Calcul de Structures n2 Jan 2003

Ecole Inter-Etats tf’Ing&ieurs de I’EQUIPEMENT RURAL 03 B.P. 7023 Ouagadougou 03

CALCUL

DE STRUCTURES Fascicule no 2

LES SOLLICITATIONS -_ LES SOLLICITATIONS

\;

\\ \:

Janvier 2003

--

- SOMMAXFN

DISTRIBUTION

DES CONTRAINTES

-

AUTOUR

D’UN POINT. . . . . . . . . . . . . . .5

1. Cas d’une contrainte plane ......................................................... a. Etude des vecteurs contraintes autour d’un point - Tenseur contrainte Directions principales - contraintes principales .............................. b. Représentation du tenseur contrainte par le Cercle de Mohr .................

5 5 .9

2. Cas général ........................................................................... a. Etude des contraintes autour d’un point ....................................... b. Représentation du tenseur contrainte - Cercle de Mohr .................... Théorème de Cauchy ............................................................. c. Courbe intrinsèque ...............................................................

13 13 .16 19 19

3. Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . ..*.....................

23

TRACTION

COMPRESSION A-/ EFFORT

. . . . . . . . . . ..*.......................

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

NORMAL

..,....,...................,........~..............

28

..a........................,............... 1. Introduction . . . . . . . . . . . . . ..a............. a. Hypothèses b. Repère - Conventions de signe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..*.............

29

Contraintes et déformations dues à l’effort normal ........................... Allongement de la poutre ........................................................ Déformation transversale - Coefficient de Poisson .......................... Travail de déformation ........................................................... Action dynamique des charges .................................................. Concentration de contraintes .................................................... Equilibre des fils ..................................................................

29 33 34 35 38 40 41

2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

a. Fil très tendu .................................................................. b. Fil peu tendu .................................................................. B-/ SYSTEMES

TRIANGULES

28

42 43

.. .. .. . .. . .. . . ... .. . . .. .. .. . .. . .. . .. . .. . . .. . . .. . .. . .. 45

1. Définition ......................................................................... 2. Hypothèses simplificatrices .................................................... 3. Quelques nœuds particuliers ....................................................

Notes de CO~~~/CAS-M-I. FREITAS

45 45 46

2

4. Méthodes de résolution des systemes réticulés .............................. a. Méthode des noeuds ....................................................... b. *Méthode de coup-w-e...................................................... c. Méthode graphique ou de CREMONA ................................

46 47 49 SO

5. EXERCICES . . . . . . . . . . . . . . . . . ..(....~....*..............~..................*......

51

..*.........................a.

61

1. Introduction .......................................................................... 2. La flexion droite .................................................................... a. Contraintes et déformations .............................................. b. Condition de résistance - Module de résistance ....................... c. Formes les mieux adaptées pour la flexion droite Rendement d’une section ................................................. d. Travail de déformation .....................................................

61 62 63 .66

3. La flexion déviée ................................................................... a. Déformation de la poutre ................................................ b. Travail de la déformation ................................................ c. Forme bien adaptée pour résister .......................................

68 69 70 71

4. La flexion composée ............................................................... a. Centre de pression et noyau central .................................... b. Noyau central. ............................................................ c. Exemple de recherche du noyau central ...............................

71 72 73 73

FLEXION

,.*,.*..,........,..............~.............*....

5. EXERCICES.. EFFORT

TRANCHANT

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...*.......*..........................*.**.. .,............*...,..........................*...................

1. Généralités .............................................................................. a. Hypothèses ............................................................... b. Convention de signe ...................................................... c. Relation entre T et M ....................................................

67 67

75 84 84 84 84 85

87 2. Calcul des contraintes dues à l’effort tranchant ................................... a) Relation fondamentale pour le calcul des contraintes de 87 cisaillement .................................................................... .89 b) Sections massives, symétriques par rapport à Gy ....................... c) Sections constituées de profils minces, symétriques par rapport à 95 Gy ............................................................................... 98 d) Sections intermédiaires ...................................................... ..9 9 e) Cas où Gy n’est pas axe de symétrie. Centre de torsion .............. Notes de CO~~/CAS-l/H.

FREITAS

3

f) Contraintes tangentielles longitudinales . ..%.................mm........s.

104

3, Déformations dues à !‘effort trarrchant ............................................ 4. TravaiS de déformation .............................................................. a. Expression générale ....................................................... .b. Calcul de sections réduites ................................................

iO4 106 106 108

5. Poutre de hauteur rapidement variable ............................................ 6. Cas où la section reste plane ........................................................ 7. Exercices ..............................................................................

111 112 114

TORSION . ..*..............*...........*................*....................*..............

116

1. Introduction ........................................................................... 2. Poutres de sections circulaires ...................................................... a) Contraintes et déformations ............................................... b) Travail de déformation ..................................................... c) Cas de la section circulaire creuse ....................................... d) Exercices .....................................................................

116 117 117 119 .120 120

123 3. Sections de forme quelconque . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..*............... a) Généralités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 b) Sections massives . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 a. Contraintes et déformations p. Energie interne y. Exercices c) Sections constituées de profils minces . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ...*.... 134 a. Profils fermés /.3.Profils ouverts y. Exercices 4. Directions principales et contraintes principales ............................... 5. Concentration de contraintes ...................................................... 6. Tensions secondaires ...............................................................

Notes de CO~/CAS-1M

FREITAS

142 143 144

La Mécanique des Structures ou Calcul de Structures, est une science de l’ingénieur qui a pour but, la recherche de la forme la mieux adaptée économiquement à un élément de construction afin que celle-ci soit pius apte à mieux résister aux sollicitations (effort de traction ou compression, de -flexion, de cisaillement ou même de torsion) auxquelles elle est soumise. Cette science qui s’applique à toutes les branches de la profession d’ingénieur (mécanique, bâtiment, fondations, ouvrages hydrauliques tel que barrages, ponts, . . ..etc.) s’appuie fortement sur les mathématiques tout en admettant des hypothèses simplificatrices et raisonnables. Elle utilise constamment les Si la statique étudie l’équilibre des forces appliquées à la construction, la mécanique des structures s’occupe plutôt des sollicitations qu’engendrent cellesci et de leurs effets internes. Car le comportement d’un élément de structures dépend non seulement des effets internes provoqués par ces sollicitations en un point considéré mais aussi du matériau qui le compose. C’est une science qui fait appel au bon sens et à l’expérience

de i’ingénieur.

Le présent document qui représente le premier numéro d’une série de trois tomes, est relatif à l’étude générale des différentes sollicitations d’un élément simple de construction (barre, poutre). Ici, on se limite à la théorie des poutres. Dans ce volume, on étudie les différentes sollicitations, les applications directement liées à chacune d’elles.

Notes de cours CAS-l/EERIH.

FREITAS

leurs conséquences et

1 - CAS D’UNE CONTRAINTE

PLANE

a - Etude des vecteurs contraintes autour d’un point. Tenseur contrainte Conventions de signe : CT> 0 , si c’est une contrainte de traction ; t > 0 suivant z’ ; le repère ( v’, z ) étant direct. C’estàdire(v’,z’)=+

5

Fy >O l

1

’

M>O

Etudions le vecteur contrainte J‘ qui s’exerce sur un élément de surface passant par 0 lorsque la direction de la normale P à cet élément varie. Soient : 0 xoy un repère rectangulaire CT~et t, les composantes normale et tangentielle de la contrainte s’exerçant sur une facette de normale ox

l

oY et tY les composantes normale et tangentielle de la contrainte s’exerçant sur une facette de normale oy

l

l

la longueur de BC est égale à l’unité ; a longueur AB = cas a longueur AC = sin a

Notes de cours CAS-I/EIER/H. FRE[TAS

6

Nous allons calculer les composantes (l’ normale CTet tangentielle t de ia contrainte 7 s’exerçant sur la facette BC de normale C ; Y : vecteur unitaire faisant 1x3angle cI avec 0x . w La contrainte étant 0 et au signe - , si 0, - oy < 0

Remarques : l

01

+

02

=

0,

+

cy

* d’où oX + oy = constante et ceci quelque soit le repère

)

11

CF~+ or est la trace de la matrice [G] =

l

On peut

vérifier

que

do -=Opourao da

etao +5,

d’où

les contraintes

principales o1 et ~7~sont les valeurs extrêmes de ci ; (~1 : maximum de CTet 02 minimum de CJou vice versa).

Si l’on prend les axes ox et oy précédents suivant les directions principales en o, les relations (1) de la page 6 deviennent, ~1 et 02 étant les contraintes principales (voir fig. ci-dessous)

Notes de cours CAS-I/EIER/H.

FREITAS

9

f /6-

2 2 1+ cosia (T ! CGS a+c7 2 sin a=o 1 -------+“2 2

1 = ---= ai-02 (2) 1 12 t

0-o L--L 2

g1 “O2 --Sir?

=

I

1- cos2a

c. L

-

cos7a

2a

2

Le tenseur contrainte s’écrit alors [0]=

010 O

02

D’où:

b - Représentation du tenseur contrainte par le cercle de Mohr Les relations (2) ci-dessus montrent que dans le repère (Y’, Z) lié à la facette, l’extrémité

M du vecteur contrainte T décrit un cercle, ce cercle est le cercle de

Mohr. r= OI-02 En effet : en posant

2

a= a, + a2 2

Ona:

(0. - ~2)~+ t2 = r2 COS’ 2a + r2 sin2 2a = r2

D’où le cercle de Mohr a pour centre :

A

X

O1

=

pour rayon : D’où on a la représentation géométrique ci-après : Notes de cours CAS-l/EIERM

FREITAS

+O2

2

10

0 et t sont positifs suivant C et z’ .

ic--l----------------1 n Attention au sens dans lequel I II sur le cercle de Mohr : I

on reporte a

0 étant le point représentatif de [contrainte sur la facette de normale (1)

3,

M étant le point représentatif de ? contrainte sur la facette de normale v’ telle que IF), L’angle

CJ= a). (A(1), AM)= - 2a 4 1‘axe de référence

Construction inverse : si on connaît non pas les contraintes principales mais les contraintes oX, CT~et tXY sur 2 facettes perpendiculaires de normales 0x et Oy, la construction du cercle de Mohr est alors la suivante.

“x __--------_----v-w l

i

Nota : Ici il faut également faire attention aux signes.

Soient : (x), le point représentatif sur le cercle de Mohr de la contrainte sur la facette de normale ox (y), le point représentatif sur le cercle de Mohr de la contrainte sur la facette de normale oy

Notes de cours CAS-l/EIER/H. FREITAS

Q, le point reprksentatif

sur ie cercie de Mohr de lb contrainte

sur la

facette de normale o(1) @, le point représentatiC sur le cercle de MO~- de la contrainte

sur la

facette de normale o(2) Pour (x) il faut reporter t, > 0 vers le haut (suivant ? ) tandis que pour (y) il faut reporter t,, > 0 vers le bas l’angle (A(x), A(I))

= -2a

; A(x) : axe de référence

D’où on peut construire les directions principales : (OX,Yïj)=+a 4 axe de référence. Remarques : les points représentatifs de 2 facettes perpendiculaires diamétralement opposés sur le cercle de Mohr.

l

sont

la contrainte de cisaillement est maximum sur les plans faisant un angle de 45” avec les plans principaux.

l

Cette contrainte maximale est :

17 -o*l Itmaxl = 2

Cas particuliers Traction (ou compression simple) Considérons la barre de section S soumise à un effort normal de traction N.

(2)

o,=N/S

tttttt

t

CT, =o

-t

--

CF~= E 3 les directions principales en 0 sont : S c2

ii

barre

de section

a,=N/S S

=o

1

O(1) et O(2)

!2

Cercle

de Mohr

figure

1

Sur une facette de normale V les contraintes sont :

(Le cercle de Mohr est une représentation géométrique de ces relations). Les composantes fx et f,, de ? sont :

fx = 0, fy = 02 sina = Va,

T est vertical

v à ml Pour a = + 45”

o=tA. 2

Traction (ou compression) 0x

=

CJy

t xy

(voir figures 1 et 2 ci-dessus)

isotrope =

0

Le cercle de Mohr se réduit à un point

=VCt: t=o a toutes les directions sont principales.

