Résistance des matériaux Exercices & solutions

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 : [email protected]

© 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

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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

4 Résistance des matériaux

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



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 ;


- 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,


( ) ( ) 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).


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


⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

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= = .


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° .


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 .


1.3

Données :

Pa1003 −=σ ,

γ = 30° .


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


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≥


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


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 .


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


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 .


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


( )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 .


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


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


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).


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


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


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 == .


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 .


l’encastrement

D’après la condition d’équilibre statique, nous avons:

0=∑ X − + − =R P qaA 0 R qaA = .


Section 1 : 0=∑ X N qax1 = .

Section 2 : 0=∑ X N qax2 = − .

Section 3 : 0=∑ X N qa qxx3 = − + .

( )0 ≤ ≤x a


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 .


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.


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).



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 .


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

.


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 .


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 .


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.


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


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= / .


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 .


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.


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 :


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).


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.


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) ,


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.


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 )


′′ − =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 )


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 .


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).


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).


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 ;


- 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 .


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 .


4.3

50 mm

30°

20 mm

Données :

P = 50 N,

E = 2 ⋅ 105 MPa,

ν = 0,3 .


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.


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 .


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 .


3. Détermination de la dimension δ à partir de la condition de


[ ]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


[ ]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


[ ]matmatmat 2/2/ σ≤δ==σ dPSP [ ]mat2/ σ≥δ dP .

cm2,1=m021,0=δ .


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


( ) ( )[ ] [ ]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 .


2. Détermination de la dimension c à partir de la condition de


[ ]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


( ) [ ]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


[ ]τ≤==τ dbPSP 1cis 4/4/ [ ]d P b≥ / 4 1 τ ,


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 .


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


[ ]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.


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 ,


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


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 .


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 ⋅== ∫ ,


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/ ;


- 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 :


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 .


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 ;


- 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 .


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 = .


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.


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 / .


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 .


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.


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 = .


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


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 .


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


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 .


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/ .


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= = .


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

∆ .


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


( )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


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


8.1

Données :

P , a ,

M = P a .


de l’effort tranchant

Qy et du moment

fléchissant M z


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 )


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 .



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 .


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

.



Qy et du moment

fléchissant M z .


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 )


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.


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 .


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.


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= ∗ / ,


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.


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.


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.


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.


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 :


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 .


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 :


( )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


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


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= − = −( / ) ( / ) .


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

.


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 .


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,


( ) ( ) ( )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

.


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 .


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 .


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 .


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 .


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.


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 .


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°.


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 :


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


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


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 :


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 .


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/ .



N qax = ,

M P ax = 1 ,

M P xy = 1 ,

M qaz = 2 2/ .


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


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 .


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 .


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 .


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 .


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 .


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).


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


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 :


∑ ∫=

=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 .


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 ,


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


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 :


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 .


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 :


+=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.


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 .


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


∫=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 :


( )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/ .


10.7

Données :

P = qa ,

q ,

a ,

EIz .

Calculer le déplacement


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).


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 .


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 .


horizontal de la section A (utiliser

la méthode de multiplication des

diagrammes; le plan xy est le plan

de la potence).


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 .


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 / .


10.9

Données :

P, a ,

EIz .



section C.


sous l’action de la charge donnée et obtention de leurs diagrammes.


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



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 / .


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.


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 .


horizontal de l’articulation

mobile B .


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 :


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 .


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 :


- 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.


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


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= − .


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= − + − .


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


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 .


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 :


( )∫ =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡ +−⋅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)


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.


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 :


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+ = ,


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= ,


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).


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 .


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.


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’action de force X1 = 1)


l’action de force X2 = 1 )


( )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 :


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


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.


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 .


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 .


longitudinaux dans les

barres de la ferme.

Système isostatique de base Système équivalent


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.


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.


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 =++− ,


X P1 0 964= , , X P2 0 152= , .


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


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,


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).


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


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= .


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 :


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


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 .



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

.


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 .



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.


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


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).


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

.


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 .


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 .


12.4

Données :

P ,

a ,

EIz .


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,


( ) ( ) ( )[ ]∫∫∫ −++=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 .


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.


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


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


Schéma de l’obtention de l’équation des trois moments :


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.


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.


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 :


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


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


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+ = − / .


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 :



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 :




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


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 :


fléchissants pour la

charge donnée


fléchissants pour les

moments obtenus

Diagramme complet des

moments fléchissants


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.



fléchissants de la charge

donnée

Les équations des trois moments pour cette poutre sont :

2 01 2M a M a⋅ + ⋅ = ,


( )( )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 .


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).


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.


coupée et examinée de l’enveloppe a la

forme :

σ π δ πm R p R⋅ ⋅ = ⋅2 02 ,


σ δm p R= 0 2/ .


De l’équation de Laplace avec ρm = ∞ , ρt = R nous trouvons

σ δt p R= 0 / .

Partie conique.


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 .


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= + ,


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 :


- 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.


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 :


( )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)


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.


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 .


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 .


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 .


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).


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= .


[ ]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


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=


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.


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 :


π µ2 2EI a/ ( ) = ( ) EST17/32 ∆α .

d’où pour l’élévation de température 1T∆ sera

°≈⎟⎠⎞⎜

⎝⎛π⋅

α=∆ 10

332

7122

1a

dT .


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.


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