Cours Et Exercice RDM

Chapitre 1 INTRODUCTION

Ce cours expose les méthodes générales de calcul des sollicitations et des déplacements des structures hyperstatiques. Il consacre également une large place aux problèmes isostatiques jugés nécessaires à la bonne clarté de l'exposé. Les méthodes particulières classiques sont également présentées afin de donner à l'étudiant des moyens de calcul pratiques mais aussi rigoureux que possible. Ce chapitre est consacré à des rappels. 1.1 CLASSIFICATION DES CORPS - NOTION DE POUTRE Les corps qu'on rencontre et qu'on sera amené à étudier peuvent être classer en fonction de leurs dimensions. On distingue :

P

Σ

a) Les poutres (ou barres) : Une dimension est beaucoup plus grande que les deux autres qui sont de même ordre de grandeur. La poutre est l'élément le plus répandu en construction. Les poutres sont associées, entre elles ou à d'autres types d'éléments pour constituer des systèmes ou structures.

dΣ

G1

G2

Figure 1.1

DEFINITION : une poutre est un solide engendré par une aire plane (Σ) dont le centre de gravité décrit une courbe G1G2. Le plan P contenant Σ restant normal à la courbe G1G2 (Figure 1.1). Section : l'aire Σ est appelée section droite, ou plus simplement section de la poutre. Fibre : le volume engendré par un élément dΣ de l'aire Σ est désigné par fibre de la poutre. Fibre moyenne : la courbe G1G2 est appelée fibre moyenne ou axe moyen de la poutre. C'est le lieu géométrique des centres de gravité des sections de la poutre.

2

CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES

Poutre gauche : c'est une poutre dont la fibre moyenne est une courbe gauche. Poutre plane : il s'agit d'une poutre dont la fibre moyenne est une courbe plane (c'est-à-dire contenue dans un plan). Poutre droite : lorsque la fibre moyenne d'une poutre plane est un segment de droite, on parle de poutre droite. Poutre à plan moyen : c'est une poutre possédant un plan de symétrie qui contient la fibre moyenne. Ce plan est désigné par plan moyen. Les poutres à plan moyen chargées dans ce plan se rencontrent fréquemment et constituent un des problèmes essentiels traités par la Résistance des Matériaux. Nous avons supposé la section Σ constante et dans ce cas la poutre est dite à section constante ou poutre prismatique. Il arrive aussi qu'on soit amené, généralement pour des raisons d'économie, à choisir des sections variables ; on parle dans ce cas de poutre à section variable. b) Les plaques, coques et membranes : Il s'agit de corps dont deux dimensions, de même ordre de grandeur, sont beaucoup plus grandes que la troisième (Figures 1.2a et 1.2b). Ces types d'éléments ne sont pas traités ici. c) Les poutres à parois minces ou poutres coques : Les trois dimensions sont significatives et aucune n'est faible comparativement aux autres (Figure 1.2c).

(a)

(b)

(c)

Figure 1.2 1.2 SYSTEMES ET CHARGES CONSIDERES Les systèmes qui seront considérés dans ce cours seront constitués de poutres isolées ou de poutres reliées les unes aux autres. Les poutres peuvent être assemblées de façon rigide (ex. portiques) ou de manière à permettre certaines possibilités de déplacement - degrés de liberté - (ex. systèmes articulés). Les poutres (ou plus exactement leurs axes moyens), les charges extérieures et les réactions des appuis des systèmes étudiés dans ce cours seront généralement situées dans un même plan. Dans ce cas, on dit qu'on a affaire à des systèmes plans. -

Les charges qui sollicitent les systèmes comprennent : le poids propre (action de la pesanteur), les forces et les couples concentrés,

Introduction

-

3

les forces et les couples répartis.

Il faut signaler qu'on entend par force concentrée une force répartie sur une petite surface (ex. action d'une roue). Par ailleurs, les charges sont supposées être appliquées lentement, de zéro à leur valeur finale. On dit dans ce cas que les charges sont appliquées statiquement. Enfin, nous supposerons que les charges extérieures sont directement appliquées aux fibres moyennes des poutres. Sous cette hypothèse, les poutres peuvent être représentées par leurs axes moyens. 1.3 APPUIS DES SYSTEMES PLANS Les systèmes sont reliés à l'extérieur par des liaisons appelées appuis, et où apparaissent des réactions qui réagissent à l'action des forces appliquées. Les réactions et les charges exercées constituent un système de forces en équilibre, car les constructions que nous considérons sont toujours en équilibre. La classification des appuis se fait d'après le nombre de degrés de liberté (ddl) (c'est-à-dire les possibilités de mouvement) qu'ils laissent au système et d'après la nature des réactions qu'ils peuvent exercer sur lui. a) L'appui simple (Figure 1.3) -

Il a deux degrés de liberté : la rotation autour de l'appui, la translation parallèlement au support de l'appui.

La réaction est connue par son point d'application (point de contact du système avec l'appui) et par sa direction (elle est perpendiculaire au support). Seule l'intensité reste à déterminer. En résumé, l'appui simple se caractérise par : 2 degrés de liberté et 1 composante de réaction. La figure 1.3a montre le principe de fonctionnement de l'appui simple. Les figures b, c et d indiquent les représentations courantes. La représentation adoptée ici est celle de la figure d.

A → RA

(b)

(a)

(c)

(d)

Figure 1.3 : l'appui simple. b) L'appui double (Figure 1.4) Il a un seul degré de liberté, la rotation autour de l'appui. Toute translation est par contre empêchée. Dans ce cas, la réaction de l'appui est connue uniquement par son point d'application, le point de contact du système avec l'appui (point A) (la ligne d'action

4

CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES

de la réaction passe par A). La réaction est décomposée suivant deux directions perpendiculaires et les deux composantes sont à déterminer. L'appui double présente donc 1 degré de liberté et 2 composantes de réaction.

A → RA Art. métallique

→ RA

Représentation adoptée

Art. de Freyssinet

Figure 1.4 : l'appui double. c) L'encastrement (Figure 1.5) Il n'a aucun degré de liberté. Tout déplacement est empêché. La réaction est un vecteur pouvant occuper n'importe quelle position du plan. On peut toutefois décomposer la réaction en 3 composantes : - deux composantes suivant deux directions perpendiculaires et passant par A, un couple appliqué en A.

→

RA CA Représentation

Figure 1.5 : l'encastrement

En définitive, l'encastrement se caractérise par : 0 degré de liberté et 3 composantes de réaction. d) Appui déformable - Appui élastique Un appui qui peut subir un déplacement dans la direction d'une composante de réaction est dit déformable (ex. sol compressible). Si le déplacement est proportionnel à la composante de réaction qui l'a provoqué, l'appui déformable est dit élastique. 1.4 PRINCIPE GENERAL D'ÉQUILIBRE - ÉQUATIONS D’ÉQUILIBRE Les conditions nécessaires et suffisantes pour qu'un système soit en équilibre sont : a) les sommes des projections de toutes les forces sur 3 axes passant par un point quelconque et non situés dans un même plan doivent être nulles, b) les sommes des moments par rapport à chacun des trois axes doivent être nulles. Pour une construction (structure), la vérification de ces conditions signifie qu'elle ne peut se déplacer comme un tout (corps rigide), autrement dit elle est en équilibre.

Introduction

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Soient oxyz un repère trirectangle et Fx, Fy et Fz les projections sur les axes ox, oy et oz d'une force quelconque. Les conditions d'équilibre (a) et (b) s'écrivent (cas général) :

ΣFx = 0 ΣF y = 0

ΣM / x = 0 ΣM / y = 0

ΣFz = 0

ΣM / z = 0

(1.1)

Les équations (1.1) sont appelées équations d'équilibre de la statique ou six équations universelles d'équilibre. Dans le cas d'un système plan, xy par exemple, le système d'équations (1.1) se réduit à :

ΣFx = 0

ΣFy = 0

ΣM / ∆ = 0

(1.2)

où ∆ est un axe quelconque perpendiculaire au plan xy. Notons que les équations d'équilibre de la statique sont écrites en travaillant sur la configuration initiale du système, c'est-à-dire non déformée ; autrement dit les déformations sont négligées. 1.5 PRINCIPE DE LA COUPE - ÉLEMENTS DE RÉDUCTION Considérons la poutre chargée représentée à la figure 1.6. Le corps étant en équilibre sous l'action des charges extérieures et des réactions (supposées connues), chaque partie de ce corps se trouve également en équilibre. z x

Σ A

B

y

Figure 1.6 Pratiquons (par l'esprit) une coupe dans la poutre suivant le plan vertical yz, de manière à avoir deux tronçons. Intéressons-nous par exemple à la partie de gauche. Le tronçon considéré est en équilibre sous l'action des sollicitations qui lui sont appliquées, des composantes de réaction de l'appui A et de l'action du tronçon de droite supprimé. L'action du tronçon de droite sur le tronçon de gauche peut être remplacée par : une force résultante R (Rx, Ry et Rz) et un couple résultant C (Cx, Cy et Cz) agissant au centre de gravité de la section Σ. Les six composantes représentant l'action de la partie de droite sur la partie de gauche peuvent être déterminées à l'aide des équations de la statique exprimant l'équilibre de la partie considérée (3 équations d'équilibre de translation et 3 équations d'équilibre de rotation).

R x = ΣFx

R y = ΣF y

R z = ΣFz

C x = ΣC / x

C y = ΣC / y

C z = ΣC / z

(1.3)

6

CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES

Les composantes Rx, Ry, Rz, Cx, Cy et Cz s'appellent éléments de réduction (réduction de toutes les forces à droite de la section Σ) dans la section Σ de la poutre considérée. En RDM, on utilise plutôt les notations Nx, Ty, Tz, Mt, My et Mz qui désignent l'effort normal (Nx), les efforts tranchants (Ty et Tz), le moment de torsion (Mt) et les moments fléchissants (My et Mz). Les composantes Rx, Ry, Rz, Cx, Cy, Cz et les grandeurs Nx, Ty, Tz, Mt, My et Mz ne diffèrent que par le signe. Les composantes Rx, Ry, Rz, Cx, Cy et Cz sont positives si elles sont orientées dans les sens positifs des axes x, y et z du trièdre direct xyz (Figures 1.7b et 1.7c). Par contre, pour Nx, Ty, Tz, Mt, My et Mz nous adopterons des conventions de signes particulières (§ 1.6) pour des raisons pratiques qui apparaîtront plus loin (Figures 1.7b et 1.7d). La composante Nx (Rx) agit normalement à la section ; quant aux efforts Ty et Tz (Ry et Rz), ils s'exercent tangentiellement (transversalement) à la section. La composante Mt s'appelle moment de torsion (Cx couple de torsion), car il tord la poutre. Convenons tout de suite de considérer un moment de torsion comme positif s'il tend à faire tourner la section considérée dans le sens horlogique.

y (a)

z

Rz

Cz

x

Rx=Nx

Cx Mt=-Cx

Ry=Ty

Tz=-Rz (b)

Cy (c)

Mz=-Cz

My=Cy (d)

Figure 1.7 Les deux dernières composantes, My et Mz, sont appelées moments de flexion (Cy et Cz couples de flexion), car ils fléchissent la poutre. La seule différence entre les moments et les couples de flexion réside comme on l'a souligné dans la convention des signes (Figure 1.7). Les couples Cy et Cz sont positifs s'ils sont orientés dans les sens positifs des axes y et z du trièdre direct xyz. Pour les moments My et Mz, on a l'habitude de les considérer comme positifs si les centres de courbure de la poutre fléchie sont du côté des z négatifs pour My et du côté des y négatifs pour Mz. Ceci nous amène à préciser les conventions de signes que nous utiliserons. Mais auparavant, remarquons que dans le cas d'un système plan, xy par exemple, les éléments de réduction se réduisent à : un moment fléchissant (M = Mz), un effort tranchant (T = Ty) et un effort normal (N = Nx). Enfin, il convient de noter que si on avait gardé le tronçon de droite et supprimé celui de gauche, on aurait trouvé dans la section des éléments de réduction de même intensité et de même nature que ceux trouvés en considérant le tronçon de gauche. Il serait absurde en effet de trouver dans la même section des sollicitations différentes selon qu'on la regarde de la gauche ou qu'on la regarde de la droite.