Notes de GOUTS CAS-UEIERM

FREITAS

Sur une facette à 45” par rapport aux directions principales (points représentatifs : B et C) on a :

Itj=a, i o=o 2 - CAS GENERAL a-

Etude des contraintes autour d’un point

OA=dx OB= dy OC= dz (0, x, y, z) : repère orthonormé Ix’ // 0x Iy’ /! oy Iz’ // oz

1: Centre de gravite de ABC dS : aire de ABC

7 : vecteur unitaire de composantesa,

f3, y

normai à ABC

//

// x

(a2+P *+y g 1)

f

Soient les contraintes s’exerçant sur les faces OBC, OAC et OAB du tétraèdre. Les composantes de ces contraintes sont :

14

Face :

OBC

Composantes 1: à 0x Compos<es !/ à.uy composantes !/ à oz

0X

t xy t x2

OAC tyx BY

t Y=

OAB Lx b (Jz

Les oi , tij sont positifs lorsqu’ils sont dirigés comme sur la figure ci-dessus ; --c’est à dire qu’ils sont positifs s’ils sont dirigés suivant - ox, - oy, - oz . Sur la facette ABC s’exerce la contrainte ? de composantes fx, fy, fi suivant -dd 0x, oy, oz. L’équilibre du tétraèdre OABC donne les 6 équations suivantes (on néglige ici les forces de volume : voir page 6 GT).

(les autres composantes sont , soit parallèles à Ix’ soit coupant Ix’)

(4) CFx =0 (5) CFy =0 C : (6) CF, =0 :

--

des projections des forces suivant les 3axesox,

oyet G.

Les composantes des forces s’exerçant sur les faces du tétraèdre sont : Face

OBC

OAC

OAB

ABC

Composante suivant z Composante suivant oy

- o,.a.ds - tXy.a.ds

- t,,$.ds

- &.y.ds

- o,.P.ds

- ty,.y.ds

f,.ds f,.ds

Composante suivant G

- t,,.a.ds

- t,,$.ds

- o,.y.ds

f,.ds

En effet l’aire OBC = aire de ABC . COS(angle entre les plans OBC et ABC)

CT L ‘angle de 2 plans est jgal à 1‘mgle de 2 de leurs perpendiculaires. 0x IOBC v’ iABc

G COS(OBC, ABC)= COS(,G, G1 = a d’où aire OAC = ds . p aire OAB = ds . y fX =a.ox

+p.tXy

+y.t,

Les équations (4), (5) et (6) s’écrivent donc : fY = a. tXy + p . oY + y tyZ : fz =a.t= Ces dernières relations peuvent s’écrire matriciellement

+/?A,,

+yo,

:

[CT]est le tenseur contrainte en 0 ? est la contrainte s’exerçant sur la facette passant par 0 et de normale v’ . La transformation v’ ---++ T est une application cette application linéaire dans la base (0, x, y, z)

linéaire. [G] est la matrice de

La matrice [CT]étant une matrice symétrique, elle est diagonalisable, ses valeurs propres sont réelles et ses vecteurs propres forment une base orthogonale. Ici les valeurs propres sont les contraintes principales et les vecteurs propres, les directions principales. En prenant pour axes les directions principales le tenseur contrainte s’écrit : cri, 02, o3 étant les contraintes principales. (dans le plan on a obtenu directement résultats}

Dans ce repère principal l’extrémité

M de T a pour coordonnées :

Notes de cours CAS-1IEIERhI.

FREITAS

ces

16

jx=o,.ol iy=a,.p z=o,.y

(3)= ,*M __ ’ ,/” /’_Y

2

Ona Z.t+y2 y+-=a2+p2+y2 0;

0

L X /

o2

=l

a;



D’où M décrit, lorsque la facette de normale V tourne autour de 0, un ellipsoïde ; cet ellipsoïde est appelé

(1)

ellipsoïde des contraintes. b- Représentation plane du tenseur contrainte : Cercle de Mohr

z1 /

‘\ z \\\

1

j

-\

M

/ ,jT /

/

T

Soient : un point 0 quelconque du solide étudié ; (0, x, y, z) un repère orthonormé lié au solide ; ds un élément passant par 0. v’ : vecteur unitaire, de composantes a, p, y dans (0, x, y, z), normal à ds ? : contrainte s’exerçant sur l’élément ds. Appelons Q le plan passant par 0 et perpendiculaire à V et P le plan contenant TetC.

Soit z’ un vecteur unitaire issu de 0 appartenant à l’intersection

de Q et de P.

Dans le repère (V , z’) les composantes de ? sont (r et t [(v’ , z’) est un repère lié à la facette ds]. Supposons principal le repère (0, x, y, z) lié au solide ; dans ce repère les composantes de ? sont : fi =a, .cz T f2 =cT, .p

0,) o,et 0, étant les contraintes principales.

f3 =o, .y

Notes de cours CAS-IIEIHUH. FREITAS

17

Supposons CJ~> n2 > ~3 (ceci n’eniève rien â.la généralité car il suffit d’appeler « 1 » l’axe correspondaIt à la contrainte principale la plus grande et « 3 » à la plus petite). Orientation 1, 2, 3 telle que le repère soit direct.

produit

scalaire

(3)

Si l’on fixe la valeur de l’un des trois paramètres : c?, /3*, y* on voit que dans le repère (V, z’) le point M de coordonnées (0, t) appartient à un cercle centré sur v”. Pour a constant, l’équation de ce cercle (Cl) est : (J2+ t2 -CT(02 + 03) + 02 03 + a* ((53 - q) (01 - 02) = 0

(Cl>

Cette équation est obtenue en éliminant /II et y dans (1) grâce à (2) et (3) Pour p constant, l’équation de ce cercle (C,) est : CT*+ t* - 0 (03 + 01) + CT3 OI+ p* (0, - 02) (CT2- 03) = 0

(C2)

Pour y constant l’équation de ce cercle (C,) est : CT*+ t2 - CT(01 + 02) + 01 02 + y2 (62 -03)

(C3)

(63

01) = 0

L’extrémité M de ? appartient donc lorsqu’on suppose a, p ou y constant aux 3 cercles CI, C2, C3. Les cercles CI constituent une famille de cercles concentriques. De même pour C2 et C3. Soient : Y?*le cercle de la famille Cl pour a = 0 Y?2le cercle de la famille C2 pour p = 0 6’3 le cercle de la famille C3 pour y = 0 L’équation

de I!?l est :

02 + t* - 0

(02

+

D3)

+

Equation qui peut s’écrire :

Notes de cours CAS-lIElER&l.

FREITAS

02

. CT3 = 0

18

D’oti 151a pour centre le point

i

0 =

I Et pour rayon,

0:

b.

1-q

2

’

t=O \ /J

02 -031 I 2 l

Résultats analogues pour Y?2et g3 La puissance d’un point de coordonnées (CJ, t) d’un cercle Cl par rapport au cercle Y& est : PI =Of +t* -0(0, +cT,)+(T, G3 =-a2 (a, -U&T, puisque oI > CT~> 63, PI >o d’où les cercles CI sont extérieurs à Y$‘*

-0,)

De même on trouve que la puissance d’un point de C2 par rapport à Y?2est : P2 = - p” (01 - 02) (G2 - 03) < 0 =3 C2 intérieur à VZ2 Et que la puissance d’un point C3 par rapport à XT3 P3 = - y2 (cf2 - Q) (03 - 0J > 0 3 C3 extérieur à Y53 D’où la figure suivante :

gl est le cercle de Mohr . di et ‘I5’3sont les cercles fondamentaux. M appartenant simultanknent à un Cr ) un C2 et un C3, M se trouve dans la partie hachurée sur la figure ci-dessus ou à son contour, M appartient à l’un des cercles 6’1, Y?2ou Y?3si la facette contient une direction principale (par définition

de YG’r,(e2, T?3).

Théorème de Cauchv Soient ? contrainte sur la facette de normale V (a, p, y) f ’ contrainte sur la facette de normale v’ ‘(a’, p’, y’)

Soit le tenseur contrainte T=ao, ii’=a’o,

+po, +pa,

+ycF,

, on se place dans le repère principal.

3

+ppa,

+yy’o,

=Cv:

c’est le théorème de Cauchy.

+y’o,

si T.Pr=Tr.G

W=adq

= 0 alors les directions v’ ’ et v’ sont conjuguées.

c- Courbe intrinsèque Soit un point d’un solide. En ce point chaque état de contraintes est caractérisé par un cercle de Mohr. Augmentons progressivement les charges appliquées au solide ; au début tant que les contraintes sont petites, les déformations sont réversibles ; par contre lorsque les charges sont très élevées les déformations ne sont plus réversibles ; (lorsque CT,est dépassée). Au point considéré notons les états de contraintes déformation irréversible et leurs cercles de Mohr.

produisant

la première

L’enveloppe de ces cercles de Mohr est la courbe intrinsèque du matériau. Le matériau (R.d.M) étant homogène et isotrope cette courbe est symétrique par rapport à Y.

20

Pour rester dms 1s doinaine élastique il faut qrie l'extrémité M de T se situe à l'intérieur de la courbe intrinsèque.

intrinsèque facette la correspondante est soumise à

--

-Ume 'ntrlns8que

cercle de Mohr llrnrte

= E * Y Ey.ds=EyS=N

3

N Y =ES

Avec S : aire de la section (S) D’où la contrainte et la déformation toutes les sections et valent :

dues à l’effort

normal sont uniformes sur

N S N Ex =ES

ox =-

On a vu (intuitivement) que les contraintes tangentielles t,, et t,, sont nulles. t, = 0. Toujours intuitivement, on a ciY = 0 et oZ = 0 ;

32

(La théorie de l’élasticité

confirme ces résultats dans des cas simples).

Toutefois, ceci n’est pas toujours rigoureusement exact ; en effet considérons un élément dS, de la surface extérieure de la -. P Si cet élément supporte une charge, ,‘\- - - - élément la contrainte no,rmale sera I( égale à la composante normale de cette charge donc f 0 ; de même la contrainte tangentielle sera égale à la composante tangentielle de cette charge donc # 0. r/ Cependant l’on ne commet pas une grosse erreur en prenant les : t.. = 0, q= 0 et (Tu= 0. Contraintes sur une section oblique (Voir chapitre précédent sur «Distribution des contraintes autour d’un point)))

Quelques modules d’élasticité rupture 03

E et limites d’élasticité

oe (ou contraintes

Les valeurs ci-après ne constituent que des ordres de grandeur.

Acier doux Aciers durs

E . kg/cm*

cre (ou 0,. ) kg/cm*

2 100 000 2 100 000

CT,= 2400 CT~= jusqu’à 15 000 à 20 000 en particulier : armatures pour B.A (Te= 4 200 armatures de précontrainte = 15 000

Fonte grise

1 000 000

Cuivre (en fils) Aluminium Bois (moyen) Granite Béton Corde en chanvre

1 200 750 100 300 300

000 000 000 000 000

cFe= 750 ~~ = 1500 cre= 1400 cTr= 2000 cJe= 200 CT,= 500 cJr= 350 CJ~= 160

en traction en compression en traction

compression compression traction

Nota : Les contraintes admissibles sont en général égales aux 2/3 de cre.

Notes de cours CAS-l/EIERiH.

FREITAS

de

33

ReinarQue concernani

k’hvpo~hèse de Navier BernouiRi

Dans le cas ci-contre où i’on charge uniformément la section extrême du poteau, cette hypothèse est exacte pour toutes sections du poteau.

/ s2 ! iii Lb

a

Contraintes dans les sections SI,

3 - ALLONGEMENT

Par contre pour le poteau ci-contre chargé ponctuellement, au voisinage du point d’application de cette charge concentrée cette hypothèse n’est pas exacte. On peut admettre (théorie de l’élasticité) qu’à partir de la section S3, grosso modo à la distance a de S, l’hypothèse de Navier Bernouilli est vérifiée.

Sz,S2

DE LA POUTRE

On calcule cet allongement en intégrant le long de la poutre les déformations as (= E,) + voir relation de Navier Bresse. Cas d’une poutre droite

+------. 31

lu(n)

GL

D\“/

3UllL

L.NL13LdllLG>,

aluI>

ES

N(x) étant pris avec son signe on a : A& > 0

pour un allongement

At < 0

pour un raccourcissement

Notes de cours CAS-l/EIEWH.

FREITAS

34

4 - DEFORMATION

TRANSVERSALE

- COEFFICIENT

DE POISSON

L’expérience montre que la déformation longitudinale aX est accompagnée d’une deformation transversale cy (= E,) proportionnelle à Ex. E, et E, sont plus petits et de signe opposé à E* EY = EZ= - U&x Le coefficient de proportionnalité v est le coefficient de Poisson Le coefficient de Poisson u dépend du matériau ; u est compris entre 0 et 0,5 Acier u = 0,3 Béton

u = 0 si le béton est fissuré u = 0,lS si le béton n’est pas fissuré Matériaux incompressibles (caoutchouc) u = 0,5*

Variation

de volume La variation de longueur l’élément ci-contre est :

des côtés de

A(dx) = sX . dx A(dy) = -wx . dy A(dz) = -UE, . dz

T dx ; -

2i,

La variation du volume de l’élément est : Av=dy.dz.a,dx -dy . dx . u . cx dz -dz . dx . u . Es dy Av=dx.dy.dz.a,.(l-2u)

*Pour u = 0,5, AV = 0 d’où le matériau est incompressible. 6 Remarque : si la déformation transversale n’est pas empêchée il n’apparaît aucune contrainte supplémentaire, par contre si elle l’est, il apparaît des contraintes ciY(et, ou) 0,.

