nous avons l’équation pour la
détermination de la force de compression R :
( ) llTESR /∆−∆α= .
La condition de l’instabilité de la barre s’écrit :
=crP ( ) llTESR /∆−∆α=
Résistance des matériaux 181
et sert à la détermination de l’élévation de température T∆ .
L’élancement limite détermine la condition d’application de la
formule d’Euler. Pour les aciers ordinaires, il prend la valeur suivante :
100lim ≈λ .
L ‘élancement de la barre est obtenu par la formule connue :
ISlil // µ=µ=λ ,
où 5/8/ DIS = . Le paramètre de réduction de longueur µ est pris
comme égal à 0,5. Après suppression du jeu, le schéma de chargement
est équivalent à celui çi :
Finalement, nous obtenons λ = 107 1, et 100lim ≈λ>λ . C’est
pourquoi, pour le calcul de la force critique, on peut utiliser la formule
d’Euler.
Ainsi, la condition d’instabilité de la barre sera :
π µ2 2EI l/ ( ) = ( ) llTES /∆−∆α .
d’où l’on peut tirer la valeur de l’élévation de température T∆
( ) ( )[ ] °=αµπ+∆=∆ 1,75/8/5/2
lDlT .
15.6
Données :
a = 1 m ,
d = 1 cm ,
θ = 30°,
α = 1,25 ⋅10-5
.
Déterminer pour quelle élévation
de température 1T∆ des barres
1-1 le système devient instable
(d est le diamètre des barres ; le
matériau est de l’acier ordinaire).
Le système articulé proposé est hyperstatique (voir le problème 3.5).
L’ordre d’hyperstaticité du système égale à l’unité.
182 Résistance des matériaux
L’équation de la compatibilité des déplacements s’écrit en
considérant le schéma de déformation suivant :
AA l' = ∆ 1 , AB l= ∆ 2 .
∆ ∆l l2 1 30/ cos= ° ( )∆ ∆l l2 13 2= / .
L’équation de la statique s’obtient à partir du schéma des forces qui
correspond au schéma de déformation :
∑ = 0Y 2 2 301 2N N= °cos .
( )N N1 23 2= / .
Les équations des déplacements des barres du système en fonction
des efforts inconnus donne :
ES
aNaTl 1
11 −∆α=∆ ,ES
aNl 22 =∆ .
Nous considérons que les longueurs de barres sont égales à a .
La résolution simultanée de ces équations obtenues donne :
7/3 11 ESTN ∆α= , 7/32 12 ESTN ∆α= .
En constatant que les dimensions géométriques des barres 1 et 2 sont
égales mais que N N1 2< , on peut dire que la condition de l’instabilité
du système est la condition de l’instabilité de la barre 2 et a la forme
suivante :
2cr NP = .
L’élancement des barres du système (avec 1=µ ) est égal à :
λ µ µ= = =a i a d/ /4 400 ,
et 100lim ≈λ>λ . Ceci permet d’utiliser la formule d’Euler. La
condition de l’instabilité devient :
Résistance des matériaux 183
π µ2 2EI a/ ( ) = ( ) EST17/32 ∆α .
d’où pour l’élévation de température 1T∆ sera
°≈⎟⎠⎞⎜
⎝⎛π⋅
α=∆ 10
332
7122
1a
dT .
184 Résistance des matériaux
BIBLIOGRAPHIE
1. Cravero R. Bases pour la résistance des matériaux. Ellipses, 1997.
2. Feodossiev V.I. Résistance des matériaux. oscou, Editions
“Naouka”, 1974, 1979, etc. (en russe).
3. Mirolioubov I.N. et d’autr. Résistance des matériaux. Manuel de
résolution des problèmes. oscou, Editions “Mir”, 1969, etc. (en
français).
4. Cravero R. Exercices pour la résistance des matériaux. Ellipses,
1998.
Résistance des matériaux 185