Introduction

7

1.6 DEFINITIONS ET CONVENTIONS DES SIGNES DE N, T, M Considérons un système, de préférence plan pour plus de clarté, constitué par une poutre prismatique (Figure 1.8). α

F (Σ)

N T

M

Figure 1.8 1.6.1 Effort normal D'après ce qu'on vient de voir (relations 1.3 notamment), l'effort normal N dans la section Σ est égal à la somme algébrique des projections sur l'axe des x de toutes les forces (charges extérieures et réactions d'appui) agissant sur le tronçon à gauche de Σ (*).

N = ΣF cos α

(1.4a)

Un effort normal exerçant une traction sur la section étudiée sera considéré comme positif. 1.6.2 Effort tranchant L'effort tranchant T dans la section Σ est égal à la somme algébrique des projections sur l'axe des y de toutes les forces agissant sur la partie de la poutre située à gauche de la section Σ (*).

T = ΣF sin α

(1.4b)

Nous conviendrons de considérer un effort tranchant comme positif s'il a tendance à faire tourner la section Σ dans le sens horlogique. 1.6.3 Moment fléchissant Le moment fléchissant M dans la section Σ est égal à la somme algébrique des moments créés dans cette section par toutes les sollicitations agissant sur le tronçon à gauche de Σ (*).

M = ΣC + ΣFd sin α

(1.4c)

où C et d représentent un couple concentré courant et le bras de levier de la composante transversale de la force courante F.

_____________________________________

(*) Nous avons considéré le tronçon à gauche de Σ mais il est bien évident qu'on obtiendrait des efforts de même intensité et de même nature si on considérait le tronçon situé à droite de la section étudiée.

8

CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES

Un moment fléchissant qui provoque des tractions dans les fibres inférieures d'une poutre horizontale sera considéré positif. Dans le cas des pièces obliques ou verticales, on peut considérer comme positif un moment qui tend les fibres de gauche. 1.7 DIAGRAMMES N, T, M La construction des diagrammes des éléments de réduction constitue une étape essentielle dans toute étude de RDM. Un diagramme est un graphe qui indique la valeur (intensité et nature) de la sollicitation considérée dans toutes les sections du système étudié. Ils sont tracés à partir des relations (1.4). Les diagrammes des éléments de réduction permettent de localiser les sections les plus sollicitées (sièges des contraintes les plus élevées) et servent au dimensionnement des différents éléments des structures. Dans la construction des diagrammes, les valeurs positives et négatives sont portées de part et d'autre d'un axe-origine. Par ailleurs, pour le diagramme du moment fléchissant, on a pour habitude de porter les ordonnées toujours du côté des fibres tendues.

F = 5 2t A

C=5tm

45° 2m

1m

2m

5t 5t

5tm

RA=4t

N

H=5t RA=1t

©

5t

4t T

1t Pour éviter tout risque de mauvaise interprétation des diaM grammes, il est vivement recommandé d'ajouter dans chaque aire 2 des diagrammes les précisions 7 8 suivantes : - diagramme de N : la lettre C Figure 1.9 ou T, selon qu'il s'agisse d'un effort de compression ou d'un effort de traction. diagramme de T : le sens de la rotation provoquée par l'effort (voir diagramme de T). - diagramme de M : on peut ajouter un arc pour préciser le sens de la courbure provoquée par le moment (voir diagramme de M).

Introduction

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1.8 RELATIONS CONTRAINTES-EFFORTS Nous avons vu que les éléments de réduction dans une section représentent l'action sur la partie de la poutre située d'un côté de cette section, des forces qui s'exercent sur l'autre partie. Ceci ne veut nullement dire que la section considérée soit soumise à des sollicitations (N - T - M - Mt) concentrées en son centre de gravité (ou ailleurs). A l'intérieur d'un corps il n'y a pas d'efforts concentrés, mais uniquement des contraintes dont la sommation est équivalente aux éléments de réduction.

z

Σ x

τxz

σx τxy

y

Figure 1.10

Les relations entre les efforts et les contraintes se déduisent facilement (Figure 1.10).

Nx =

∫σ

x dΣ

Ty =

Mz =

∫Σ σ

x ydΣ

My =

Σ

∫Σ τ

xy dΣ

∫Σ σ

Tz =

x zdΣ

∫Σ τ

Mt =

xz dΣ

∫Σ ( τ

xz y

(1.5)

+ τ xy z )dΣ

(1.6)

1.9 RELATIONS DIFFERENTIELLES ENTRE q, T ET M Considérons par exemple une poutre droite symétrique chargée dans son plan de symétrie (mais non soumise à une répartition de moments toutefois) et isolons par deux section (Σ1 et Σ2) un Σ2 Σ1 tronçon dx sur lequel agit une q charge répartie transversale q M M+dM (Figure 1.11). Sur le tronçon dx, les grandeurs T et M subissent les variations dT et dM. L'équilibre du tronçon est régi par les équations de la statique.

O

T

T+dT dx

Figure 1.11

L'équation d'équilibre de translation verticale s'écrit :

Σ Fv = 0

d'où on tire : q = - dT/dx

(1.7a)

A partir de l'équation de l'équilibre de rotation, on obtient :

ΣM/o = 0

d'où on tire : T = dM/dx

(1.7b)

et d'après (1.7a) : q = - d2M/dx2

(1.7c)

Les relations (1.7) permettent de tirer quelques enseignements qui facilitent la construction et le contrôle des diagrammes de T et de M. On peut en déduire essentiellement :

10

CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES

1- L'effort tranchant est la tangente de l'angle formé par la tangente au diagramme de M au niveau de la section considérée et l'axe longitudinal de la poutre. De même, la valeur absolue de la charge répartie représente la tangente de l'angle formé par la tangente au diagramme de T et l'axe longitudinal de la poutre. 2- Là où T est nul, M a une valeur extrémale. 3- Là où T passe par la valeur zéro de façon discontinue, le diagramme de M perd son allure monotone (voir figure 1.9). 4- Là où T subit un saut mais sans passer par zéro, le diagramme de M présente un point anguleux (M change de pente). 5- La variation de M sur un tronçon donné est égale à l'aire du diagramme de T sur ce tronçon. 6- La concavité du diagramme de M est tournée dans le sens contraire de la charge q. 7- Le diagramme de T doit se refermer (en partant de l'extrémité gauche). Ce corollaire exprime la nullité de la résultante des forces et permet en même temps de retrouver les forces localisées. 8- Le diagramme de M d'un système symétrique (géométrie et chargement) est symétrique tandis que celui de T est antisymétrique.

In tr o d u c t i o n

Exercice 1.7

1.10 EXERCICES

Calculer les réactions des systèmes représentés ci-après. Remarque : Dans les réponses données, une réaction positive signifie qu'elle est dirigée vers le haut s'il s'agit d'une composante verticale et de gauche à droite lorsqu'il s'agit d'une composante horizontale. Pour l'effort tranchant, l'effort normal et le moment fléchissant, les conventions des signes sont celles du § 1.6. Exercice 1.1

Exercice 1.2 F1=9t

A

3.5m

Exercice 1.8

2m

B

C

A 2m

B

a

b

Rép. : VA=-0.83 t, VB=2.83 t, HA=-1 t

Rép. : VA=-C/(a+b), VB=C/(a+b)

Exercice 1.9

Exercice 1.10

B

A 4m

2.5m 1m

q=2t/m

C=2tm

F=5t

A

B

Rép. : VA = 9 t, VB = 3 t

Exercice 1.3

Exercice 1.4

1.5m

3m

C=6tm

A

4m

Rép. : VA = 4.5 t, VB = 1.5 t

F1=6t

B

4m

2m

A

F2=2t

F1=1t

1m

q=3t/m

F3=3t F2=6t

3m

A

12

3m

3m

3m

Rép. : VA=2.6 t, VB=2.4 t

Rép. : CA=-21 tm, VA=6 t

Exercice 1.11

Exercice 1.12

q=3t/m

B F2=2t

A

F=1t B

2m

4m

6m

2m

Rép. : VA = 3.34 t, VB= 4.66 t

2m

Rép. : VA= 8 t, VB = 16 t 5m

Exercice 1.5

Exercice 1.6 q1=4t/m q=2t/m

q

F=33t

A

A

A

B

B L

Rép. : VA=qL/6, VB=qL/3

5m 4.5m

2.5m

q2=2t/m

q=1t/m A

C=16tm 4 q=3t/m 4m

4m

2m

Rép. : CA=-7.5 tm, VA=5 t, HA=-1 t

Rép. : VA=5.33 t, VB=0.67 t

Exercice 1.13

Exercice 1.14

Rép. : VA= 1.7 t, VB= 5.8 t

B

In tr o d u c t i o n

In tr o d u c t i o n

13

Exercice 1.21 C=6tm

C=6tm

A

P

2t

A

B 2a

Rép. : VA=-3 t, VB=3 t

2a

a

A

2t/m A

B

TD(d)=TE(g)=-TE(d)=-TB=1.5 t

Exercice 1.24

B q=3t/m

2m

4m

a=2m

2m

a/2

a/2

6t

q=3t/m

A

a

B

A B

Rép. : VA=2.83 t, VB=4.67 t

1m

MC=13.5 tm, MD=-2.25 tm, ME=1.5 tm

Exercice 1.23

1.5t/m

2.5m

Rép. : TA=TC(g)=-TC(d)=-TD(g)=4.5 t

MC=6.67 tm, MB=4 tm

2t

1t/m

1.5t

3.5m

B

E

6t

3m

TC(d)=TB(g)=-2.67 t, TB(d)=TD=2 t

Exercice 1.16

C

2m

Rép. : TA+TC(g)=3.33 t

Rép. : VA=3P/7, VB=4P/7

Exercice 1.15

4m

3t

D

D

2m

2a

9t

B C

l=4m

A

Exercice 1.22

6t

A

B

6m

Rép. : VA=3.17 t, VB=3.83 t

C

C

2m

3m

5m

Tracer les diagrammes de M, T et N des systèmes représentés ciaprès.