Notes de cours CAS-l/EIER/H.

FREITAS

35

5 -- TRAVAIL

DE DEFORMATION

pq

W crt

I

0

Considérons un petit élément, perpendiculaire moyenne, de surface ds et de longueur dx

à la ligne

Augmentons progressivement, de façon (statique)* les charges appliquées à la poutre.

réversible

-- ds --~

(3,

\, w~

* Cette augme ntation de charges est infiniment lente, ainsi à tout instant les contraintes internes équilibrent les charges externes appliquées.

Dans la section S(x) l’effort normal R augmente de 0 à N. Soit R = a N

l

la contrainte normale cX augmente de 0 à CT~= z.

On a F, = a nX

l

la déformation

On a E, =a.~,

5

E, augmente de 0 à E, = $.

Quand a augmente de da l’élément de volume dv = ds.dx reçoit l’énergie :

0

CT x

J(dW,)=o,

Ona:

.dS.dEX .dx 5z---- déplacement

5, =a.E.r

d;, =EV .d; d’où 6(dWi)=Ë.E;.

de d”

avec 0 2 a 2 1

l

ih-T;i)=

0

à

1 cet

E x,2 .dv . [a y1

élément

de

dv. cwr.da

volume

dv,

reçoit

.da 2

D’où sous l’action de l’effort normal N l’élément l’énergie (travail de déformation) :

Notes de cours CAS-IIEIERIH.

FRE]TAS

de volume dv emmagasine

36

dl\‘; = +. E . Ej . dvl dwi peut s’ecrïre : dFVi = i. $- dv

1 dWi =?E,E:

ou encore

dWi d1- est représenté par l’aire QAB ’

, t

.S.dx=‘.-.S.dx=-2 E

’ N2 dx 2 ES

Pour l’ensemble de la poutre l’énergie emmagasinée est : Wi =$

1

) E.Ef .dv=-’

2

W, est l’énergie interne de la poutre

ou encore : Si la poutre est droite

A! étant l’allongement

Remarque

de la poutre.

: en vertu du principe de conservation de l’énergie on a AWi+AW,+AE,+AQ+.....=O

Wi : énergie interne du système (poutre ici) W, : travail des forces extérieures agissant sur le système. Ec : énergie cinétique du système. Ici E, = 0 car l’application des charges est réversible Q : énergie calorifique. Ici AQ = 0 car on suppose qu’il n’y a pas de dégagement de chaleur (pas de frottement) D’où :

AW,+AWi=O

Notes de cours CAS-I/EIER/H.

FRE[TAS

3 lorsqu’on applique des forces à la poutre l’énergie qu’elle emmagasine Wi est égale au travail accompli par ces forces (extérieures) au cours de leur application. S@ (ces forces étant appliquées de façon réversible).

/ A’

/’

6

.-

F

* le travail d’une force dont le point d’application se déplace de « 6 » le long de sa ligne d’action est :

A .’ /

0 F . 6 si cette force est appliquée brutalement

l

0

/

2 F . 6 si cette force est appliquée

de façon

réversible.

t F r----7

1

la force est proportionnelle --~---A-’ ~~~__~-~-.1 au déplacement

--L-----I

(loi de Hooke)

(5

Exemple

t

Soit le fil ci-contre auquel on applique la masse M réversiblement ;

/ /’

e

fil de masse négligeable, Section S module E

. le fil s’allonge de Al . l’effort normal dans le fil est N = Mg . l’énergie emmagasinée par le fil

wi =

est

+N.A~

. le travail de la force appliquée au fil est : W,= ;Mg.A,

= ;NA~

On constate que l’on a bien : t N=Mg

Wi = W,

38

6 - ACTION

DYNAMICU3

DES CHARGES

Reprenons l’exemple précédent a) On applique

la masse M rkversiblement

(comme ci-dessus)

Quand toute la masse M est appliquée on a : l

effort normal dans le fil : N = Mg

l

Mg 3 contrainte dans le fil : 0 = S Nl allongement du fil : A! = Z

l

l

1 N21 énergie emmagasinée par le fil : Wi = : N . Ak’ = - 2 ES 1 travail fourni par la masse M : W, = T N A! (= wi )

b) On applique

maintenant

M brutalement A l’instant t quelconque repérons la position de M par z, l’origine de z étant la position d’équilibre statique de la masse M (voir figure cicontre)

T

A cet instant t les forces agissant sur M sont Le poids : Mg La force de rappel du fil : -\

1 x--mouvement

N=Mg+ES;

de M

Mg - N étant différent de zéro, la masse n’est pas en équilibre. Son mouvement est régi par l’équation différentielle

$l N

Mg-(Mg+ES;)=Mz”

i Mg

Soit

Notes de cours CAS-l/EIEWH.

FREITAS

ES z”+ - z=o Ml

39

Equation qui a pour solution z(t) = A COSest -+ B sin ot /ES A et B : constantes. avec c13=~~

La vitesse de la masse M est z’(t) = $= En prenant l’origine

- cùA sin cùt + o B COSot

du temps au moment où on applique M on a

--Mg! pourt=O

‘=

A- --- Mg.Q

ES

2

ES

Iz’= 0

B=O

2n et d’amplitude Ma donc un mouvement périodique de période u AZ, est l’allongement

L’allongement

~Mfk-*l ES

’

statique.

maximum du fil est maintenant

w +-=2A!, ml ES

ES

= 2 fois 1‘allongement statique d’où : la contrainte statique

« dynamique » maximum dans le fil est 2 fois la contrainte

Ce qui montre l’effet néfaste des charges dynamiques. Faisons le bilan énergétique : à un instant

t

quelconque

- le fil a emmagasiné l’énergie

- la masse M a emmagasiné l’énergie cinétique 1 M2g2e waZ2 1 ES Ec =+M$ =--2 ES

Notes de cours CAS-IIEIEWH. FREITAS

40

- le travail fourni par la masse M est

W.I +E c =MZg2 -t!+Mgz ES

Ona

On a bien entre instants 0 et t :

Wi + E, + W, = 0 (conservation de 1‘énergie).

En particulier lorsque la masse M passe à la position d’équilibre - elle a fourni un travail

W, =Mg.A&.

- le fil a reçu le travail

Wi =;Mg.A10

statique (z = 0)

W, - W, = f Mg. AI0 constitue l’énergie cinétique

- la différence de la masse M.

Remarque : En fait, le mouvement oscillatoire

s’amortit progressivement par suite des frottements et aboutit à la position d’équilibre z = 0. La chute de la masse M a alors fourni l’énergie Mg. Al,, , la moitié de cette énergie a été emmagasinée par le fil, l’autre moitié a été dissipée en chaleur par suite des frottements. 7 - CONCENTRATION

DE CONTRAINTES

Lorsque la section varie brusquement, comme on l’a signalé en introduction, les résultats de la théorie des poutres ne sont plus valables. En particulier les contraintes ox ne sont plus constantes sur toute la section ; on a en certains points une « concentration de contraintes ».

En voici quelques exemples 1N

--orna&

N

2°moyen

l

----omax=

jusqu’à

60 moyen

~- épaisseur

Notes de cours CAS-IIEIERIH.

FREITAS

b

4i

b

épaisseur

b- -

e

N ’ t

IN i

Si ! est grand par rapport à R 0 max= 3 ~moyen N avec amoyen =~ lb

8 - EQUILIBRE 4

Toujours si ! est grand par rapport aux dimensions du trou (ellipse)

DES FILS

t/, --A-..----.-- y,/:

1

*+jyzF/” l

On tend avec une flèche f un fil, de poids p par unité de longueur, entre 2 points A et B distant de ! et situés sur une même horizontale. A et B sont 2 articulations.

On cherche la forme que prend ce fil. Le fil n’ayant pas de raideur à la flexion il ne peut supporter que des efforts normaux, efforts normaux de traction (pour des efforts normaux de compression l’équilibre serait instable). D’où le fil doit être tel qu’il soit confondu avec la courbe des pressions, la charge étant son poids propre.

Notes de cours CAS-VEIERM.

FREITAS

Comme on l’a vu en statique, pour les forces paralleles reparties les ëquations d*y des courbes funiculaires sont solution de l’équat.ion différentielle - - - ~q(x) dx2 H ’ Pour intégrer cette équation on va distinguer 2 cas. a) Fil très tendu (la flèche f est petite par rapport à la corde ! ) On a alors q(x) E p = constante. D’où les courbes funiculaires ont pour équation y = - -+c, ’ x2 2H

+c,

Ces courbes funiculaires dépendent de 3 paramètres H, CI et C2. Ces trois paramètres sont déterminés par les conditions que l’on impose à la courbe funiculaire ; on peut imposer au plus 3 conditions, l

l

Si on impose plus de 3 conditions (par exemple ici en imposant en outre au fil sa direction en A et B A:) F*rn lkale notre problème n’a en général pas de solution, ce qui veut dire qu’un équilibre sans flexion est alors impossible. Si on impose moins de 3 conditions indéterminée.

la courbe funiculaire

La courbe des pressions que l’on cherche ici est la courbe funiculaire A et B (2 conditions) et ayant pour flèche f (1 condition).

D’oùl’équationdufïl

y(o)=0

3

y([)=0

s

c, =z

y$=f 0

3

H=!?t 8f

4f y=--x2 l2

4f +7x

passant de

correspondante est

D’où on peut déterminer HI, Cl et Cz ; la courbe funiculaire la forme que prend le fil. Ona

c, =o Pl

Notes de cours CAS-UEIERIH.

j

c,=!! L

4f = F x (t - x)

FREITAS

est

(parabole)

43

A :‘absc.isse x l’effort normal dans le fil est -N= y’ étant la dérivée de y par rapport a x 4f 8f soit y’=+------x .t l2 8f2 Cet effort normal est maximum en A et B où il vaut N = N 1+ l2

b) Fil peu tendu : On ne peut plus ici considérer q(x) constant égal à p maintenant ds q(x)=pxdx=pd* A

D’où l’équation différentielle courbes funiculaires s’écrit Hy” =-p,/m

(1)

En posant z = y’ (1) s’écrit dz Hz’= H-=-PI,&? dz d’où H Jl+z2 a Hlog (z+Y/=

= - pdx

1=-~X+C,

En prenant le repère xoy de la figure ci-contre on a y’=z=()

D’où

pour

x=0

x

z+ J---xe-~ l+z

En isolant dl + z2 et en élevant au carré on tire : dy 1 -; ; =-she -e H z=z=2 ! 1

Notes de cours CAS-UEIERBI.

FREITAS

Cl =o

donnant les

44

E.nfïn, en intégrant

dy Px ~ = - sh H dx

Avec le repère choisi ci-dessus,

Y =-!$hPX g-+c, P

on obtient

y(o)=-;

H

3

c, =c

D’où l’équation du fil : chaînette H Le paramètre H étant déterminé par la relation f = + p H A l’abscisse x l’effort dans le fil est N = ~cos~ = H.dg=Hch-=-py

Cet effort est maximum en A et B où il vaut : p La longueur du fil entre A et B est : L= rdgdx=2

ffch;x.dx=2;shz

Notes de cours CAS-l/EIERfH. FREITAS

= H + pf

Px H

Cette partie constitue l’une des applications

directes de I éffort normal.

1 - Définitions Un. système triangulé ou Treillis articulé est un des plus importants constructions métalliques en génie.

types de

Un treillis est constitué de barres droites (profilés en L, T ou 1) articulés les unes aux autres et constituant des triangles juxtaposés. Les barres sont reliées entre elles par leurs extrémités. Les joints de liaison des barres sont appelés rtoeuds. Les noeuds sont des assemblages soudés, rivés ou boulonnés. Entre le nombre de barres (b) et le nombre de noeuds (n) constituant un système triangulé existe la relation suivante : b = 2 n - 3 membrures

poutre

ferme

Exemples de treillis articules

2 - Hypothèses

simplificatrices

CL- On suppose que les barres sont articulées sans frottement aux noeuds, autrement dit chaque barre est considérée comme une bielle articulée à ses deux extrémités. p- On néglige le poids propre des barres y- Les forces extérieures (charges) sont appliqués au noeuds. S- Les forces appliquées sont situées dans le plan du système articulé.

Notes de cours CAS-J/EJEJUJ-J.

FREJTAS

46

A

Les treillis sont considérés comme un ensemble de noeuds articulés et de membrures soumises à des efforts axiaux seulement. Ce sont des systèmes dits réticulés.

-i B

Système_Réticulé

En revanche, si les éléments d’un système de barres travaillent principalement en flexion ou en torsion, le sytème est appelé cadre.

*.Q&

.Q , ‘_ Exemples de cadres

3-Quelques noeuds particuliers On démontre aisément les resultats ci-après présentés sous forme de tableau sur les noeuds non chargés d’actions extérieures.