Rép. : TA=8 t

Rép. : TC=TA(g)=-6 t, TA(d)=11.1 t

TB(g)=-10 t, TB(d)=6 t

TB=-3.9 t

Exercice 1.17

Mmax=10.67 tm, MB=-6 tm

MA=-18 tm, Mmax=2.5 tm

Exercice 1.25

Exercice 1.26

Exercice 1.18 P

P

P

A

B C a

D

A C

D a

a

B

P

a

2a

a

Rép. : MC=-MD=Pa/2

TC(d)=TD(g)=0, MC=MD=Pa

TA=TC(g)=TD(d)=TB=-TC(d)=-TD(g)=P/2

Exercice 1.19

Exercice 1.20

q=3t/m B

C

A

C

B D

a

a

E

b

Rép. : TA=8 t, TC=TB=-4 t

Rép. : TA=TB=TD=-C/(a+b)

MC=8 tm

MD(g)=-Ca/(a+b), MD(d)=Cb/(a+b)

2m

3m

1.5m

C=5tm

q=2t/m

B

D

Rép. : TA=TC(g) =-TD(d)=-TB=P

A

C=2tm

5t

A

2a=4m

14

A

B 3m

E

D 3m

3m

Rép. : TA=TD(g)=2.6 t

Rép. : TA=TB=6 t

TD(d)=TB(g)=2.4 t, TB(d)=TE=0

TD=TC=0

MD=5.2 tm, MB=ME=-2 tm

MA=-31 tm, MB=-14 tm, MD=ME=-5 tm

In tr o d u c t i o n

Exercice 1.27

Exercice 1.28

Articulation P

q B

A

In tr o d u c t i o n

15

A

B C

C a

a

2a

D 2a

a

Rép. : TA=TC(g)=2P/3

MA=-qa²

TC(d)=TD=TB=-P/3

Mmax=qa²/2

MC=2Pa/3, MD=0, MB=-Pa/3

q1=5t/m

1

3m

5m

B Mo=15KNm

3 4 C=2 tm 2m 1 1

T3=T4=TB(g)=-9.5 t, TB(d)=9 t

B

5 2m

6 1

T5(g)=6.33 t, T5(d)=0.33 t, T6 =0 M1=10.5 tm, M2=11 tm, M3=2 tm, M4(g)=-7.5 tm, M4(d)=-5.5 tm, MB=-15 tm, M5=-0.11 tm

Exercice 1.30 Rép. : VA=-8.625 t, VB=16.625 t

q1=2t/m D

HA=-13 t, NAD=8.625 t, NDE=3 t,

E

NEB=-16.625 t,

1m q2=1t/m

C 10t

3m

TAC=TCA=13 t, TCD=TDC=3 t TDE=-8.625 t, TED=-16.625 t

B 4m

A

Exercice 1.31

4m

1.5m

3m

1m

1m

TA=T1(g)=10.5 t, T1(d)=T2=0.5 t

F2=6t

q2=2t/m

A

1

F

A

Rép. : VA= 10.5 t, VB=18.5 t

2

C

p=10KN/m

Exercice 1.29

1

P2=30KN G q4=30KN/m

q3=12KN/m

Rép. : TA=TC=-TB=qa

F1=10t

q2=20KN/m

P1=40 2 KN q1=10KN/m 45° D E

TEB=-3 t, TBE=0, MCD=MCA=-52 tm, MDE=-MDC=55 tm, MED=MEB=4.5 tm

Rép. : HA=-55 KN, VA=135 KN, VB=45 KN, NAE=-135 KN, NEA=-85 KN, NDE=NED=-40 KN, NEG=NGE=NGB=NBG=-45 KN, MAE=83.75 KNm, MEA=-41.25 KNm, MED=-71.25 KNm, MEC=-30 KNm, MFC=MFG=-15 KNm, MGF=MGB=-60 KNm, MBG=-15 KNm, TAE=55 KN, TEA=-5 KN, TDE=-40 KN, TED=-55 KN, TEC=30 KN, TCE=TCF=TFC=-15 KN, TFG=TGF=-45 KN, TGB=45 KN, TBG=0.

16

18

C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S

2.2 EQUATION DIFFERENTIELLE DE LA DEFORMEE

Chapitre 2

Considérons une poutre horizontale simplement appuyée, fléchie dans le plan vertical xy (Figure 2.1). Après flexion, l'axe longitudinal AB de la poutre prend la forme courbe AMB. Cette courbe est appelée déformée ou ligne élastique (ou élastique tout simplement) de la poutre et peut être décrite par une équation de la forme y = f(x). Les ordonnées y représentant les flèches subies par les sections (leurs centres de gravité plus exactement) de la pièce.

DÉPLACEMENTS DES POUTRES FLÉCHIES R

dθ

θ θ

Les poutres considérées sont droites et possèdent un plan de symétrie qui contient les charges appliquées. Dans ces conditions, la flexion se fait dans le plan de symétrie de la pièce considérée.

A

B M x

Dans toute étude de structure, outre le calcul des réactions, des éléments de réduction et des contraintes, on fait également des calculs de déplacements. Généralement, on fixe pour les déplacements des sections des limites admissibles à ne pas dépasser, tout comme pour les contraintes. Il n'est pas rare même que les conditions de déformabilité soient plus sévères que les conditions de résistance. La limitation des déplacements vise avant tout à préserver la fonctionnalité de la construction. A titre d'exemple, une trop grande déformabilité des poutres peut provoquer la fissuration des cloisons légères et engendrer des désordres très gênants. D'autre part, lorsque les déplacements sont importants ils peuvent modifier significativement l'action des charges appliquées (ils engendrent d'autres efforts, dits effets du second ordre), et dans ce cas il est nécessaire d'en tenir compte. Par ailleurs, la résolution des problèmes hyperstatiques, qui constituent l'essentiel des structures habituelles, fait appel aux calculs de déplacements. Le déplacement de la section d'une poutre peut être : - une translation - une rotation Dans le cas d'une poutre horizontale fléchie dans le plan xy, l'axe des x étant confondu avec l'axe longitudinal de la pièce, les déplacements verticaux des centres de gravité des sections droites, mesurés à partir de l'axe x, sont appelés flèches. Les rotations se font autour de l'axe z (axe neutre) et représentent les angles, mesurés en radians, dont tournent les sections droites de la poutre.

dx

y

Ce chapitre expose les principales méthodes qui permettent d'obtenir l'équation de la déformée. 2.1 IMPORTANCE DES CALCULS DE DEPLACEMENTS

x

Figure 2.1 L'influence de l'effort tranchant sur la courbure de la déformée étant généralement très faible, elle peut être négligée (nous étudierons plus loin l'influence de T). Nous admettrons donc que la courbure de la ligne élastique en un point donné ne dépend que de la valeur du moment fléchissant en ce point. Dans ce cas, nous utilisons la relation liant la courbure au moment fléchissant obtenue rigoureusement dans le cas de la flexion pure et qui s'écrit :

1 Mz = R EI z

(2.1)

D'autre part, on apprend dans les cours de Géométrie Différentielle que la courbure en un point M, d'une courbe plane donnée par l'équation explicite y = f(x), vaut : x M

y" 0 ⇒ système hyperstatique avec : - "b" nombre de barres - "l" nombre de liaisons dans les appuis (encastrement = 3 ; appui double = 2; appui simple = 1) - "n" nombre de nœuds 4.4 METHODES FONDAMENTALES DE CALCUL DES STRUCTURES HYPERSTATIQUES Nous avons vu précédemment que pour déterminer les réactions et les éléments de réduction des systèmes hyperstatiques, il fallait des équations supplémentaires, qui sont obtenues à partir des conditions de continuité de la déformée de la structure ou à partir des conditions d'équilibre statique de la structure déformée. Dans le cadre de l'hypothèse des petites déformations, les efforts sont indépendants des déformations dans les structures isostatiques, alors que pour les systèmes hyperstatiques les efforts sont fonctions aussi bien des charges que des déformations de la structure (voir § 3.17, exemple de la poutre continue soumise au seul déplacement de l’un de ses appuis). En raison de l'interdépendance entre les efforts et les déformations (donc les déplacements), il en résulte deux possibilités générales d'aborder le calcul des structures hyperstatiques, c'est-à-dire soit en s'intéressant aux efforts (dans les liaisons surabondantes) (méthode des forces), soit en s'intéressant aux déplacements (méthode des déplacements). 4.4.1 Méthode des forces Elle est parfois appelée méthode des efforts ou méthode des sollicitations. Avec cette méthode, on prend comme inconnues les forces dans les liaisons surabondantes. Les liaisons surabondantes sont supprimées et remplacées par des forces inconnues qu'il faut chercher en premier lieu. La structure initiale (hyperstatique) est transformée en une structure isostatique soumise aux charges extérieures de départ et aux forces introduites (les inconnues hyperstatiques). Les équations supplémentaires qui permettent de déterminer les forces inconnues sont obtenues en exprimant la "continuité" de la structure déformée dans les liaisons supprimées (surabondantes). Comme il y a plusieurs possibilités de rendre isostatique un système hyperstatique, il en résulte plusieurs façons de mettre le problème en équations. Pour la simplification des calculs, il y a intérêt à considérer les liaisons surabondantes qui rendent les équations générales de continuité aussi simples que possible.

82

C ALC UL D ES S TR UCTU R E S H YPE R STATIQU E S

Cette méthode est essentiellement caractérisée par la création de coupures qui libèrent chacune une liaison surabondante. Chaque liaison supprimée est ensuite remplacée par une force qui joue le même rôle qu'elle. 4.4.2 Méthode des déplacements (ou des déformations) Avec cette méthode, on prend comme inconnues les déplacements généralisés (rotations et translations) subis par les nœuds de la structure. Le nombre d'inconnues de cette méthode est égal au nombre de déplacements généralisés possibles des nœuds (les degrés de liberté de la structure), qui est généralement différent du degré d'hyperstaticité. Les équations supplémentaires sont obtenues en exprimant les conditions d'équilibre statique de la structure déformée. On verra plus loin que cette méthode est caractérisée par le blocage des nœuds de la structure. Conclusion : La méthode des déplacements est généralement plus intéressante quand le degré d'hyperstaticité devient important. La méthode des forces est efficace quand le nombre de liaisons surabondantes (degré d’hyperstaticité) n'est pas très élevé. Mais en définitive le choix d'une méthode dépend plus des affinités et des aptitudes de chacun.

84

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S

∂W =0 ∂X i

(5.1)'

Le théorème découle de celui de Castigliano (1ère forme). Ce résultat est évident dans le cas d'une inconnue hyperstatique externe (c'est-à-dire une réaction), puisque le déplacement est nul dans la direction de la réaction. Nous reviendrons plus loin sur la signification de ce résultat [(5.1)'] dans le cas d'une inconnue hyperstatique interne.

Chapitre 5 CALCUL DES SYSTÈMES PLANS PAR LA MÉTHODE DES FORCES

Le théorème de Menabrea signifie que les forces hyperstatiques prennent des valeurs qui rendent minimale l'énergie potentielle interne exprimée en fonction des sollicitations, dont les forces hyperstatiques, appliquées au système considéré. Ainsi, pour chaque inconnue hyperstatique Xi le théorème de Menabrea fournit une équation (de continuité). La résolution du système d’équations ainsi obtenu permet de trouver les inconnues hyperstatiques et de résoudre le problème qui devient isostatique.

5.1 SYSTEME CONCORDANT - MANQUE DE CONCORDANCE DÉFINITION : On dit qu’un système hyperstatique est concordant quant à ses appuis, ou encore que les appuis d’un système hyperstatique sont concordants, lorsque les composantes de réaction sont toutes nulles en l’absence de sollicitations extérieures (Figure 5.1a).

Dans le cas d’un système linéaire L plan dont les éléments de réduction sont désignés par M, N et T (Mt=0), l’expression générale de W (voir chapitre 3) est de la forme :

W=

1 2

M2 1 ds + EI 2

∫ L

N2

∫ EA ds

+

L

1 T2 κ ds 2 GA

∫ L

Si le système est constitué de plusieurs barres (poutres) Li l’intégrale est étendue à chacune d’elles : Manque de concordance a) Système concordant

b) Système non concordant

Figure 5.1 Dans le cas contraire - Figure 5.1b - les appuis sont dits non concordants (les composantes de réaction ne sont pas toutes nulles). Le manque de concordance d’un appui est représenté par le déplacement linéaire ou angulaire qu’il subit depuis sa position concordante jusqu’à sa position réelle. 5.2 THEOREME DE MENABREA THÉORÈME : La dérivée partielle de l’énergie potentielle interne (W) d’un système par rapport à une inconnue hyperstatique externe ou par rapport à la valeur commune de deux inconnues hyperstatiques internes Xi dégagées par une coupure, est égale au manque de concordance correspondant ci.

∂W = ci ∂X i

W=

(5.1)

Dans le cas d’un système concordant cette dérivée est toujours nulle, soit :

1 2

∑∫ i

Li

M2 1 ds + EI 2

N2

T2

1

∑ ∫ EA ds + 2 ∑ ∫ κ GA ds i

i

Li

Li

Si la flexion est prépondérante par rapport aux autres sollicitations, l’expression de l’énergie se réduit au premier terme :

W=

1 2

∑∫ i

Li

M2 ds EI

Même lorsque le symbole de la sommation n’est pas porté, pour simplifier l'écriture des expressions, on sait que l’intégration est étendue à la totalité du système, donc à toutes ses parties. Pour des systèmes plans constitués de barres droites articulées (treillis) avec des charges appliquées aux nœuds (treillis chargés indirectement), l’énergie est donnée par :

W=

1 2

N2

1

dx

∑ ∫ EA dx = 2 ∑ N ∫ EA i

Li

2 i

i

Li

Et si la rigidité extensionnelle EA est constante sur chaque barre, il vient :

C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s

W=

1 2

85

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S

On peut montrer que chacune de ces équations peut se mettre sous la forme ci-après, connue sous le nom de formule de Müller - Breslau (ou de Bertrand De Fonviolant),

N i2 Li

∑ ( EA )

i

i

86

5.3 PRINCIPE DE LA METHODE DES FORCES Pour calculer un système hyperstatique d’ordre n (H = n), on le transforme en un système isostatique en supprimant les n liaisons surabondantes. Cela revient à pratiquer n coupures, une par inconnue hyperstatique. Pour que le système isostatique soit équivalent au système initial, il faut remplacer chaque liaison supprimée par la force qui lui correspondant (Figure 5.2). P

P

X1 X2

n

∂W = 0, ⇔ ∂X j

∑X δ i

u ji

+ δ jF = 0

j = 1, 2, ...,n

(5.2)

i =1

et le système des n équations de continuité peut se mettre sous la forme explicite suivante : u u u  δ 11 X 1 + δ 12 X 2 + ...+ δ 1n X n + δ 1F = 0  u u u X n + δ 2F = 0  δ 21 X 1 + δ 22 X 2 + ...+ δ 2n  .......................................................   δ u X + δ u X + ...+ δ u X + δ = 0 n2 2 nn n nF  n1 1

(5.3)

ou sous la forme matricielle :

h

[δ ]{ X } = {−δ u

(a) l/2

}

l/2

5.4.1 Démonstration de la formule de Müller - Breslau

Figure 5.2 Les inconnues hyperstatiques X1 et X2 de l’exemple considéré sont obtenues en utilisant l’équation (5.1)’ ci-dessus. Le système d’équations s’écrit :

(a)

Le système isostatique obtenu par suppression des liaisons surabondantes (Figure 5.2b) est désigné par système de base, système fondamental ou encore système principal.

Considérons un système plan. Soient MiF, NiF et TiF les éléments de réduction dans la section courante i du système de base sous l’action de la sollicitation globale F(F1, F2, ..., Fj, ...). Si on note par mij, nij, et tij les éléments de réduction dans la même section i sous l’action d’une sollicitation unitaire appliquée dans la section j (du système de base), alors la contribution de l’inconnue hyperstatique Xj aux éléments de réduction s’écrit :

Xj mij pour le moment fléchissant ; Xj nij pour l’effort normal et Xj tij pour l’effort tranchant. Les éléments de réduction qui apparaissent en i sous l’action conjuguée de la sollicitation globale F et des inconnues hyperstatiques X1, X2, ..., Xn, s’obtiennent par superposition : n

Une fois l’hyperstaticité levée, c’est-à-dire lorsqu’on a déterminé les inconnues hyperstatiques, la construction des diagrammes M, N, T revient à tracer les diagrammes d’un système isostatique (en l’occurrence le système de base) soumis - simultanément - aux charges données (la sollicitation globale F) et aux forces calculées (X1, X2, ... Xn). L’application du principe de superposition (voir § 5.4.1) simplifie quelque peu ce travail.

M iF +

Pour un système concordant d’ordre n, on aura un système de n équations :

∑X

j mij

j =1 n

N iF +

∑X

j nij

j =1 n

TiF + 5.4 EQUATIONS DE CONTINUITE

∂W ∂W ∂W ∂W = 0, = 0, ..., = 0, ..., =0 ∂X 1 ∂X 2 ∂X j ∂X n

(5.4)

Les équations du système (5.3) [ou (5.4)] sont appelées équations canoniques de la méthode des forces.

(b)

 ∂W  ∂X = 0  1   ∂W  ∂X = 0  2

F

∑X

j t ij

j =1

L’expression de l’énergie potentielle s’écrit alors :

C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s n

(MiF + W=

1 2

∫

2

(NiF +

j ij

j =1

ds +

EI

L

n

∑X m )

1 2

∫

2

(TiF +

j ij

ds +

EA

L

n

∑X n ) j =1

1 κ 2

∫

n

n

∑X m )m

∫

j ij

j =1

ds +

EI

L

(NiF +

ik

∫

∫

GA

L

n

∫ L

MiF mik NiF nik T t ds + ds + κ iF ik ds+ EI EA GA

∑

∫

∫

∫

L

L

L

∑X t )t j ij

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S

u X 2 + δ 2F = 0 δ u21 X 1 + δ 22 u Les coefficients δ 11 et δ u21 sont obtenus en appliquant au système de base la

∂W = 0 , s’écrit: ∂X k

j =1

ds + κ

EA

L

(TiF +

ik

j =1

ds

n

∑X n )n j ij

2

j ij

GA

L

88

u u X 1 + δ 12 X 2 + δ 1F = 0 δ 11

∑X t ) j =1

L’équation de continuité relative à la coupure k, c’est-à-dire

(MiF +

87

ik

u sollicitation unitaire X1=1 tandis que δ 12 et δ u22 s’obtiennent sous l’effet de la seule sollicitation X2=1. Quant aux déplacements δ1F et δ2F, ils se calculent sous l’effet des charges extérieures (ici la force P) appliquées au système isostatique de base. Les diagrammes permettant le calcul de ces coefficients (cas où l'influence de M est prépondérante) sont montrés à la figure 5.3.

ds=0 Pl/2 l

n

∑

X j mijmik

j =1

EI

ds +

∫

X j nijnik

j =1

L

EA

P

X1=1 X2=1

ds +

n

∑X t t ∫

+ κ

GA

L

mi2

mil

j ij ik

j =1

ds = 0 (a)

h n

δ kF +

∑ j=1

MiF

 mij mik nij nik t ij t ik  Xj ds+ ds+ κ ds = 0 EI EA GA   L L L 

∫

∫

∫

soit :

(c)

(b)

l

Figure 5.3 : Diagrammes des moments M et m On trouve, avec h=l=a :

n

∑X

u j δ kj

+ δ kF = 0

j=1

u δ11 =

a3 3EI

u δ12 = δ u21 =

a3 2EI

δ u22 =

4a 3 3EI

δ1F = -

Pa 3 4EI

δ 2F = -

29Pa 3 48EI

La figure 5.4 montre la signification de ces coefficients. 5.4.2 Signification et calcul des coefficients u δ 11

La signification et le calcul des coefficients δ iju et δ iF ont été exposés dans le

u δ 12

X1=1

même chapitre 3. Leur matrice δu est appelée matrice de souplesse.

P

δ u22

δ u21

chapitre 3. Les coefficients δ iju sont les coefficients d’influence définis dans ce

δ2F

X2=1

Le coefficient général δiF représente le déplacement de la section i du système de base (dans la direction i, qui est aussi la direction de l’inconnue hyperstatique Xi) sous l’effet des charges appliquées (données) (F). 5.5 EXEMPLES D’APPLICATION

(a)

(b)

Exemple 1 : inconnues hyperstatiques externes. Soit à résoudre le portique de la figure 5.2. Pour les calculs, on considère h=l=a. Les équations canoniques du système s’écrivent :

Figure 5.4 : Signification des coefficients δ Et à partir des équations du système on tire :

δ1F

(c)

C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s

X1 =

89

9 22 P et X 2 = P 56 56

Les diagrammes M, N, T peuvent être construits maintenant (Figure 5.5).

90

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S

u δ11 =

2h3 l2(12h + l ) h2 u u u ; δ12 = δu21 = 0 ; δu22 = ; δ13 = δu31 = − ; δ23 = δu32 = 0 ; 3EI 24EI EI

δu33 =

(4h + l) qh4 qh3l qh3 ; δ1F =; δ2F = ; δ3F = 2EI 8EI 12EI 6EI

34

1

6

X1

X1=1

X2=1

l/2

l/2

X2 9 22

11 M(xPa/56)

mi1=m1

h

(b)

(c)

h (a)

34

9 (c)

(b)

(a)

X3=1 mi3=m3

T(xP/56)

N(xP/56)

3

X3

mi2=m2

Figure 5.5 : Diagrammes M, N, T MiF

Exemple 2 : inconnues hyperstatiques internes (Figure 5.6).