’

N2

Géométrie

N 2/

/

N ,A, ’ /’ J

/

N \

2

NI=N2

4- Méthodes de résolution

‘1

,,; 4

Barres alignées

Propriété

N,,,Yc.+ /’

I

I

l-----

/”

N2 ,,’

\N,

NI=0 Nz=O

!

Barres 1 et 2 alignées NI=N2 N3=0

I

Barres alignées deux à deux N1=N3

N2=N4

des systèmes réticulés

Un système réticulé peut s’étudier analytiquement ou graphiquement. Selon qu’on veuille faire un dimensionnement ou une vérzjkation de la structure, on utilise l’une ou l’autre des méthodes suivantes.

Notes de cours CAS-IiEIElUH. FREITAS

47

a- Analyse d’un sytème réticulé par la méthode des noeuds

1

Soit à méthode dans les réticulée

P E

,I_l.:pI , ,,

déterminer par la des noeuds, les efforts barres de la structure illustrée ci-contre.

B

a

, I

a

F

/

a

/q

La structure ci-dessus est un système articulé. Nota : Un treillis peut être considéré comme un ensemble de barres articulées soumises à des efforts axiaux. Comme le treillis est en équilibre, chaque noeud doit aussi se trouver en parfait équilibre. l

Equilibre général du système :

Trouvons d’abord les réactions d’appui en A et B En effet, avant l’étude d’une structure, la connaissance de toutes les forces extérieures sur elle (charges et réactions d’appui) est nécessaire.

2P

Ici, les réactions (H,, V,, VI,) possibles sont représentées sur le schéma cicontre. On obtient :

c F,=Oa H,=O c FY =0 av,+q -4P=O

= cML4

0 =3 P.a + 2P.2a + P.3a - 4Vh = 0

Résultat auquel il fallait

v, =2P Vb=2P Ha=0

s ‘y attendre : géométrie et chargement de la structure

symétriques.

Notes de cours CAS-IlEIERkI. FREITAS

48

Equilibre

l

des noeuds

Le système étant en équilibre, chaque noeud est en parfait équilibre. alors isoler un noeud et écrire son équilibre.

On peut

w Remarque :

-<

1. La résolution du système d’équations à un noeud n ‘est possible que si on a 2 inconnues à ce nœud; c’est-à-dire que si seulement deux barres inconnues aboutissent à ce noeud. 2. Aussi, la disposition géométrique des barres et des noeuds dans un système triangulé, est telle qu’il existe au moins un noeud avec deux forces inconnues (les efforts dans les barres sont considérés comme des inconnues).

Dans la structure ci-dessus on ne peut qu’alors débuter avec le noeud A ou noeud B. Noeud A

,A A

Ne connaissant pas à priori la nature de l’effort (compression ou traction), dans chaque membrure (barre) nous choisissons de le représenter comme une traction arbitrairement.

NAC

30”

4 , /’ ,’

,

Si le résultat estpositfalors l’efort dans la membrure est une traction ; sinon, c’est une compression.

NAF

,,‘,x

Ecrivons l’équilibre du noeud A. NAC et NM sont les actions des barres AC et AF sur le noeud A

v,=2P i

c c

F,=O=N,,

+N,,cos30°

&

N,, +,NAc

=0

=0 *NM

J5

=-TN,,

3 F, = 0 s NAc sin30’ + VA = 0

On trouve :

N,, =-P

D’où : tandis que

et

11

;NAC +2P=O

N,, = +0,87P

la barre AC est comprimée la barre AF est tendue.

j

N,, =-P

49

Noeud C :

P /

NAC=7

N CD

,,.’

\

NCF

Connaissant ainsi l’effort dans la barre AC @JAC), dans le schéma ci-contre, les deux inconnues sont à présent Ncn et NcF. Comme précédemment on écrit l’équilibre du noeud C par projection sur deux axes orthogonaux et on trouve alors ces inconnues.

On obtient le système d’équations ci-après : N, cos30° + N, cos30° + N,, cos30° = 0 NA, sin30” + N,, sin30” -N, sin30” = P

dont la résolution qui donne : Ncr = -0,5P (compression) et Ncn = 1,5P (traction).

On passe ensuite à un nouveau nœud. De proche en proche, on finit par trouver l’effort dans toutes les barres. b- Méthode

de coupure

Elle consiste à faire une section de la structure en deux parties à travers les barres dont on recherche les efforts et d’écrire l’équilibre d’une des parties ainsi obtenues. La section ne doit pas s’opérer sur plus de trois barres (équations dans le plan obligent).

Exemple : Soit à trouver par exemple, les efforts dans les barres BC, DC et BB’ de la structure ci-contre. Coupons le système en deux parties à travers les barres concernées. On obtient le schéma ci-après :

1

Notes de cours CAS-1IEIERO-l.

a

i1

FREITAS

a

/

a

I

a

i

50

B---i PT ,,’ / ,,,,’ ,y ai NBC& \ ,,’ \L!??L; ,;, ! ii Va,=? NDC C P --l NBB

----y

Pour trouver l’effort dans la barre DC (Nnc), écrivons l’équilibre de la partie (1). Il suffit de faire la somme des moments sur cette partie par rapport au noeudB : c

M, =0

3

a.N,-a.P=O

N,,=P

d’où

En procédant pareillement pour les autres efforts on les trouve tous. c- Méthode de CREMONA C’est une méthode graphique qui permet de trouver de proche en proche les efforts dans toutes les barres d’une structure réticulée. Il revient alors de comprendre que chaque élément de la structure engendre un effort normal qui a même direction que la barre.

Il suffit de construire le polygone fermé des forces dans la structure : (forces internes dans les barres et forces extérieures : charges et réactions d’appui). (voir TD en classe)

Notes de cours CAS-l/EIER/H.

FREITAS

51

EXERCICES : Exercice no 1 :

1. A

G

c

‘1 ‘, ‘1

d

Une barre horizontale de section constante est fixée en C et D à 2 massifs indéformables.

I

B+---p

c

Au point B on lui applique une force horizontale P

D

Calculer l’effort normal dans les tronçons CB et BD

Résolution : Le troncon CB est tendu ; soit X, l’effort normal de traction dans cette partie. Le tronçon BD est alors comprimé par un effort normal égal à : P-X. Selon la loi de Hooke, l’allongement est de la forme :

s=g

relatif (E) avec :

(1)

N, l’effort normal qui provoque la déformation E, le module d’élasticité

du matériau et

S, la section de la pièce. Ainsi lorsque la barre est soumise à la charge P , la portion CB s’allonge de B’B’l X*c

égale à -

ES

et BD subit un raccourcissement de 8’ B, égale à

Les points B\ et Bi doivent être confondus (compatibilité

(P - X).d ES

des déplacements).

C’est-à-dire que ces deux déformations sont égales mais opposées. D’où, de l’expression (1) on peut écrire : X*c= ES

(P-X)*d ES

X

=- Pd

3 p_,,” e

’

52

Exercice N”2 Une barre de fer est placée à l’intérieur d’un tube de cuivre long de 80 cm. Une extrémité de cette barre est fïletée au pas de 2,5 mm. Calculer les contraintes dans la tige de fer et le tube de cuivre lorsqu’on visse l’écrou d’un 1/2 tour. (on suppose qu’il n’y a aucun “jeu”).

Données : Section de la tige de fer :

Af=4cm2

module d’élasticité du fer

Ef= 2,l x 106 kg/cm2 ..

Section du tube de cuivre

A,=6cm2

module d’élasticité du cuivre :

E, = 1,2 x 106 kg/cm2

Résolution Lorsqu’on visse l’écran on soumet la tige à un effort normal de traction et le tube au même effort normal, mais cette fois de compression. Soit X, la valeur de ces efforts normaux. La somme du raccourcissement du tube et de l’allongement de la tige doit être égale à la moitié du pas. d’où

3

- xe E&c x=

xe

=()125

+Ef.Af

’

e oJ25p ----E&

EfJQ

Notes de cours CAS-I/EIER/H. FREITAS

53

Application numérique : x=

O,i25

.d

80 80 -+--.-..1,2.6 2J.4

= 6058kg

d’où les contraintes respectives dans le fer et le cuivre sont : 6058 =--1514kg/cm2 Of 4 6058 cc =1010kg/cm2 6

(traction) (compression)

Exercice no3

I /‘,’ /

B

I .’

La structure ci-contre est une potance formée de deux barres toutes articulées à leurs extrémités. Dimensionner les barres BC et BD sachant qu’elles sont en acier doux dont la contrainte admissible est égale à 1600 kg/cmz (on supposera que la barre BD ne pose pas de problème de flambement) .

Résolution Ici c’est le cas typique de structure formée de barres toutes articulées à leurs extrémités, avec la charge appliquée au noeud ; l’effort dans les barres est forcément axial ; c’est-à-dire normal. La charge P étant appliquée au noeud B, l’effort dans chaque barre est donc normal à la section de la barre. Le polygone des forces ci-dessous montre bien que :

BC supporte un effort normal de traction de T =P

sin 30

Notes de cours CAS-I/EIER/H.

=2P

FREITAS

=12OOOkg

54

BD supporte un effort normal de compression de : cc - p = 1,732P = 10392kg tg30

D’où les sections des barres : BC : ABC

12.000 kg 1.600kgicm2 10.392 kg = 1.600kg/cm2

=

: ABD

BD

= 7,5crn2 = 6,5cm2

Exercice no4 Un anneau de module E, de section S et de rayon R est soumis à une charge uniforme p par unité de longueur. Déterminer l’effort dans l’anneau. Quelle est l’augmentation anneau ?

AR du rayon de cet

Résolution Par définition, l’anneau possède une épaisseur négligeable par rapport à son rayon. Faisons une coupure suivant un diamètre de l’anneau.

Y p.Rd a

,/,/’

T ,/‘\ e---

I,- il N I-

da,Q z” ‘,k L---- \a

-9 T - x

0

M

, i‘ 1

L’effort

tranchant T est nul par symétrie.

N

Le moment fléchissant M est nul aussi car si M était différent de zéro, les sections droites de l’anneau tourneraient ; or par symétrie elles restent radiales. N (ici vertical) est l’effort dans le % anneau provoqué par la charge uniformep. Pour déterminer N, projetons les forces s’exerçant sur le % anneau suivant l’axe y . Pour cela, choisissons un petit élément de cet anneau d’ouverture charge q sur cet élément. Elle est égale à : Notes de cours CAS-l/EIER&I. FREITAS

da et considérons la

55

q=p.

R& lonpeur

où a est 1‘angle au centre fixant la position de l’élément

de l’elemenr

choisi.

On a alors :

2N = 1 pR . da . sinar = [- com]~ . pR = 2 pR

L’anneau s’allonge de :

2nR.g

2 N = pR

(traction)

= 2x---PR2 ES

Sa longueur initiale était 27cR. longueur égale alors à 2n(R + AR) ;

La longueur devient donc 271~ D’où l’augmentation

de rayon est hR = pg

Exercice no5

On considère le système ci-contre constitué de 6 barres articulées ayant toutes même section « S ». Calculer les efforts provoqués par les deux forces F appliquées en A et B .

Résolution Le système est hyperstatique de degré 1 (1 barre est surabondante).

X-

B

A

-X

Supprimons la barre AB et substituons la par l’effort X inconnu. X doit être tel que l’allongement de AB pour le système de 5 barres (fïg.(2) soumis aux forces F-X soit égal à l’allongement de la barre AB, système (3) soumis aux forces x;

(3)

Notes de cours CAS-l/EIER/H.

FREITAS

56

X4% (2+4$gkz = --gD’où X= $

3

= 0,707F (tractionj

Les efforts dans les autres barres sont : AC:

J-‘= F-X ~

= fi-12

CD:

C = F-X

= (1- 2

D’où AB s’allonge de :

vp

*F = 0,207F *F = 0,293F

(traction) (compression)

=E

CD se raccourcît de :

_’.,II, \

Exercice no6 r

Calculer l’allongement et le travail de déformation subi par une barre verticale suspendue de longueur Z(figure ci-contre). barre suspendue

1

X L

La barre possède une section constante S, une masse volumique y et un module d’élasticité E.