(d) qh2/2

X2 q

X1

X1

2EI X2

X3 h

X3

EI

EI

(a)

(b) l/2

l

Figure 5.7 : Diagrammes des moments M et m

l/2

Figure 5.6 Les équations canoniques du système s’écrivent : u u u X 1 + δ 12 X 2 + δ 13 X 3 + δ 1F = 0 δ 11 u u X 2 + δ 23 X 3 + δ 2F = 0 δ u21 X 1 + δ 22 u u X 2 + δ 33 X 3 + δ 3F = 0 δ u31 X 1 + δ 32

A partir des diagrammes de la figure 5.7, on calcule les coefficients du système obtenu.

En prenant h = l, il vient : u δ 11 =

2h3 u 13h3 u h2 ; δ 12 = δ u21 = δ u23 = δ u32 = 0 ; δ u22 = ; δ 13 = δ u31 = − ; 3 EI 24 EI EI

δ u33 =

5h qh4 qh4 qh3 ; δ 1F = − ;δ 2F = ;δ 3F = 2 EI 8 EI 12 EI 6 EI

La résolution du système d’équations donne : X1 =

91 2 1 qh = 0.22 qh ; X 2 = qh = 0.15 qh ; X 3 = − qh 2 = −0.02 qh 2 416 13 48

Le signe moins (–) devant X3, signifie que le sens réel de ce moment est contraire au sens choisi arbitrairement. 5.6 CONTROLE DES RESULTATS Le contrôle des résultats peut se faire à trois niveaux : sur les coefficients δiju et δiF ; sur les diagrammes M, N, T et sur les déplacements. 5.6.1 Vérification des coefficients Considérons un système hyperstatique d’ordre n. Pour alléger les expressions, nous supposons que l’influence des efforts normal et tranchant est négli-

C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s

91

geable. Soit mit le moment (par unité de force) dans la section courante i du système de base sous l’effet de : X1=1, X2=1, ..., Xn=1 ; c’est-à-dire :

a) Somme des coefficients de chaque ligne de la matrice δ u

k =n j =n

Considérons la kième ligne (équation relative à la coupure k).

∑δ

u kj

mik .mij

∑∫

=

j =1

EI

j =1 L

∫

=

L

ds =

∫ L

mik .mi1 mik .mi2 mik .min ds + ds+ ... + ds EI EI EI

∫

∫

L

mik (mi1 + mi2 +...+min )ds = EI

∫ L

L

mik (mit )ds = EI

∫ L

mik . mit ds EI

∑ ∑δ

u kj

=

k =1 j =1

29 h3 2h2 5h 177 − + = 24 EI EI 2 EI 8 EI

Le diagramme mit nécessaire au calcul du second membre de l'équation (5.6) est représenté à la figure 5.8. Le calcul de l'intégrale de Mohr donne :

mit2

1

39

∫ EI ds = 2 EI ( 8

Soit :

+

L

j=n

∑

sera amené à vérifier le calcul des différents coefficients ainsi que les diagrammes MiF et mik si on a utilisé la méthode de Verescheaguine. Vérifions les coefficients de la matrice δu du cas traité dans l'exemple 2. Pour les besoins de l'application numérique on prend h=3 m. Le premier membre de l'équation (5.6) vaut :

en vertu du principe de superposition.

j =n

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H YP E R S T A T IQ U E S

Exemple

mit = mi1 + mi2 + ... + min

j =n

92

δ ukj

=

j =1

=

mik . mit ds EI

∫ L

(5.5)

La longueur L désigne la longueur totale du système (toutes les barres s’il en comporte plusieurs).

1 1 1 125 1 57 )+ ( ) + + + 3 24 EI 24 24 4

1 63 1 468 531 177 ( )+ ( )= = 2EI 12 EI 24 24 EI 8 EI

1.0

2.5

0.5

b) Somme des coefficients de la matrice δ u j =n

k =n

∑∑ k =1

k =n

δ ukj =

j =1

∑∫ k =1 L

=

∫ L

mik (mi1 + mi2 + ...+min )ds = EI

mit (mi1 + mi2 +...+min )ds = EI

∫ L

k =n

∑∫ k =1 L

mik . mit ds EI

0.5 l/2=1.5 m

j =n

∑ ∑δ k =1

u kj

=

j =1

∫ L

mit2 ds EI

∑δ k =1

k =n

kF

=

∑∫ k =1 L

MiF .mik ds = EI

3.5 1.5 m

(5.6) 5.6.2 Vérification des diagrammes

c) Somme des coefficients δiF k =n

Figure 5.8 : Diagramme mit, sous l'action simultanée de X1=1, X2=1 et X3=1

mit2 ds EI

Soit : k =n

mit

h=3 m

MiF

∫ EI (m +m + ... +m )ds = ∫ i1

L

i2

in

L

MiF .mit ds EI

(5.7)

Aussi, avant de passer à la résolution du système d’équations, il est prudent de procéder aux vérifications indiquées. En pratique, on trace le diagramme mit et on applique la relation (5.6). Si le résultat donné par cette dernière est identique à la somme de tous les termes de la matrice δu, on peut passer à l’étape suivante de l’étude. Dans le cas contraire, on procède au contrôle de chaque ligne de la matrice selon l’expression (5.5) et des coefficients δiF d’après la relation (5.7). On

La vérification de l’équilibre des nœuds et de parties entières de la structure étudiée, à partir des diagrammes des efforts, fournit un bon moyen de contrôler les résultats obtenus. Chaque nœud ou partie de la structure isolé par des coupures, doit être en équilibre sous l’action des forces qui lui sont directement appliquées et des efforts internes (M, N, T) 6Pa/56 agissant aux lèvres des coupures et qu’on lit directement sur les diagrammes à contrôler. 9P/56 34P/56 6Pa/56

9P/56

Exemple 34P/56

Figure 5.9 : Vérification de l'équilibre d'un nœud

C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s

93

On veut vérifier l'équilibre du nœud de la structure considérée dans l'exemple 1 précédent. La figure 5.9 représente le nœud avec les efforts agissant sur les sections coupées et dont les valeurs sont lues directement sur les diagrammes des efforts de la figure 5.5. On peut constater que les efforts agissant sur le nœud vérifient les trois équations d'équilibre de la statique. 5.6.3 Vérification des déplacements On peut appliquer la vérification aux déplacements connus, principalement ceux qui sont nuls. Le calcul doit être effectué à partir des efforts trouvés (notamment le diagramme final du moment). 5.7 SIGNIFICATION DES EQUATIONS DE CONTINUITE Comme le montrent les deux exemples traités, chaque équation de continuité exprime que le déplacement relatif des lèvres de la coupure libérant l’inconnue hyperstatique considérée est égal au manque de concordance correspondant. Dans le cas d’un système concordant, ce déplacement (relatif) est nul. Quand il s'agit d'une inconnue hyperstatique externe, le déplacement relatif est en fait le déplacement réel.

Calcul des systèmes plans par la méthode des forces

95 96

C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s

Exercice 5.7

5.8 EXERCICES

Exercice 5.8

Tracer les diagrammes de M, de N et de T des systèmes suivants. Exercice 5.1 P

B

P=2t EI

1m

P=ql

q B

C

2EI

4m 2l

A 4m

l

Exercice 5.9

l

Exercice 5.10

q=2t/m

Exercice 5.4

P=2t C

D

D

B

A

2P 60°

B

C

F

EI

3m

I2 EI

I1

F=5t

A

I1

A

EI P

2m 5t

2EI

D

2m

2L

D 2EI

a

2m 4m

C a

2m

2a

4m

3

A.N. : P=12t, L=4m, I1=10-

4

m,

2m

I2=8I1 et E=2.1 106 kg/cm2. Exercice 5.6

q=300 kg/m

Exercice 5.11

B

q=2t/m

P

P=1t

B

2EI 2m EI

EI

EI

EI

A

B 2EI

l

1m A

2EI

D

EI

P=800 kg C

D

A 6m

Exercice 5.12

C 2EI

B

5m

2m

E

C

Exercice 5.5

A

L

EI

EI a

E

2EI

q=2t/m

q B

4m

1m

B

A

A

D

l/2

Exercice 5.3

D

EI

B

1m A l/2

8m

2EI

EI

EI

A

4m

EI

2EI

EI

C 2EI

P

e=0.5m

C

EI

l

15.3tm B

q=1t/m

Exercice 5.2

EI

EI

C

E

D 8m

C l/2

l

l=5m

l

l

C a l c u l d e s s y s t è m e s p l a n s p a r l a m é t h o d e d e s fo r c e s

97

Réponses : Exercice 5.1 : MA = 3Pl/56, MB=-6Pl/56, RCH=-9P/56, RCV=22P/56. Exercice 5.2 : Inconnues hyperstatiques au milieu du système : XM=0.29ql2, XN=-0.53ql, XT=-0.81ql. Réactions : MA=-0.85ql2, RAH=-1.47ql, RAV=0.2ql, MD=-0.55ql2, RDH=-0.53ql, RDV=0.8ql. Exercice 5.3 : RAV= -(2P+qa)/3, RCV=(P+3qa)/2, RDV=(P+5qa)/6, MBA=-a(2P+qa)/3, MBC=Pa, MBD=a(P-qa)/3. Exercice 5.4 : RCH=0.24t, RCV=4.17t, REH=1.63t, REV=4.17t. Exercice 5.5 : RCH=-540.5kg, RCV=569.0kg, RAH=-259.5kg, RAV=931.0kg, MA=-926.5kgm, MBA=MBC=-21.5 kgm. Exercice 5.6 : Inconnues hyperstatiques au milieu du système : XM=0, XN=0.5t XT=-0.34t. Moments : MA=MD=-1.65tm, MBA=MBC=1.35tm, MCB=MCD=-1.35tm. Exercice 5.7 : Inconnues hyperstatiques au milieu du système : XM=0.94tm, XN=-0.45t, XT=0. Réactions : MA=MB=0.69 tm, RAH=-RBH=0.45t, RAV=RBV=5t. Exercice 5.8 : Inconnues hyperstatiques externes en D : RDH=-0.6t, RDv=3.6t. Moments : MA=1.5tm, MBA=-3.3tm, MBC=12.0tm, MCB=MCD=-2.4tm. Exercice 5.9 : RDV=4.35t, RAH=-5.0t, RAV=5.65t, MA=-10.59tm, MBA=MBC=4.41tm, MCB=11tm, MCD=15tm, MCE=-4tm. Exercice 5.10 : RDH=-2.63t, RDV=3.53t, RAH=-12.0t, RAV=17.25t, MA=-19.76tm, MBA=MBC=17.72tm, MCB=MCD=-10.52tm. Exercice 5.11 : RDH=3P/8, RDV=-3P/8, MD=Pl/8, RCH=-3P/8, RCV=11P/8, MC=-Pl/8, MBA=-Pl/2, MBC=Pl/4, MBD=-Pl/4. Exercice 5.12 : RAV=-0.426t, RCH=0.266t, RCV=5.852t, REH=-0.266t, REV=4.574t, MBA=-2.13tm, MBC=-1.33tm, MBD=-3.46tm MDB=MDE=-1.33tm., Signes : Pour le moment fléchissant et les composantes de réactions, les conventions utilisées sont les suivantes : . un moment est positif s'il fait tendre les fibres intérieures (inférieures) ; . une réaction verticale (RV) est positive si elle agit vers le haut alors qu'une réaction horizontale (RH)est positive quand elle est dirigée vers la droite. Pour les inconnues hyperstatiques (XN et XT), on utilise les conventions habituelles de N et T.

1 00

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

les moments fléchissants qui la sollicitent sont plus faibles. La comparaison est encore plus nettement à l’avantage de la poutre continue par rapport à une poutre isostatique unique de même longueur. Dans une poutre continue, les appuis intermédiaires contribuent à réduire et à mieux répartir sur toute la poutre le moment fléchissant (qui est la sollicitation prépondérante). Cette observation reste valable pour les déplacements qui sont nettement moins importants dans le cas des poutres continues. Ces dernières présentent par ailleurs une plus grande rigidité et résistent de ce fait mieux à l’action dynamique.

Chapitre 6 LES POUTRES CONTINUES Application de la méthode des forces

Les charges considérées ici sont supposées être appliquées statiquement. Elles sont constituées de charges transversales (voire inclinées), concentrées ou réparties, et de couples. Contrairement aux poutres isostatiques, les poutres continues, comme tous les systèmes hyperstatiques, sont très sensibles aux déplacements des appuis. Ce phénomène a déjà été mis en exergue dans un exemple d’application des formules de Bresse traitant une poutre continue soumise au seul effet de l’affaissement d’un de ses appuis.

A- POUTRES CONTINUES A ÂME PLEINE 6.1 INTRODUCTION Les poutres continues sont des structures qu'on rencontre très fréquemment dans les constructions courantes. On appelle poutre continue une poutre reposant sur plusieurs appuis. Il s’agit généralement d’appuis simples, à l’exception d’un seul qui est un appui double et dont le rôle consiste à assurer la stabilité géométrique de la poutre, comme empêcher la translation horizontale dans le cas de la figure 6.1. L’appui double peut être placé à une extrémité ou, plus généralement, être un appui intermédiaire.

0

l1

1

lk

k

ln

n

Figure 6.1 : Poutre continue avec le mode de numérotation des travées Les extrémités d’une poutre continue peuvent très bien comporter des porteà-faux ou être encastrées. Le traitement de ces cas particuliers est abordé plus loin. Les poutres continues sont des systèmes hyperstatiques puisqu’elles présentent des liaisons surabondantes (toutes les liaisons en plus de ce que doit comporter une poutre isostatique). Dans le cas d’une poutre sans encastrements, le nombre de liaisons surabondantes, donc le degré d’hyperstaticité, est égal au nombre d’appuis intermédiaires. Comparativement à une série de poutres bi-articulées dont le nombre est égal à celui des travées d’une poutre continue, cette dernière est plus économique car

Lorsque des tassements d’appuis sont à craindre, les poutres isostatiques sont mieux indiquées. Si pour quelque raison que ce soit des appuis intermédiaires sont nécessaires, on ajoute à la poutre continue des articulations judicieusement placées de manière à la rendre isostatique et annuler ainsi sa sensibilité aux affaissements des appuis susceptibles de se produire. Ce type de poutre - poutre reposant sur plusieurs appuis et rendue isostatique par l’ajout de rotules - est désigné par poutre Gerber. Elles sont obtenues en ajoutant autant d’articulations qu’il y a d’appuis intermédiaires. Pour s’assurer que la structure obtenue est bien isostatique et qu’il n’y a ni tronçon déformable (tronçon libre constituant un mécanisme) ni tronçon hyperstatique, il suffit de respecter la règle suivante : pas plus de deux articulations entre deux appuis, ni plus de deux appuis entre deux articulations. A titre d’exemple, la figure 6.2 montre les deux façons possibles d’obtenir une poutre type Gerber dans le cas de deux appuis intermédiaires. (a)

(b)

Figure 6.2 : Exemples de poutres Gerber L’influence du moment fléchissant sur les déformations étant prépondérante dans les poutres continues, c’est la seule sollicitation dont il sera tenu compte lors du calcul des déplacements que nous serons amenés à effectuer.

A- Poutres continues à âme pleine

101

6.2 APPLICATION DIRECTE DE LA METHODE DES FORCES Considérons une poutre continue horizontale sans encastrements (Figure 6.3a). L'application directe et intuitive de la méthode des forces conduit à considérer comme inconnues hyperstatiques les réactions (verticales) des appuis intermédiaires. Le système de base obtenu par suppression des liaisons verticales des appuis intermédiaires est une poutre simplement appuyée (Figure 6.3b). Dans ce cas, le calcul des moments unitaires msk (Figure 6.3c et 6.3d) et du moment provoqué par les charges extérieures MsF, nécessaires au calcul des coefficients δ iju et δ jF , ne

1 02

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

6.3 FORMULE DES TROIS MOMENTS 6.3.1 Etablissement de la formule Considérons une poutre continue sans encastrements à n travées (Figure 6.4). Son degré d'hyperstaticité est égal à n-1.

(a) 0

l1

1

l2

2

l3

3

(b) X1

X2

0

1

k-1

l1

k lk

n

k+1 ln

lk+1

Figure 6.4 (c)

Prenons pour inconnues hyperstatiques les moments fléchissants agissant au droit de chaque appui intermédiaire. Pour ce faire, on procède à des coupures de manière à supprimer la liaison de moment au niveau de chaque appui. S’agissant d’inconnues hyperstatiques internes, chaque coupure libère deux inconnues (des moments) égales est opposées.

X1=1

(d) X2=1

Figure 6.3

En pratique, cela revient à introduire une articulation au-dessus de chaque appui intermédiaire (Figure 6.5a). Pour remplacer les liaisons supprimer, on applique aux lèvres de chacune des coupures deux couples égaux et opposés (M1, M2, …, Mn-1) (Figure 6.5b).

présente aucune difficulté. Cependant, ce choix n’est pas intéressant car il implique des calculs fastidieux à cause notamment du fait que les moments msk et MsF sont généralement différents de zéro sur toute la longueur de la poutre. De la sorte, les éléments de la matrice de souplesse [ δu] et du vecteur déplacement [δF] sont tous non nuls.

(a)

Ceci n’est pas la seule raison ; il en existe une autre plus déterminante. Chaque colonne de la matrice [ δu] représente les déplacements (flèches s’il s’agit d’une poutre horizontale) des points d’application des inconnues hyperstatiques provoqués par une sollicitation unitaire. Pour une poutre comportant plusieurs appuis intermédiaires, deux colonnes successives de [ δu] auront des valeurs très proches et seront comparables. De ce fait, la matrice [ δu] devient pratiquement singulière et conduit à des solutions très imprécises lors de la résolution du système d’équations canoniques. Aussi, on opte pour un autre choix des inconnues hyperstatiques de manière à contourner cette difficulté et à réduire les calculs.

(b)

X1=Ml

0

Xk-1=Mk-1

1

Xk=Mk

Xk+1=Mk+1

k

k-1

Xn-1=Mn-1

k+1

n-1

n

Figure 6.5 : Système statique de base Le système statique de base ainsi obtenu présente une propriété remarquable. En effet, on remarque que si on charge une travée, les autres ne subissent aucune influence. Ce résultat signifie que le système principal se comporte comme une succession de poutres simplement appuyées obtenues par séparation des n travées (Figure 6.6). M1

M1

Mk-1

Mk-1

Mk

Mk

Mk+1

Mk+1

Mn-1

Mn-1

M

M

M

M

M

M

M

M

M

M

Figure 6.6

A- Poutres continues à âme pleine

103

Pour calculer les moments inconnus aux appuis, on applique le théorème de Menabrea pour chacun d’eux :

∂W ∂W ∂W ∂W = c1 , = c2 , ... = ck , ... = cn − 1 ∂M1 ∂M 2 ∂M k ∂M n − 1

n-1

∑

δ uki Mi

u + δ 12

Considérons par exemple l'équation de continuité k (relative à la coupure k). Elle s’écrit :

et δkF. Si nous ne tenons compte que du moment fléchissant, qui est la sollicitation prépondérante, ces coefficients s’obtiennent par les intégrales suivantes :

δ ukj =

∫

L

0

msk msj EI

δ kF =

dx (a)

∫

L

0

M sF m sk dx (b) EI

(6.2)

n

L = longueur totale =

M 2 +...+δ 1un −1 M n −1

+ δ 1 F = c1 ............................................................ u u u δ k 1 M 1 + δ k 2 M 2 +...+δ kn −1 M n −1 + δ kF = c k .............................................................. δ un −11 M 1 + δ un −12 M 2 +...+δ n −1n −1 M n −1 + δ n −1 F = cn −1 Chacune des équations exprime la condition de continuité de la poutre déformée au-dessus d'un appui. L’équation k par exemple, exprime que la rotation relative entre les lèvres de la coupure audessus de l'appui k est égale au manque de Tangente d concordance correspondant. Dans le cas d’un (θ k ) système concordant cette rotation relative est g (θ k ) nulle ; ou encore que la rotation à gauche ( θ g ) k

( θ dk

(6.1)

On voit apparaître dans l’équation les coefficients δ ukj avec j = 1, 2, … , n-1

+ δ kF = ck

i=1

En développant l’expression précédente, le système des "n-1" équations de continuité prend la forme : u δ 11 M1

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

δ uk1 M1 + δ uk 2 M2 +...+δ ukk −1 Mk −1 + δ ukk Mk + δ ukk +1 Mk +1+...+δ ukn−1 Mn−1 + δ kF = ck

où les ci représentent les manques de concordance des appuis. Ils sont nuls dans le cas des systèmes concordants. Les équations du système ci-dessus peuvent se mettre sous la forme connue de Müller-Breslau. L’équation courante relative à l’inconnue Mk s’écrit :

∂W = ck ⇔ ∂M k

1 04

est égale à la rotation à droite ) ; ce qui signifie aussi qu'en chaque point (appui par exemple) il n'y a qu'une tangente car la ligne élastique (la déformée) est continue (Figure 6.7).

k

∑l

i

i=1

où msk (mk) et msj (mj) sont les moments fléchissants produits dans la section courante s du système fondamental par les couples unitaires Mk=1 et Mj=1 agissant en k et en j, respectivement (Figure 6.8). MsF étant le moment fléchissant dans la section courante du système de base sous l’action des charges extérieures (F). Mk=1 (a)

k-1

k+1

k

lk

1

lk+1 Mj=1

(b)

j-1

j

j+1

Figure 6.7

u et δ Signification des coefficients δ ij iF u et δ Les coefficients δ ij iF représentent les rotations relatives des lèvres de la section coupée i du système de base. Les premières sont des rotations par unité de couple.