Résolution a-/ L’effort normal N(x) dans une section s(x) située à l’abscisse x est provoqué par le poids de la partie en dessous de cette section . Soit N(x) = ySx D’après la loi de Hooke on peut écrire que la contrainte CJest définie comme suit :

Notes de cours CAS-I/EIER/H. FREITAS

57

soit

~T=EE. ,

“(‘) =E 0 s(x) l

3

Ac\l= z.N(x) -J=(x)

d’ou l’allongement dAE de la petite tranche de longueur dx est provoqué par le poids de la barre de longueur x en dessous de cette tranche et égal à :

2/

z

soit pour toute la barre on a un allongement total de :

ysx&-yl’ ES

2E

b-l Le petit élément de longueur dx au cours de son allongement reçoit de l’énergie dwi donnée par l’expression suivante : dF=

+-y&jercé=~

41

(chargement réversible)

deplacement

Donc pour toute la barre on aura une énergie interne emmagasinée de: y=

dy I arre

ou

y = +ySx.dAE I dAZ , on peut écrire :

en portant dans cette expression la valeur de

Exercice no7

fond -X

On considère une conduite longue à paroi mince, d’épaisseur e et de rayon r , hermétiquement fermé. Le réservoir est soumis à une pression effective intérieure p. Etablir les expressions donnant les contraintes normales, longitudinale et transversale existant dans les parois dues à cette sollicitation si l’on néglige les effets d’astreinte des plaques d’extrémité.

Notes de cours CAS-UEIEWH

FREITAS

Résolution La paroi étant mince, on peut admettre que la contrainte est constante dans toute épaisseur. Calcul de la contrainte longitudinale

o/ Considérons une section plane droite de la conduite (1 xx’) et étudions son équilibre (on néglige ici les poids).

c j

F lx

= - p.SjO,, + o,.r.2.n

=0

= - p.r + o,.e.2

=o

avec S,fOD, = m2

0,x 2e

Calcul de la contrainte transversale (Tu . Isolons une longueur 1 de la conduite et considérons une moitié (suivant un plan axial) de cette conduite. Ecrivons son équilibre. Ona:

(el >.2.0, soit.

- p.2r.l=

o=pr I

0

e

a7 Nota : On remarque que la contrainte transversale est le double de la contrainte longitudinale. C’est à dire que sous l’effet d’une forte pression, la conduite va rompre longitudinalement suivant une de ses génératrices. Ces expressions ne sont pas valables aux droits des fonds.

59

Exercice no8 u) Etude de structures réticulées (ou treillis articulés) I- Déterminer les efforts dans les barres de la structure ci-dessous par Ia méthode des noeuds.

2P

AA a

,,/

a

1”

a

I

a i

2- Trouver les efforts dans les barres BB’, BC et DC par la méthode de coupe (ou méthode de Maxwell).

3- Déterminer graphiquement (méthode de CREMONA). 1200 KN

l’effort dans chaque barre de la structure ci-après ;

120 KN

Notes de cours CAS-l/EIElW.

FREITAS

63

Exercice 4

E = 2.105 MPa (module d’élasticité) a) Calculer les efforts dans les barres b) Calculer le déplacement du noeud A ( 1) Graphiquement (2) par la méthode des énergies

Exercice 5

Trouver le déplacement du noeud A sous l’effet de la charge P. Longueur AB = 1

Exercice 6 Carré de côté a = 20 cm m h = 0,2 cm

Section S = 8

E=2x105MPa

Calculer l’effort x à appliquer relier B’ à B

Notes de cours CAS-l/EIER/H. FREITAS

en t pour

61

1 - INTRODUCTION Soient en G, $ et M les éléments de réduction des forces situées d’un même côté de la section (à droite dans le cas de la figure ci-contre). Voir cours de statique pour la définition des éléments de réduction et chapitre précédent pour la définition du repère (G, x, Y, 8. Ce chapitre est consacré à l’étude

des

effets des composantes My et A& de M suivant Gy et GZ . M, et M, sont appelés

moments flechissants. l l l l

l

Si 1‘une de ces 2 composantes est nulle, la flexion est dite droite. Si ces 2 composantes sont différentes de zéro, la flexion est dite déviée. Si sur la section considérée 1‘effort normal est nul, laflexion est dite simple. Si sur la section considérée 1‘effort normal n’est pas nul, la flexion est dite composée. Si sur la section considérée 1‘effort tranchant est nul, la flexion est dite pure (ou circulaire).

En plus des conditions énoncées au chapitre précedent, (la section varie lentement, le rayon de courbure est grand.. . etc.) on suppose dans ce chapitre que la poutre est à plan moyen c’est à dire que les axes Gy (ou Gz) successifs le long de la poutre appartiennent à un même plan. Toutefois si la poutre « ne vrille pas trop » les résultats ci-après restent bons. Exemples

de poutres

fléchies : Les courbes des moments sont dessinées du côté de la fibre tendue. M=M,,

A

t-l”o

Ma=$

Notes de cours CAS-VEIERM. FFWTAS

Y

62

M = i)à ,/----l\

b i

“i

ii, =P

Ra=i'

&/M=M, r R,=Mo,‘l

t

R, =h&

,‘1

2 - LA FLEXION DROITE Supposons M,# 0 et MY = 0 ; pour simplifier l’écriture on pose ici :

M,=M Dans ce chapitre on ne considère que les contraintes dues à M ; en particulier on ignore les contraintes tangentes dues à l’effort tranchant qui en général accompagne M Convention de signe :

Y

1

Y t

x

M M ( M

>

0 du

,f si côté

la

fibre de

tendue y

>

est

M 0 pour les 4 tractions).

a - Contraintes

et déformations Pour que la section (S) soit en équilibre (voir chap. Efforts normaux)

on doit avoir

N= j-0 (y,z)ds=O SI x My=

ox (y,z).z.ds=O

MZ=

ox (y,z).y.ds=M

T, =

(Y, 4 ds = 0

Comme pour l’effort normal, ces équations ne définissent pas la répartition des contraintes. Pour connaître cette répartition on doit faire une hypothèse supplémentaire, l’hypothèse de Navier Bernouilli : sous Z’effet du moment

fléchissant toute section droite reste plane. Comme pour l’effort normal, les contraintes sont nulles et les seules composantes non nulles du déplacement relatif des sections S, et Ss+dssont : - translation suivant Gx rotation autour de Gy rotation autour de Gz D’après l’hypothèse de Navier Bernouilli, avec a, fi et y constantes.

on a la déformation cx = ay + pz + y ;

Notes de cours CAS-l/EIER/H. FREITAS

64

D’après la loi de Hooke la contrainte normale est

M,=O

N=O

2

3

(voir chap. précédent)

p=o

E(ay+y)ds=EyS

3

a y = 0

car l’origine

y =o des axes est le centre de gravité

de la section Mz=M

=a

f sl

Eay2

ds= = I,

Ea y2 ds A I que I’on noie I pour amplrfier

=E.a.l

=j a=g

l’écriture.

D’où,

T1 -Ef

Avec la convention de signe adoptée pour M on a CT,> 0 pour une contrainte de traction te--+ Es> 0 pour un allongement te+

M Ex =EY cTx=-

M IY

I Y

z

lr

/

G

/

y=o- x

conteintes

u

x

Les contraintes sont donc proportionnelles à Y L’axe neutre (point où CT~= 0) est la droite y = 0 (axe Gz) ; L’axe neutre passe par le centre de gravité de la section. Comme pour l’effort normal, toutes les contraintes tangentes t.., les contraintes oY et oz sont « pratiquement » nulles.

Comme pour l’effort normal la seule composante non nulle de la déformation EX’

est

Déplacement relatif de 2 sections voisines Considérons une petite tranche de poutre de longueur dx. Lorsqu’elle est soumise au moment M, on a vu que la seule composante non nulle de la A4 déformation est sX avec : &x M=-&fY

Notes de cours CAS-I/EIER/H.

FREITAS

65

_-- dx(1 +E J

M

\

L’élément se déforme donc comme indiqué ci-après. Les sections droites restent droites ; pour modifier les angles il faudrait que la déformation ait une composante suivant Gy

IY\ i\+” !M /

-

Y

t --

-s

-_

GV

(distorsion) ‘il-l

Une fibre située au niveau du C.d.G ne change pas de longueur. Une fibre située au niveau de y s’allonge ae : EI. y. ax . Le déplacement relatif de 2 sections distantes de dx est donc une rotation autour M deGzde dq=EIdx. 4 = i.

La rotation unitaire, rotation par unité de longueur est donc

dx EI La poutre s’incurve avec un rayon de courbure de : r = -=-=d9 M 1 - : est la courbure. r On peut donc écrire : UT Remarque : si initialement final r, est tel que :

&x = -y

r

CT,=E.q

=Ey

1 4

r

la poutre est légèrement courbe (rayon r) le rayon

=;dx

- -.--

-

Triangle 1 fi 0 Soit

-=-+dx dx r1 r,

Notes de cours CAS-I/EIERiH.

3

d O s ‘il tend le côté y>0 M, >O s’il tend le côté z>O A4, et Iw, sont les composantes de 2 suivant - GZ et Gy .

EIZ

EIy

.Y+7 4

MYZ Y

D’après ce qui a été dit plus haut (page 61), en adoptant « la convention de signe mathématique » on aurait : ox (y,z)=--2 MI Y+Ï.zMY z Y L’axe neutre est la droite d’équation:

!!EL I .y+r My.Z = (), z Y

il passe par le centre de gravité de la section. La pente de l’axe neutre : dz -=m=-L.L dY

1 M 1, MY

Notes de cours CAS- 1/EIER/H.

FREITAS

69

Avec les conventions de signes adoptées le centre de pression c est le point de coordonnées :

N , effort

normal

sollicitant

la

section . La pente de la droite GC est :

m’=tga’=---MY MZ En particulier si N -+ 0, cas de ce paragraphe, le centre de pression C s’éloigne à l’infini dans la direction

m.m’=-Y=--.-.4 P,z

Ona:

avec pY et pz : rayons principaux

de giration.

D’où GC et l’axe neutre sont 2 diamètres conjugués de l’ellipse d’inertie 3 l’axe neutre n’est pas confondu avec l’axe autour duquel se fait la flexion (axe I à GC). Les contraintes 0x (y, z) sont constantes pour zMI -Y+ -.MY z = constante c’est à z Iy dire sur des parallèles à l’axe neutre. 3 oX est proportionnelle a- Déformation

à la distance par rapport à l’axe neutre.

de la poutre

Sous l’action de M, le déplacement relatif de 2 sections distantes de dx est une M rotation de dpz = --z dx autour de Gz . EIZ

Notes de cours CAS-liEIER/H. FREITAS

70

Sous l’action de M, te dkglacement relatif de ces 2 sections est une rotation de My = - dx autour de Gy . d’y EI Y La

rotation

résultante

d 0 3

M,= 500 si&

M+O

M,=-500cos6=400kgm

3

= 300 kgm

63

IneTties : Iy = 8 x - = 144 cm’ 12 83 BZ=6x--=256cmi 12 30000 40000 Les contraintes sont : (y, 2) = 144 2 - 256 y ox en kg/cm2, si z et y sont en cm. oX

144 - 400 La pente de l’axe neutre est : m = tya = - = 0,75 256’ 300 la diagonale (voir page 69.) Remarque

=3 l’axe neutre est

: On peut trouver directement ce résultat :

La direction du centre de pression est la verticale AB. On sait que l’axe neutre est, pour l’ellipse centrale d’inertie, le diamètre conjugué de AB. Or d’après les propriétés de l’ellipse d’inertie énoncées est le diamètre conjugué de AB ; en effet Im,CD = 0

(cJ: : cours de statique),

CD

* moment d’inertie centrifuge, les distances étant évaluées suivant A3 et CD

La contrainte est maximum en A et B. Pour B (y = 4, z = - 3) ellevaut CT,=

30 000 x (-3) - 4oooox4 144 256

En A, oA = + 1250 kg/cm2 La courbure

4 = -‘-JGZ r

D’où

Autre calcul de Q :

@?L

30 000 CO~S 2,lxlO6xl44xo,8

Notes de cours CAS-IlEIERfH. FREITAS

1

= - 1250 kg/cm2

81

j-/ Une panne d’un toit est constituée par un UAP 150 dont les caractéristiques sont indiquées ci après. Cette panne est inclinée de 22” par rapport à la verticale (voir dessin). Les différents poids (verticaux) Mf horizontal

sollicitent cette panne par un moment fléchissant

(moment autour d’un axe horizontal).