u est la rotation relative des lèvres de la section i du système de base, • δ ij sous l’effet d’un couple unitaire appliqué aux lèvres de la coupure j (les sections i et j se trouvant dans le cas présent au dessus des appuis intermédiaires i et j). • δ iF est la rotation relative des lèvres de la section i du système de base, sous l’effet des charges extérieures (notées F).

lj

1

lj+1 4m

Figure 6.8 : Diagrammes msk et msj On constate que chaque couple unitaire produit un moment fléchissant uniquement sur les deux travées situées de part et d'autre de l'appui où il est appliqué. Pour que les moments dans la section courante s produits par Mk=1 et Mj=1 soient simultanément différents de zéro, il faut que les indices k et j ne diffèrent pas de plus d'une unité. On en déduit que les coefficients δ ukj sont nuls dès que k diffère de j de plus d'une unité. Ainsi, dans l'équation (6.1) seuls les coefficients δ uk −1 k , δ ukk et δ uk k +1 sont différents de zéro. Compte tenu de ce résultat, l'équation générale de continuité (6.1) se simplifie et devient :

δ uk k -1 M k −1 + δ uk k M k + δ ukk +1 M k +1 + δ kF = ck

(6.3)

A- Poutres continues à âme pleine

105

ou encore :

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 06

d'où :

δ uk k -1 M k −1 + δ uk k M k + δ ukk +1 M k +1 = ck − δ kF

(6.4)

On remarque que trois moments fléchissants interviennent dans cette équation, d'où son nom de "formule des trois moments". 6.3.2 Calcul des coefficients de la formule des trois moments Il reste à calculer les coefficients intervenant dans l'équation (6.4). Considérons une poutre continue sans encastrement comportant n travées. Les diagrammes unitaires permettant le calcul des coefficients δ ukk − 1 , δ ukk et δ ukk + 1 sont représentés à la figure 6.9.

∫

δ ukk −1 =

x  x  dx 1 = 1 −  lk  l k  ( EI )k l k2

lk

0

∫

lk

0

x( l k − x ) ( EI )k

dx

(6.5)’

Si (EI)k est constante sur lk, on obtient :

lk 6( EI )k

δ ukk −1 =

Ce dernier résultat - cas avec (EI)k constante sur la travée lk - s'obtient plus rapidement avec la méthode graphique ; il vient :

1 1 lk   1  .1. lk    =   3  6 ( EI )k ( EI )k  2

δ ukk −1 = Mk-1=1 k-2

(a)

Si la rigidité flexionnelle varie sur chaque travée, on calcule les coefficients analytiquement comme on l'a fait pour δ ukk −1 .

k

k-1

Pour le reste des calculs nous supposons que EI est constante sur chaque travée.

1 lk-1

lk

• Calcul de δ ukk (méthode graphique)

Mk=1 k-1

(b)

k+1

k

δ ukk =

lk+1

δ uk k +1 = k

(c)

lk lk +1 1  2 + (6.6)  .1. lk +1    = 2   3  3( EI )k 3( EI )k +1

• Calcul de δ ukk +1 (méthode graphique)

1 lk

1 1 1  2  .1. lk    +   3  ( EI )k +1 ( EI )k  2

Mk+1=1 k+1

k+2

1 ( EI )k +1

l k +1 1  1  .1. l k +1    = 2   3  6 ( EI )k +1

(6.7)

• Calcul de δ kF Par définition, voir relation 6.2 (a) :

1 lk+1

n

lk+2

δ kF =

i =1

Figure 6.9 : Diagrammes unitaires msk-1, msk et msk+1 • Calcul de

δ ukk −1

=

∫

L

0

avec :

msk −1 = 1 −

x x et msk = lk lk

li

0

msk M sF dx = ( EI )i

∫

lk

0

msk M sF dx + ( EI )k

∫

lk + 1

0

m sk M sF dx ( EI )k +1

(6.8)

Seules les deux intégrales sur lk et lk+1 subsistent puisque msk est nul en dehors de ces travées. Soit :

δ ukk −1 : msk msk −1 dx = EI

∑∫

n

∑∫ i=1

li

o

msk msk −1 dx = ( EI )i

∫

lk

0

msk msk −1 ( EI )k

δ kF = Rkg ( F ) + Rkd ( F ) (6.5)

(6.9)

- Rkg ( F ) = rotation de la section k (au-dessus de l'appui k) du système statique de base sous l'effet des charges extérieures agissant sur la travée lk. - Rkd ( F ) = rotation de la section k du système statique de base sous l'effet des charges appliquées sur la travée lk+1.

A- Poutres continues à âme pleine

107

• Calcul pratique de δ kF

1

ère

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 08

δ kF =

méthode

1 1 Ωk z k + Ω k + 1 z k +1 l k ( EI )k l k +1 ( EI )k +1

(6.11)

Considérons les travées lk et lk+1 (du système isostatique de base) adjacentes à l'appui considéré k. Les deux travées constituent deux poutres simplement appuyées comme on l’a vu.

- Ωk est l’aire du diagramme MsF sur la travée lk. - Ωk+1 est l’aire du diagramme MsF sur la travée lk+1. - zk distance de l’appui “ k-1 ” au centre de gravité de Ωk.

Le diagramme des moments fléchissants de chaque poutre sous les charges extérieures peut être aisément obtenu. Selon la méthode de la poutre conjuguée, utilisée pour le calcul des déplacements des systèmes isostatiques (voir chapitre 2), si on charge (fictivement) les poutres par leurs diagrammes des moments

- z k +1 distance de l’appui “ k+1 ” au centre de gravité de Ωk+1.

respectifs divisés par la rigidité flexionnelle (qf=MsF/EI), alors R kg ( F ) et

R kd ( F ) constituent la réaction en k de la poutre de gauche et la réaction en k de la poutre de droite, respectivement (Figure 6.10).

k

k+1

lk

lk+1

R

g( F ) k

R

d( F ) k (a)

b) Poutres conjuguées

a) Diagramme MsF

Le manque de concordance d’un appui est représenté par le déplacement linéaire ou angulaire qu’il subit depuis sa position concordante jusqu’à sa position réelle. Dans le cas présent, les manques de concordance à introduire sont des déplacements angulaires et la position concordante correspond à la position horizontale. Les manques de concordance proviennent des dénivellations ∆ que peuvent subir les appuis (Figure 6.11). Comme nous travaillons dans le cadre des petits déplacements, les dénivellations sont suffisamment petites et de ce fait les angles de discontinuité (Figure 6.11c) peuvent être confondus avec leurs tangentes.

MsF/EI k-1

• Calcul de ck

k

k-1

∆k-1

Figure 6.10

2ème méthode

k+1

β

α

∆k+1 ∆k

(c)

(b)

Sachant que le moment msk vaut “ x/lk ” sur la travée lk et “ 1-x/lk+1 ” sur la travée lk+1, l’équation (6.8) devient :

(a) Position concordante. (b) Position réelle. lk

δ kF =

∫

lk

0

1 = lk

M sF x dx + l k ( EI )k

∫

lk

0

∫

lk + 1

0

xM sF 1 dx + ( EI )k l k +1

M sF x (1− )dx l k +1 ( EI )k +1

∫

lk + 1

0

Figure 6.11

( l k +1 − x ) M sF dx ( EI )k +1

Le manque de concordance est donné par :

La première intégrale représente le moment statique du diagramme “ MsF/(EI)k ” sur la travée lk par rapport à l’appui “ k-1 ” alors que la deuxième donne le moment statique du diagramme “ MsF/(EI)k+1 ” sur la travée lk+1 par rapport à l’appui k+1. L’équation précédente peut s’écrire :

δ kF

S S k +1 = k + lk l k +1

lk+1

(6.10)

où S k et S k +1 sont les moments statiques définis plus haut. Dans le cas où la rigidité flexionnelle est constante sur chaque travée, l’expression précédente prend la forme :

ck = α + β = tgα + tgβ = (∆k- ∆k-1)/lk + (∆k- ∆k+1)/lk+1 = (∆k- ∆k-1)/lk - (∆k+1- ∆k)/lk+1

(6.12)

Les dénivellations sont comptées positivement vers le bas. En introduisant dans l'équation des trois moments (6.4) les valeurs trouvées des différents coefficients on obtient :

A- Poutres continues à âme pleine

M k −1

∫

 m sk msk −1 dx + M k  ( EI )k 

lk

0

+ M k +1

∫

lk + 1

0

∫

lk

0

2 msk dx + ( EI )k

∫

lk + 1

0

2  msk dx  + ( EI )k +1 

RkF

6.3.3 Points particuliers

∫

lk

0

msk M sF dx − ( EI )k

∫

msk M sF dx ( EI )k +1

lk + 1

0

 1 lk x 2 x( lk − x ) 1 lk +1 ( lk +1 − x )2  dx + M k  2 dx + 2 dx  + 0 ( EI )k ( EI )k +1 lk +1 0  lk 0 ( EI )k  l k + 1 x( l M ∆ − ∆ k −1 ∆ k + 1 − ∆ k k +1 − x ) dx = k + 2k +1 − ( EI )k +1 lk lk +1 lk +1 0

∫

lk

∫

1) Présence d'un encastrement : on remplace l'encastrement par une poutre adjacente dont on fera tendre la longueur vers zéro en appliquant la formule des trois moments.

∫

lk

0

xM sF 1 dx − ( EI )k lk +1

∫

2) Présence d'un porte-à-faux (console) : la console sera remplacée par ses effets, pour l'application de la formule des trois moments.

∫

∫

1 − lk

lk + 1

0

On peut remplacer le second membre par la réaction fictive agissant en k : = Rkg ( F ) + Rkd ( F ) . Cette réaction est positive si elle est dirigée de bas en haut.

(6.13)

ou encore :

M k −1 lk2

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 10

On écrit l'équation des trois moments pour chaque appui intermédiaire.

msk msk +1 dx = ( EI )k +1

∆ − ∆ k − 1 ∆ k +1 − ∆ k = k − − lk l k +1

109

3) Couple concentré en un appui intermédiaire : on peut soit le diviser entre les deux travées adjacentes, soit le reporter sur l'une des deux. (6.13)’ 6.3.4 Calcul des éléments de réduction

( lk +1 − x ) M sF dx ( EI )k +1

1) Réaction de l’appui k - Action des moments aux appuis seuls (Figure 6.12).

Ces expressions sont valables dans le cas général. Cas particuliers

Rkg( M ) =

M k −1 − M k ; lk

Mk-1

R kd( M ) =

M k +1 − M k l k +1

k-1

1) Chaque travée a sa rigidité flexionnelle constante.

M k −1

 l  lk l l k +1 + 2 M k  k + k +1  + M k + 1 = ( EI )k ( EI ) ( EI ) ( EI )k +1 k k +1    ∆ − ∆ k −1 ∆ k +1 − ∆ k  6 = 6 k − − lk l k +1   l k ( EI )k lk + 1 6 − M sF ( l k +1 − x )dx l k +1 ( EI )k +1 0

∫

lk

0

M sF xdx

Rk = Rk ( F ) +

2) Rigidité flexionnelle constante sur toute la poutre.