(M7/ = 500 kg.m ; ce

moment tend la partie inférieure du UAP. Calculer la contrainte maximum du UAP. C: centre de pression

Inerties :

t

1, = 93,3 cm4 1, = 797 cm4

Rayons de giration : p,=2cm Pz = 5,9 cm

Avec les conventions de signe du cours : M, = 500.sin 22” = 187 kgm M, = 500.~0s 22” = -464 kg m

MY>O M,l) Y,, = x - GS

est

donc

Pour une section donnée on détermine x en écrivant la conservation de l’énergie s (voir paragraphe 4). On appelle S, = - section réduite, relative au calcul des x déformations (à ne pas confondre avec celle relative au calcul des contraintes S* ; en général SI f S*). Relation entres les coefficients

G, E et v Considérons un petit élément carré soumis aux contraintes tangentes t. Les points C et D viennent en C’ et D’. Les contraintes principales (voir chap. sur contraintes) sont dirigées suivant les diagonales du carré et valent k t (traction suivant AD’ et compression suivant C’B. Compte tenu du coefficient de Poisson v, la fibre AD s’allonge de : E=-$+vt)dx,h

Considérons le triangle AKD’

: 2

106

2y Soit en négligeant les infiniment

petits y2 et E* : 3 +

1 +

V=O,5 4 - TRAVAIL

2 =

+ Lrl

--. 2 t.(l+v E

1A

V=O

DE DEFORMATION (Energie interne) a-l Un petit élément cisaillé de volume dV = dx.dy.dz, lorsque le cisaillement croît (réversiblement), recoit l’énergie.

dy

de

0

à

t

-

dWi =‘(t.dy.dz). 2Yz--

ydx déplacement

=&&=;;dv 2

Une tranche de poutre de longueur L!Xreçoit, sous l’effet de T, l’énergie y=

-dV=dx 6.k 2G

+&y 2G

Pour les sections massives (voir dessin page 87) l

En négligeant txz,

t=t

=T-m(yl xy Lb($)

dAS=b(yl.dy

D’où W, =dx.

IY

1 1 “m2 En posant s = 7 $ -pY I

l

On peut tenir compte de t,,en hypothèses faites en 2ba.

On a alors : Notes de cours CAS-II

H. FREITAYEIER

utilisant

les

4 8 1 ‘3

t

t=---

COSp

dS = dy . dz =- 1 -m* I+tg” I* 1 b* ( Comme tg p = -5 P

p).dy.dz

ona:

dz=bb)++b/yi.’

;î’

3

y=

T2 dx 2 GS,

Pour les sections constituées de profils minces s __N abscisse

t=

curviltgne

T*m(s)

I.e(s)

Remarque :

dS=e(s).ds

1 s peut s ’ écrire. 1

xavecI=I

-ds S,

I2

lasccrion

e

t2 .dS

T2 dx , écriture FJ(= ~ 2GS, analogue à celles trouvées pour l’effort normal et le moment fléchissant.

Ainsi la tranche de poutre de longueur dx reqoit l’énergie

L’énergie poutre.

reçue par la poutre s’obtient

en intégrant

T2 di le long de la 2GS,

Considérons à nouveau la tranche de peutre de longueur dx, soumise aux efforts tranchant T. T est pour cette tranche un-e face extérieure Le travail externe fourni par l’effort tranchant quand il passe réversiblement de 0 à T est :

Le travail

(interne)

3

par tranche

w, =72&

est :

Conservation de l’énergie

emmagasiné 2GS,

Wi = W,

T2 soit -----dx=x-2GS,

T2 s dx=C?, =2GS x

D’où la section réduite qui intervient dans le calcul des déformations est la même que celle qui intervient dans le calcul de l’énergie interne. On a noté ces 2 sections réduites S1.

b - Calculs de sections réduites SL(exemples) a - Rectangle : de largeur b et de hauteur h (voir dessin page 92)

Notes de cours CAS-11 H. FREITASIEIER

p - Ellipse I = % ab3 (inertie par rapport à G3>

; b(h1.i 1 /

l

1

&=s,

I2

sb

en négligeant

Posons Onaalors

cose=y

b dy=-bsin6

txz

-.sin6

6.d8=

IO 9.7tab

d’où

Au passage calculons S* :

t(ul =

t lm7.x = t, = =3

Remarque trouvé

4T =- 4T 3jzab 3-S

3 S*=2xab=qS

: en tenant compte de t,, comme indiqué

pour T dirigé suivant Gz on aurait Valeur peu différente de celle que l’on vient de calculer.

Notes de cours CAS-I/

H. FREITAYEIER

3

en page 106 on aurait

Ii0

Par exemple pour le cercle : (a = b = R) -

en négligeant t,,

-

en tenant compte de tXz

s, +=0,900.s

S=xR2

s, = 0,844 . s

* le calcul rigoureux (théorie de l’élasticité)

donne SI = 0,85 1.S

(ces

deux valeurs

sont très proches).

y - Losange : 6 - Profilés minces

/’/ 1

t=c

sans tenir compte de t,,

s =-

I

31’

s

On a vu qu’approximativement t est constante sur la hauteur de l’âme et T vaut Asâme z pour l’âme la distorsion est sensiblement constante et vaut T Y = G . Sd,, T

3 la déformation de la poutre est

E - Tube mince t(Q) = -&

sin B

(voir page 95)

nt2 (6). f. Rv.de 03 sin2 6

--&-$Y=[ 1 1 ----=-a SI nRe

’ -;;ie2’ S, =nRe=c

e

dB

5 - POUTRE DE HAUTEUR RAPIDEMENT

VARIABLE

(Effet Résal)

Soit (S) la section d’une hauteur variable Supposons simple

(S) sollicitée

poutre

de

en flexion

La somme F des contraintes situées d ‘un même côté du centre de gravité (y > 0 ou y < 0) est : F =g z

+

z étant le bras de levier

Etudions comme on l’a fait en 2 . b . a l’équilibre de l’élément hachuré de longueur dx, situé au dessus du centre de gravité. Ona: di . b(o). txy (0) = F(x + a+) - F(x) = T.

(maintenant z est variable)

dz dh On peut admettre : - = h z

A4 dh T-h.Z 3

txy (0) =

b(o).z

T-++tga’) =

b(o). z

Tout se passe donc comme si l’effort tranchant était M dh T’=T-hZ=T-+p+tga’j T’ s’appelle : effort tranchant réduit.

Notes de cours CAS-l/

H. FREITASIEIER

ak

112

Attention

: IrI n’est pas forcément inférieur à /T/ 1T’l ! I < ITI I / si IMl augmente en même temps que h IT’, 1> ;T/ dans le cas contraire.

Par exemple, pour le dessin du haut de la page précédente on a IT’I > 1T/ Explication

intuitive

: prenons la section sur appui d’un pont caisson à inertie

La contrainte

A4 normale est, 0x = T y ; ces

contraintes équilibrent le moment M. Mais étant donné que la membrure inférieure est inclinée, la contrainte résultante 7 qui s’exerce sur la facette inclinée est parallèle à la membrure. D’où il apparaît une contrainte tangentielle t < GX . tga qui s’oppose à T. La somme de ces contraintes tangentes est Voir développement

A4

7tgazT’=T-+a

de ceci au chapitre sur Les poutres de hauteur variable. Lorsque la section est sollicitée en flexion composée il y a un autre terme correctif :

DC7 Voir par exemple R , d . M tome I de COURBON édité par DUNOD

6 - CAS OU LA SECTION RESTE PLANE

Notes de cours CAS-l/

H. FREITASKIER

113

Dans l’exemple ci-dessus, si le rivet est « fans jeu » dans son trou, par suite du frottement on a même aux points de la sur:ace du rivet (23 ou Cj, txy + 0. Dans ce ca5 on peut admettre que la répartition des contraintes de cisaillement uniforme est SUT toute la section du rivet t -T-F+ “-S-S

T est max pour la sectionBC et vaut F F pour la section BC

I droites du rivet restent planes.

1

et que par conséquent les sections

114

7- EXERCICES Exercice 1 : Une poutre de section rectangulaire sur appuis à ses extrémités porte une force concentrée unique. Calculer la contrainte de cisaillement maximale dans la poutre. Calculer également la contrainte de cisaillement en un point situé à 2,50 cm en dessous de la face supérieure de la poutre dans une section à 50 cm à droite de l’appui A ..

Exercice 2 4000 daN

Soit la poutre en T portant la charge concentrée P = 4000 daN (cf. fig.) Calculer la contrainte de cisaillement à 2 cm de la face supérieure de la poutre dans une section à l’encadrement.

Exercice 3 Une poutre de longueur 1, uniformément chargée (p/m). Calculer la flèche à l’extrémité B due à l’effort tranchant T

c-l b

Section

Notes de cours CAS-II H. FREITAUEIER

de la poutre

115

Exercice 4 :

Calcul d’une cheminée

Coupe

1”) Calculer les sollicitations

I- I

(M, N, T) le long de la cheminée.

2’) En pied de la cheminée (A), calculer :

a>

CT, les contraintes normales et t, contraintes de cisaillement.

b)

Calculer l’effort normal Fp (précontrainte centrée) appliquer pour que la section A soit entièrement comprimée.

4

qu’il

faut

Calculer les nouvelles contraintes 0.

3’) Semelles

4

Calculer e (épaisseur) pour que la semellekol comprimée. b) Calculer le coefficient qu’il n’y ait pas de glissement.

de glissement semellekol

Notes de cours CAS-l/

H. FREITAWEIER

reste entièrement

nécessaire pour

II6

i-

INTRODUCTION

3 et i@ étant les éléments de réduction en G des forces situées d’un même côté de la section (S) [à droite pour la figure cicontre], le moment de torsion (Mx) est le composante de i$ sur & . Ce chapitre est consacré à l’étude des effets du moment de torsion.

Convention de signe : convention mathématique.

on

garde

la

Exemple de poutre soumise à un moment

Le moment de torsion est : F. d

Notes de cours CAS-W. FREITASMER

2- POUTRES

DE SECTION

CIRCULAIRE

a> Cormtraintes et déformations On fait les hypothèses suivantes :

X

- les sections droites restent planes (symétrie) - le déplacement relatif de 2 sections voisines se réduit à une rotation dO=O.dx d’axeGx 4 rotation par unité de longueur

L’expérience, et les calculs faits selon la théorie de l’élasticité montrent que ces hypothèses sont correctes dans le cas de la section circulaire nous verrons qu’elles ne le sont pas pour les autres sections.

I SECTION:

x+dx

SECTION

AA

d% k--f

a

Considérons un petit élément

La rotation de 3

- surface dS - épaisseur & - à la distance r du centre G

- les angles du type b’a’a distorsion est : -

ne restent pas droits,

r.d8

y = -.---=------=r.@ aa’ dx

ah

les angles du type e’a’a restent droits un côté du type ab ne change pas de longueur

leur

118

-

la

longueur

d’un

côté

du

type

a’a

devient :

a’a,

son allongement est donc : d x . $-, allongement

que l’on

peut en général négliger (y2 « 7) D’où le moment de torsion M, provoque sur la facette dS une contrainte tangentielle t(r) = G . y = G . r . 0, t(r) étant perpendiculaire au rayon correspondant. S

C’est la seule contrainte sur dS si on néglige l’allongement des fibres longitudinales (type a’a) {* voir 1.5). Bien sûr, propriété des contraintes existe sur les facettes perpendiculaires contre)

tangentielles, t à dS (dessin ci-

Pour déterminer quantitativement t(r) il faut calculer la rotation unitaire o . Pour cela il faut exprimer que le moment par rapport à G du F(r) est égal à M, [équilibre de la section (s)]. Soit M, =

ZR” On appelle le terme 2

rigidité à la torsion et on le note K

[ 1 7TR’ K =2

On peut remarquer que K est ici le moment d’inertie de la section (S) par rapport au point G. Récapitulation

M : la rotation unitaire est 0 = ---AG.K

avec

Notes de cours CAS-IRI. FREITASIEIER

K=-

TR’ 2

119

La contrainte tangentielle

b - Travail

-44

t(r) à la distance r de G est , t(r) = G .@ar = -$-. 1 I

i

de déformation Le petit élément ci contre de volume dV = r dq . dr . dx, quand la contrainte tangentielle croit réversiblement de 0 à t, reçoit l’énergie : cF(dv)=&rdp.dr. 2-g---

Une tranche l’énergie :

ydx

= jty.r.dp.dr.dx

deplacemnt

de poutre

Y

d’épaisseur

dx regoit

t

Ce qui est bien normal puisque couple M, (appliqué réversiblement) Wi peut s’écrire aussi : dy. =

Mx .o.dx 2

.

est le travail

(W,) fourni par le

qui tourne de @. dx M,.Odx

A4;

2

=2.G.K

Notes de cours CAS-M%

FREITAYEIER

G.K.02

h

=

2

dx

120

Entre 2 points A et B de la poutre, l’énergie interne s’obtient en intégrant l’expression précédente, Si Ila poutre est droite, de longueur J!, M, et K constants on a: c) Cas de la section circulaire

Tout ce qui précède s’applique à la section circulaire creuse en prenant

- t(r)

-

creuse

les bornes des intégrations étant R, et R, au lieu de 0 et R La rigidité à la torsion K est toujours le moment d’inertie polaire de la section par rapport à G. d) Exercices dl/- Déterminer tmax,la rotation 8 de la section A et le Wi pour une barre de fer $5 cm, longue de 2,50 m et soumise à un moment de torsion M, = 185 kg.m

5II

t

%’ .-i

B’ k---2~50m

A

/

c

Mx=l

2 x 18500 = 754 kg/cm2 max= 2Tx (2,q3

85 kgm

t

K-ax2,5’ 2

G=

=61,4cm~

2,1x 106 = 808 500 kghn’ 2(1+8)=2(1+0,3)

E

A4 18 500 Rotation unitaire : 0 = --z- = G.K 808500x61,4

=3,73x10-’

rdcm /

Rotation de la section A (par rapport à B, qui ne tourne pas) : 8 =o. t = 3,73 . 10w4. 250 = 0,0932 rd

Notes de cours CAS-l/H.

soit 8 = 5”,3.

FREITASMER

121

w _ 18500’ x 250 --1-2x8o85oox61,4

862 kg x cm

d2/- Quelle largeur doit avoir une barre de fer 4 = I cm = 2R pour qu’elle puisse subir un angle de torsion de 90” entre les 2 sections extrêmes et ceci sans que t,, dépasse 925 kg/cm2. On a 0, -8, =5=0

=3 la rotation unitaire est O= -&

I, B-A j

Lx

,[email protected]

2t ~ tmG.B.R = 808500.~~0,5=~~~~~ t max 2x925 d3/- Une barre de section circulaire est encastrée aux 2 extrémités. Cette barre est soumise à un moment de torsion M, appliqué à la distance « a » de l’une des extrémités (voir figure). Déterminer les efforts dans la barre. Le problème est statiquement indéterminé. Soient M’x et M”x tous les barres “a” et “b” ’ B OnaM’,+M”,=M, B Pour la barre “a” la rotation du point C est :

Pour la barre “b” la rotation du point C est : ev’ _- IWx . b c GK On doit avoir (compatibilité

des déplacements) 6;. = 8,

122

Remaraue : ces résultats resteraient vrais même si la section n’était

pas

circulaire. M-

Sur un arbre en fer de 8 cm de diamètre est fixé un volant en fer de $0 cm de diamètre et 5 cm d’épaisseur (constante). Tandis que l’arbre tourne a n =60 tours par minute on bloque brusquement une des extrémités de l’arbre, celle distante de 1 = 1,00 m du volant.

Calculer le moment de torsion auquel est soumis l’arbre ; la contrainte tangentielle maximum et l’angle dont tourne encore le volant après le blocage. Si y est la masse volumique du fer, le moment d’inertie du volant par rapport à son axe de rotation est : ( p=4ocm)

I

l (R=rlOcm) Jo

LU

=

JrJ.dm=

p.y.e.dS=y.e

J

r2dS

=

ye.f

volant

soit J, = 7800 kg/m3 x 0,05 m x

1 L’énergie cinétique du volant est : Ec = 2 J, . u)2, w z---z 2xtn 60

2~x60 60

7rx o,44 m4 =15,68 kgx m2 2

u) étant la vitesse angulaire

=2?cg -

15,7x2x zEc = 2

= 309,57 Joule

On néglige l’énergie cinétique de l’arbre. Cette énergie cinétique, quand on bloque l’extrémité énergie élastique dans l’arbre (Wi).

de l’arbre, se transforme en

D’après le principe de conservation de l’énergie on a AE, = AWi En particulier si on se place entre les instants (1) où on bloque l’extrémité de l’arbre et (2) où le volant change de sens de rotation.

Notes de cours CAS-1kI. FREITAWEIER

123

On a : instant (1) : E, = 309,57 E, = 0

Wi =

O

(pas d’effort dans l’arbre)

g,( _-- MX .e

(car w =O)

’

2GK

Instant (2) : AE, =309,57=310 310x2x793,1x108x0,0402x10”

=I 406x10,Nm

>

.

14060 =1433kgxm 9,Sl G = 808 500 kg /cm2 = SO,85 x 108 kg/m2 = 793,14x 10’” N/m2

soit :

7cxxd = 402 cm’ = 0,0402 x 1O-’ m’ 2

K= ~

z La contrainte maximum est

t Max=

4 x 143300 = 1326 kg/cm2 402

3 L’angle est : e=~x~=“x~=Zij;~~~xe=O,044lrd Mx soit

0,0441~~=2,53~ 32

3- SECTIONS DE FORME OUELCONOUE a) Généralités

a - L’expérience, et les calculs faits selon la théorie de l’élasticité, montrent que, excepté pour la section circulaire (pleine ou creuse), les sections droites ne restent pas planes.

Prenons par exemple une section rectangulaire

Notes de cours CAS-l/H.

FREITAVEIER

124

En traitjn : avant déformation En trait fort : après déformation

y = aie - a,be,= aia, - ebe, au, ee, au, -e.ëlLh+ =dx-z C$=o.Gb

Il en résulte que les contraintes tangentielles t=G.y ne sont plus proportionnelles, en général, à la distance par rapport au centre de torsion. En particulier t n’est pas maximum en général aux points les plus éloignés du centre de torsion. Pour la section rectangulaire t est nul aux 4 sommets*, il est maximum au milieu des grands côtés.

Notes de cours CAS-M-I.

FREITASIEIER

125

Remarques Sur les points du carton exterieur Y est tangent au contour t; It

3

t“In

ti = 0 =3 tn = 0 =3 f est tangent au contour

tj --v

p - Calculs des contraintes et des déformations Excepté pour la section circulaire ($2) et pour les sections constituées de profils minces (tubes minces 5 3.~) on ne peut pas faire d’hypothèses permettant un calcul simple de t et o . Pour une section quelconque il faut donc avoir recours aux calculs complexes faits selon la théorie de l’élasticité. On peut toutefois s’aider des deux analogies suivantes :

l

Analogie hvdraulique : Considérons un récipient cylindrique, profond, de section égale à celle de la poutre, contenant un liquide incompressible, sans frottement soumis à un mouvement de rotation autour d’un axe vertical.

\i

i i i I

Les équations aux dérivées partielles qui permettent de résoudre ce problème d’hydraulique sont les mêmes que celles de la théorie de l’élasticité pour résoudre le problème de torsion, la vitesse v’du fluide remplaçant la contrainte tangentielle t , les lignes de courant remplaçant les lignes de cisaillement.

Notes de cours CAS-l/H.

FREITASIEIER

126

L.esdeux phénomènes ont même « allure », en particulier :

q

-

Près des bords du récipient les lignes courant sont bien tangentes au contour du récipient. r-- v=o

r-l n

**-- ---.,\ ,’ T \ :\ V ,I ‘. l -----_--’

-

Dans les angles il y a formation de zone « morte » où la vitesse du liquide est nulle (t est nulle aux angles.)

Cette analogie ne simplifie pas l’étude de la torsion, les difficultés pour résoudre les équations sont les mêmes dans les deux cas et l’étude expérimentale quantitative faite selon le modèle hydraulique n’est pas facile.

Cependant le phénomène hydraulique étant plus intuitif que le phénomène élastique cette analogie donne des renseignements qualitatifs. Par exemple pour une section rectangulaire il est clair que la vitesse du liquide (et donc t) est maximum au milieu des grands côtés (points B et B’)

l

Analogie

de la membrane

Soit une membrane d’épaisseur constante d’épaisseur fixée et tendue uniformément sur un contour plan égal à celui de la section de la poutre ; si on soumet cette membrane à une pression normale d uniforme on a les correspondances suivantes : H

effort de tension par unité de longueur

membrane

-’

./’

t

1, i Il -q I IlI I-

-

les lignes de niveau de la membrane sont confondues les lignes de avec cisaillement.

-

en un point la contrainte de cisaillement est égale à la de la pente maximum membrane en ce point.

H

Notes de cours CAS-M-I.

FREITAS/EIER

127

-

Appliquons

le moment de torsion Mx est égal au double du volume balayé par la membrane pendant sa déformation. cette analogie à une section rectangulaire allongée La membrane ne supportant pas de moment, déformée est une courbe funiculaire de la charge q. Ona

sa

OH=- 412

-Y

Sf

La déformée de la membrane a pour équation :

l

r=4fp b2 Le volume balayé par la membrane est : V -= a

bf - 2j

A 4f -X2 b2

d’où Mx =2V=$.bf

.dX=+bf

.a

af=-.-" 3M

4 ab

Au point X la pente de la membrane est -=8f,=6x dx b2

ab3 x =t(x) *contrainte de cisaillement au point X

La contrainte t(X) est maximum pour X = k g (bords)

b - Sections massives a - Contraintes et déformations : on donne ci-après les sections les plus courantes des résultats issus en général de la théorie de l’élasticité.

Notes de cours CAS-VI-I.

FREITASiEIER

128

m Ellipse . On trouve que les lignes de cisaillement des ellipses homothétiques

Y

sont

Sur un rayon t est parallèle à la tangente au contour extérieur issue de l’extrémité du rayon. I’

l

a

I

. Le long d’un rayon t est proportionnel à la distance du centre G mais le coefficient de proportionnalité varie d’un rayon à l’autre 2M

Au point de coordonnées x et y,

t(~, y) = 2.

2.d a’

b”

t est maximum aux extrémités du petit axe :

aux extrémités du grand axe le cisaillement est

La rotation unitaire est :

A4

0 =x

a2+b2

G ‘za3

3 la rigidité à la torsion est :

K =

t, =

2M, xa’b

b = - . t,, a

{le centre de torsion est G)

b3

n a3 b3 a2 +b’

La section se gauchit, les axes restant dans le plan primitif, hachurés se baissent, les 2 autres se soulèvent.

les 2 quadrants

* Rectangle : On a : /

/’ I

ligne de cisaillement

-. tmax

k

a

I,

tmm

A4 = a . --z-

a.b2’

@=p

Mx G.a.b’

Les coefficients a et p sont donnés par le tableau suivant en fonction du rapport n des côtés. Notes de cours CAS-X-I. FREITAWElER

129

P

7,114

5,82

5,ll

’ 4,67

Formules approchées de a et l3 :

4,37

4,Gl

3,8G

3,43

3,2G

3

Ila M 4.u51 ‘,n’-1,81x IF2+n2 =-

I+n2 2

3,557-0,561 1

i Il l-n = -I-t-vr

n=a b

Pour le rectangle allongé [a >> b] on a a = p = 3, on retrouve bien pour t,, le résultat obtenu par l’analogie de la membrane. n

Triangle équilatéral lignes

de cisaillement

A4 t max= 20 x a3 @)Oz.

M sMx = 46,19 Ga’

(centre de torsion : G)

-K=--- Al? -- a” 80 a4 - 4619

n

Triangle isocèle t mnr=15-”

a

i;

&!!L

GK

M au milieu du plus long côté ab2

avec

K=

Notes de cours CAS-l/H. FREITAWEXER

a3 .b3 15a2 +20b2

130

n

Serment circulaire

R cIliE

t

A4 z---L.-

mM C.R3

@2!L

K =c’R

G. K.

2cx

\

‘t max

n

Section circulaire t

0 t’-/ max

M =--AL

maï C R3.

Q= Mx

a y

G.c’R4 Y ’ K E

45"

0,0712 60

90

0,227 120

0,35 180

270

300

360

C'

0,0181

0,0349

0,0825

0,148

0,296

0,528

0,686

0,878

. Polygone convexe quelconque Approximativement

on a : S : aire de la section I, : moment d’inertie de la section

S’ &M, avec K = 40.1, GK

. t mar=A.G.O=c.-”

A4 K

par rapport à G

avec c =

. D est le diamètre du plus grand cercle inscriptible Où

dans la section

. r est le rayon de courbure du contour de la section au point du contact avec le cercle précédant . S : aire de la section

Notes de cours CAS-l/H. FREITASIEIER

131

A titre de « test » on va appliquer ces relaticns approchées à des sections où l’on connaît t,, et 0 rigoureusement.

D’ m

D=R

G

A

EnA,

9%

1, =-

K=

r=co

ZRR” +9x2-64

8

E4.R8

=0,302 R,4L

40~0,503. R4

R = tI?zM T2Xip2XR4 I+ 16x1,57xRJ valeur exacte.

73m. / L /L

R"=0,393R"i-0,110R"=0,503R"

la valeur exacte est 0,296 R4

x=M

1+0,15

K

- 0,296 0,312.R3

M, 0,35.R'

A Section circulaire x3 R4 K= rr4R84 =--=1,55R4

S=ltR2

40%

20

valeur exacte : 5 R 4

D=2R r=R 1, =-

?2R4

M valeur exacte : x 5R’

2

A Carré de côté « a »

Notes de cours CAS-MI

FREITASMER

132

a4

K= a8 =a4

S=a*

4ox<

valeur exacte : 7,114

667

6 D=a

tmBy=l+b

[l+O,LS(~-0)]$6,67=4,5+ 16a4 valeur exacte

4,80X

M a3

p - Energie interne Toujours avec les hypothèses habituelles concernant la. réversibilité dans l’application des charges, une tranche de poutre de longueur dx emmagasine l’énergie : Wi=W,=

;M,[email protected]

M; .dx 2GK=

=

G.K.@* 2

.dx

4 conservation de l’énergie

y - Exercices l

y1 .- Comparer tmaxet 0 dans une barre de section rectangulaire (a/b =3) et dans une barre de section circulaire de même aire ; les 2 heures étant soumises au même M,.

Ona:S=ab=3b2=xR2

Dans le rectangle

Dans le cercle

3

b=R

M t,, = 3,74. --L 3b.b’ t’mar=

ir

F

=

0=3,80

2M --..--z 52R3

Notes de cours CAS-l/H.

@‘=

FREITASEIER

Mx G.36.b’ 2Mx G.nR’

133

t ,,=3,74xxR3 Lx xR2.R

13=, 827 1~ ’

E-3,80 rR’ 0’ -- 2 ‘rR2 zR2 -= 1,814 3

s une section circulaire est mieux adaptée qu’une section rectangulaire pour résister à la torsion. y2 .- Une barre de section circulaire (rayon R) et une barre de section carrée (a . a) sont soumises au même moment de torsion MX. Calculer a en fonction de R pour que les 2 barres aient même t,,. l

On doit avoir : 4,804. -w _2M - 2 a3 TTR’ Le rapport des sections est

-P--z],22 ‘*

nR2

1,96 rR2

0 y3 .- Une poutre de section circulaire (rayon R) et une poutre constituée de deux ?4 cercles de rayon R accolés sont soumises au même moment de torsion M,. Comparer leur t,, et 0 M.

pour la section (2) :

t max

?4 =2,86x -=1,43.-” ZG R3

0=3,38x=x6

M R3.

“A 5 GR” =1’69 R”

(2)

pour la section (1)

2.M t’max=-.---5-=0,636-x I;ïR3

M R’

- -=0,636-x@f-3

A4 R’

n R”

a

t “-=2,25 t’max

0 -=2,65 0’

Notes de cours CAS-VH.

FREITASIEIER

134

c - Sections constituées de profils minces a - Profils fermés D’après la relation fondamentale chapitre précédent 9 2a on a =-

t e

.’

‘Z, II

si T=O

CD

ona

tn . dt = 0 CD

t

,j-i

au

1

L

(Cl

obtenue

‘,i’@

Appliquons

cette relation au cas présent :

333

Le tube étant mince on peut admettre que sur ij If1 -

x

est constante et t est parallèle contour en i (ou j). idem pour i’j’ z la relation précédente devient

à la tangente au

t.e = t’.e’

Cette relation est vraie quelque soit la section ij considérée, on a donc T . e = constante = 4 [Ceci est bien normal si l’on fait l’analogie débit]

hydraulique,

l 4 étant le

On peut retrouve directement la relation te=constante, en écrivant l’équilibre suivant x de l’élément ci-contre :

t.e.dx- t’.e’dx = 0 Calcul de b

Par rapport à un point 0 quelconque le moment des contraintes t doit être égal àM,

Notes de cours CAS-M-I.

FREITASMER

135

=3 M, = j&j t . e . dh . r = Q,,icr,r . dk = 2 .$ . S S étant l’aire délimitée par (IY) (en effet, hachuré >

r.dh

est 2 fois l’an-e du triangle

avec e, épaisseur du profil à 1‘endroit où 1‘on calcul t

Si e n’est pas petit, t = Mx 2.S.e

est la contrainte normale moyenne sur ij.

Calcul de la rotation unitaire -

Cette rotation se fait autour du centre de torsion, en général différent du centre de gravité ; on calcule la position de ce centre de torsion comme indiqué au chapitre précédent.

-

On calcule la rotation unitaire conservation de l’énergie 1 w, =2.M”

0 en appliquant

le principe

.o.dx

, A étant la longueur de la courbe (II) s

Notes de cours CAS-l/H. FREITASMER

de

136

4s2

0 La rigidite à la torsion K est I K = I lK= 4.S2 .e A I

si e = con.stante

0 L’énergie interne s’exprime toujours sous la même forme :

Cas des tubes minces multicellulaires ?our 2 cellules Soient SI et S2 les aires délimitées par rl+r3 Les rotations monocellulaire

sont

D’après la relation on a :

CD analogues

à celles

du

tube

tx .d!=O

tl.e,=t3.e3+t2.e2 [conservation du débit en hydraulique]

tl.el = constante, appelons $1 cette constante : tl----. el = $1

On a aussi

De même tz .ez = bz et if .el= (bu

on a la relation

Pour que la section soit en équilibre monocellulaire)

M,= I:J-2rdit+t.e.dl.r= t-3 D’où Posons

et lF2+lY3

II

t,.e,.r.dA

41= 62 + $1

on doit avoir (comme pour le tube

+

t,.e,.r.dA 12

=

I

t, .e, .r.dA

AL?,= 2.$!&s, + 242 .s,

Ml = 2 41 SI

et

MZ=2(b2.S2

M1+M2=MX

137

Considérons la cellule SI :

6I =

Ml 4.G.S:

dA i !+r3 - e

Considérons la cellule S2 :

Les rotations unitaires doivent être les mêmes

i

Récapitulons :

=

0, =o,

M, =2.q$ S, +2.$* .S, dA 2.4, .S, d/Z 2444 4.G.S; I I+~Xy= 4G.S; I 2-l-3e

(1) (2)

1A =4 - #2 i

t, =-41

(3)

t, =y4’

h t, =--y-

e

e1

(4)

e

Les équations (1) et (2) donnant $1 et $2 L’équation

(3) donne $3

Les équations (4) donnent tl, t2 et t3 On va expliciter l’équation

(2) pour

(2) s’écrit :

el= constante

e2 = cte et e3 = cte

4 1. Sl

p - Profils ouverts

LEÏL-

1

7-i----‘1 -l Il

La théorie de l’élasticité et surtout de nombreuses expériences montrent que t,, et 0 sont pratiquement (‘) les mêmes p our une section rectangulaire allongée

et pour la même section mais repliée de façon quelconque

138

D’OÙ,

les coefficients a et p sont ceux du tableau page 12 1. n étant maintenant le rapport -e e

e I

! : longueur du profil e : épaisseur du profil

5

Poure>I JR t MM e

Le tube fermé résiste bien mieux à la torsion que le tube ouvert. 3 Plus généralement les profils fermés résistent bien mieux que les propls ouverts à la torsion.

Une poutre en fer a la section ci-contre lignes de cisaillement

2cm I

,/-/

_-

Calculer le moment de torsion admissible M, sachant que la contrainte de cisaillement admissible est i, = 900 kg/cm2 Calculer alors (pour M, = gX) la rotation 8 qur 2,20 m de longueur (G = 800 000 kg/cm2)

1

15cm

,j

On applique les relations pages et S=14x18=252cm2 =MI =90Ox2x252x1=453600kgxcm (épaisseurla plus petite)

Notes de cours CAS-M-I. FREITAYEIER

.

140

J-zc2

14 18 -y+2y=50

e @=

453 600 x50=1,12x10‘“~~m 4 x 800 000 x 2522

Rotation sur 2,20 m :

8= 1,12x 10-4x220=0,0246rd=

1,4”

Remarque : si on modifiait la section en lui ajoutant 2 ailes (figure ci-contre) sa résistance à la torsion serait pratiquement inchangée. La contribution ~ I

lignes de cisaillement

des ailes peut s’estimer

= 2.1.e3 3 = 2.10.23 3

qui à comparer à K = 3 La contribution négligeable.

t IlIlLik

= 53 cm -/,

rigidité

4 x 2522 =5100cmJ 50 des ailes

est bien

La cornière ci contre est soumise à M, = 72 kg.m

Y3’

Calculer

-

t,,

et 0.

1.2 cm

0E

lignes de cisaillement

6 n!

I

IOcm

3 x 7200 mM= 18,8x 1,22 = 798 kg/cm2

@=

1.

3 x 7200 8OOOOOx18,8x1,23

à

=8,3x10-’

rg,,,

141

L’IPE 220 ci-contre est soumis à M, = 100 kg.m

Y4

Calculer

t,,

et 0

@ = 800 000 kg/cm*

avec

@A

GK K=(2xll~0,92~

+20,2~0,59~)~;=7,lcm’

Le catalogue donne K = (J) = 8,86 cm4 En appliquant le coefficient correctifS = I,2 @age . ...) ona:K=1,2x7,1 =8,52~8,86

* tmm=

10000

x 0,92 = 1296 kg/cm’

7,l + dans les ailes

dans l’âme

t

=

10000 = 0,00176rdlcm 800000 x 7,l

soit 1O’lm

Remarque : Le tube mince ci-contre a même section que 1’IPE 220 (32,16 cm2), son épaisseur e = 0,762 cm est l’épaisseur moyenne du IPE 220. Si on soumet ce tube à M, = 100 kg x m 10000 t mM2~x6,72~ x0,762 = 46,3 kg/cm 2

@=

2i2~6,72~

100 000 x0,762x800000

= 0,000 0086 yyrn

Ceci démontre bien que les profils ouverts ne sont pas du tout adaptés pour résister à la torsion. Conséquence (exemple) un port courbe étant soumis à de la torsion doit avoir pour section : et non

vI

142

4- DIRECTIONS

PRINCIPALES

l@e

de cisaillement

\ -1

01 :

/

-T?Z&@

\

-

dS’i

--ligne

de cisaillement

/t

dS.=z(-3

t’ /\ contraintes

PRINCIPALES

Sur les sections droites (S) le moment de torsion ne donne (en lère approximation) que des contraintes tangentielles f .

45”

\ 02 k/

ET CONTRAINTES

t

Plaçons nous en un point quelconque P de la section (S), et considérons en P la facette dS’ perpendiculaire à ?.

principales OI=

u2=-t

+t

Sur dS’ règne une contrainte tangentielle t ’ telle que :

Plaçons nous maintenant dans le plan défini par t et ? ’ . En P les directions principales avec t

font f 45’

Et les contraintes principales sont o1 = + t (traction) et o1 = + t (compression)

Exemple : bâton de craie de section circulaire Si on soumet le béton à un M, suffisant il se casse suivant une surface hélicoïdale, la cassure étant I aux contraintes principales de traction

143

Remarque : ce qui précède s’applique aussi à l’effort tranchant (voir fig. Cicontre).

5 - CONCENTRATION

DE CONTRAINTES

a) Les résultats que l’on lentement.

vient

d’obtenir

restent bons si la section varie

Exemple : pour un arbre conique de section circulaire le calcul rigoureux est possible. Ce calcul montre que : t max=kx

=k x- 2M~ Tir3

y \ 2 , 1,, calculé comme sila section

était constante

k est donné par le tableau suivant en fonction de a a

10"

15

20

30

k

0,99

0,98

0,96

0,91

b) Par contre si la section varie brusquement les résultats que l’on vient d’obtenir ne sont plus bons, il y a « concentration de contraintes » aux changements brusque de section.

144

Exemple :

D=ZR

d = 2.r

t max

ck.3 m3

k= (D-d+2p)(d+2p)2 ww

t max

=k.$

Pour une gorge en % cercle

,

Ona

k=

Il y a également concentration « accidents ».

d= D-2p

2D

D+2p

avec k étant donné par le tableau ci-dessus. Pour

+4p2(D-d-2p) + 4P)

une petite

gorge

k

est

voisin

de 2.

de contraintes quand la section présente des

‘i

‘-, t grand t élevé 1).-

-. ‘.____

C’est intuitif lorsqu’on fait l’analogie hydraulique : aux « accidents » le régime est turbulent z la vitesse est grande. Pour diminuer les tourbillons il faut des arrondis ; c’est ce que l’on fait aussi pour diminuer « t ».

Notes de cours CAS-M-I.

FREtTASMER

144

6- TENSIONS

SECONDAIRES

On a vu, (page 119) que sous l’effet du moment de torsion les fibres longitudinales s’allongent un peu : une fibre de longueur initiale dx s’allonge de 117

Sa déformation est :

-

2

O2 .r2 2

soit

r étant sa distance du centre de torsion.

Ce sont les fibres les plus éloignées du centre de torsion qui s’allongent le plus. Cette déformation longitudinale entraîne une contrainte normale CT,.La somme de ces contraintes cX sur la section (S) est égale à l’effort normal N : (1) N est nul si les sections d’extrémité rapprocher.

de la barre sont libres de se

(2) N est une traction si les sections d’extrémité de se rapprocher. Dans le cas (2)

ox =E.E,

=E-

de la barre ne sont pas libres

O2 r2 2

Dans le cas (1) la barre va subir un raccourcissement d’ensemble a0 et on aura ox =E(q E, est tel que

I S)

-&,)=E 0, .dS=O

soit lsj [y-c,,)dS=O

On constate que pour les sections massives (type section circulaire ou tube fermé) ces tensions secondaires oX ne sont pas élevées, par contre pour les sections allongées elles peuvent l’être. Pour approfondir 1‘étude des profils minces se reporter au livre : « Pièces longues en Voiles minces » par B. Z. VLASSOV Edition Eyrolles

Notes de cours CAS-I/H.

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