M k −1 l k + 2 M k ( l k + l k +1 ) + M k +1 l k +1 =

∫

lk

0

M sF xdx

(6.15)

M k − 1 l k + 2 M k ( l k + l k + 1 ) + M k + 1 l k +1 =

∫

lk

0

M sF xdx −

6 l k +1

∫

lk + 1

0

lk

lk+1

k+1

Figure 6.12

M k −1 − M k M k +1 − M k + lk l k +1

(6.17)

M sF ( l k +1 − x )dx

Le diagramme final est obtenu par superposition des diagrammes (des travées isostatiques) des charges extérieures et des moments appliqués aux appuis. Cherchons l’expression du moment fléchissant dans la section courante de la travée lk (d’abscisse x par rapport à l’appui k-1). Chaque travée lk du système de base se comporte comme une poutre biarticulée sollicitée, en plus des charges extérieures, par deux couples Mk-1 et Mk appliqués à ses appuis. Si on désigne par M s( F ) le moment produit dans la sec-

3) Le système est concordant et EI est constante sur toute la poutre.

6 lk

d R k( M )

2) Moment fléchissant

∫

=−

Rk ( F ) = R kg( F ) + R kd( F )

g R k( M )

d'où :

∫

 ∆ − ∆ k −1 ∆ k +1 − ∆ k  6 = 6 EI  k − − lk l k +1   lk l k +1 6 − M sF ( l k +1 − x )dx l k +1 0

Mk+1

k

- Action des forces extérieures : (6.14)

Mk

(6.16)

tion courante de lk par les charges extérieures qui lui sont appliquées, alors l’expression générale du moment fléchissant s’écrit :

M s = M s( F ) + M k − 1 + ( M k − M k − 1 )

x lk

(6.18)

A- Poutres continues à âme pleine

111

3) Effort tranchant

1 12

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

B- POUTRES EN TREILLIS ARTICULES

L’expression de l'effort tranchant dans la section courante d’abscisse x s’obtient en dérivant par rapport à x l'expression du moment. Désignons par Ts( F ) l’effort tranchant dû aux charges extérieures ; il vient :

6.5 SYSTEMES ISOSTATIQUES PLANS EN TREILLIS ARTICULES 6.5.1 Définitions

Ts = Ts( F )

M − M k −1 + k lk

(6.19)

6.3.5 Exemple d'application Considérons une poutre à trois travées égales et à inertie constante soumise à une charge uniforme q (Figure 6.13a). La poutre est deux fois hyperstatique mais compte tenu de la symétrie, il n’y a qu’une seule inconnue. On écrit une fois l’équation des trois moments, pour k=1.

(a) 1

l1=l

l2=l

M1

M2

M2=1

1 (e) Ms(F) ql2/8 ql2/10

On dit qu'un système en treillis est chargé indirectement, si toutes les forces extérieures sont appliquées exclusivement aux nœuds.

d) Système isostatique

(f) Ms(M)

Si les équations de la statique suffisent à elles seules à la détermination complète du système, c'est-à-dire qu'elles permettent de calculer les réactions et les efforts en tout point du système, le système considéré est dit isostatique. Dans le cas contraire, le système et dit hyperstatique.

ql2 /10 (g) Ms ql2/40

2ql2/25

2

Les figures 6.13g et 6.13h montrent les diagrammes de M et de T.

Lorsque les axes des barres et les charges appliquées sont situés dans un même plan, on parle alors de système plan.

Si les charges sont appliquées en des points quelconques et notamment en des endroits des barres autres que les nœuds, on parle alors de système chargé directement.

5 Ml = −12 EI R1g ( F )

ql ⇒ M =− , M est dirigé 10 dans le sens opposé du sens choisi arbitrairement.

Diagonale

c) Système chargé indirectement

g( F ) 1

1  2 ql 2  ql 3  l = 2 EI  3 8  24 EI

Montant

Figure 6.14 : Poutre isostatique

(d) ms2

( ) 5 Ml = −6 EI ( 2 R ); R1g ( F ) =

Membrure supérieure

b) Système plan en treillis articulé

= −6 EI R1g ( F ) + R1d ( F )

R1g ( F ) = R1d ( F )

3

M1=1 (c) ms1

M 1 = M2 = M

M 0 l0 + 2 M 1 ( l1 + l 2 ) + M 2 l 2 =

l3=l

Membrure inférieure

1

Equation des trois moments (appui 1) :

2

(b)

M0 = M3 = 0 et

On appelle système en treillis articulé (système réticulé ou plus brièvement treillis) un ensemble de pièces droites ou courbes, appelées barres, liées les unes aux autres (en leurs extrémités) par des articulations. Les points d'assemblage des barres sont appelés nœuds.

q

0

a) Système en treillis articulé

0.4ql

0.5ql

(h) Ts

6.5.2 Treillis chargés indirectement Seuls les treillis isostatiques plans, chargés indirectement, seront envisagés dans ce chapitre. a) Théorème :

0.6ql

Figure 6.13

Lorsqu'un système plan en treillis articulé, constitué de barres droites, est chargé indirectement, chaque barre du système n'est soumise qu'à un effort normal constant.

A- Poutres continues à âme pleine

113

Considérons une barre du treillis. Le système étant en équilibre, chaque barre le constituant l'est aussi. La barre étant articulée, ses extrémités ne sont le siège d'aucun moment. Les seules sollicitations qu'elle supporte sont les systèmes de forces concentrées aux extrémités. R1

Chaque système de forces admet une résultante. Les résultantes (R1 et R2) doivent obligatoirement être égales et opposées pour que l'équilibre puisse se réaliser. En définitive, la barre n'est soumise qu'à un effort normal constant pouvant être une traction ou une compression.

du treillis il y a un système de forces en équilibre. L'équilibre d'un système agissant sur une particule, un nœud par exemple, est vérifié si la résultante est nulle ou si les projections suivant 2 directions perpendiculaires (x et y par exemple), sont nulles (ΣFx = 0, ΣFy = 0).

6.5.3 Méthodes de calcul On peut diviser les méthodes de calcul des systèmes en treillis articulés isostatiques en deux catégories : les méthodes analytiques et les méthodes graphiques. La méthode graphique la plus répandue est celle de Cremona (tracé de Cremona). Elle consiste à construire le polygone des forces en chaque nœud. Les méthodes analytiques les plus usuelles sont la méthode des nœuds et la méthode des sections. Les trois méthodes citées seront présentées. Il faut souligner que, indépendamment de la méthode utilisée, on doit toujours commencer par le calcul des réactions.

R2

b) Condition d'isostaticité Les barres n'étant soumises qu'à des efforts normaux, en chaque nœud

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 14

Figure 6.15 : Barre d'un treillis chargé indirectement y

a) Méthode des nœuds Principe : La méthode consiste à isoler le nœud considéré par des coupures libérant les efforts dans les barres et à projeter toutes les forces, efforts normaux et forces extérieures, agissant sur le nœud suivant deux axes perpendiculaires. On doit obligatoirement entamer les calculs par un nœud auquel n'aboutissent que deux barres (2 inconnues, 2 équations). Puis on passe à un nœud qui ne présente pas plus de deux inconnues.

F1

Exemple d'application x F1

P/2 C

Fn h

Fi

1 A

Si n désigne le nombre de nœuds Figure 6.16 : Nœud d'un treillis (les appuis sont aussi des nœuds, n = chargé indirectement 10 pour le système de la figure 6.14), le nombre d'équations d’équilibre de la statique qu'on peut écrire est égal à 2n. Soient b le nombre de barres et l le nombre de liaisons dans les appuis. La condition d'isostaticité s'écrit :

2n = b+l

α

3

7

5

2

y

F

8

x

9

6 l

B

G

D l

l

l

Figure 6.18 : Poutre isostatique •

Nœud A

(6.20)

Le choix du sens des efforts dans les barres est arbitraire. Le sens choisi correspond à la traction ; le calcul montrera pour chaque barre la nature exacte de l'effort qu'elle porte.

N1

Il faut cependant préciser que la condition (6.20) peut s'avérer insuffisante à prouver l'isostaticité d'un treillis ; le système doit en outre être géométriquement invariable. Une règle simple dite règle de la maille triangulaire permet de vérifier si le système est isostatique et stable. Cette règle s'énonce comme suit : si, partant d'une maille triangulaire, Figure 6.17 : Système vérifiant on arrive à reconstituer le sysla condition 6.20 mais instable tème en ajoutant 2 barres à la fois, alors le système est isostatique stable.

E

4

P/2

P

A

RA=P

N2

Σ F x = 0 ⇒ N2 = 0 ΣFy = 0 ⇒N1 = -P (le signe "-" indique que la barre 1 est soumise à une compression).

A- Poutres continues à âme pleine

•

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

ΣFx = 0 ⇒ N3 cosα + N4 = 0

P

P/2

ΣFy = 0 ⇒ P - N3 sinα = 0

α

P/2

d'où :

N3

N3 =

N1=P

P (traction) sin α

et N 4 = −

P

P

Figure 6.19 : Représentation de la nature des efforts

P (compression) tgα

Convention : - Flèches vers les nœuds = compression - Flèches vers le centre = traction - 0 = effort nul

Nœud D

ΣFx = 0 ⇒ N 6 = N 3 cos α =

N5

N3=P/sinα

N2=0

1 16

La figure 6.19 ci-après montre la nature de l'effort dans les barres étudiées.

Nœud C N4

•

115

α

P = (traction) tgα ΣFy = 0 ⇒ N 5 = − N 3 sin α =

N6 D

= − P (compression)

b) Méthode des sections (ou de Ritter) Principe : La méthode consiste à pratiquer dans le système une coupe ne rencontrant pas plus de 3 barres (sauf dans des cas précis) non concourantes, de façon à séparer le treillis en deux parties. Pour trouver l'effort dans une des barres, on écrit l'équation d'équilibre de rotation de l'une des deux parties par rapport au point d'intersection des autres barres (Figure 6.20).

ΣM/A = 0 ⇒ N5 = … •

Nœud E

ΣFx = 0 ⇔

P/2 N4=P/tgα

E

P + N8 + N7 cos α = 0 tgα

P (traction) 2 sin α 3 P ⇒ N8 = − (compression) 2 tgα

N8

ΣFy = 0 ⇒ N7 =

α

N7

B

ΣM/C = 0 ⇒ N6 = … (partie de droite)

5 4

C

A

Figure 6.20 NB : Le point d'intersection des barres par rapport auquel on calcule les moments n'est pas nécessairement un nœud du système (d'où l'intérêt à travailler graphiquement). Cas particuliers

N5=P

•

6

ΣM/B = 0 ⇒ N4 = …

1) Deux barres coupées sont parallèles (point d'intersection rejeté à l'infini) (Figure 6.21)

Nœud F

ΣFx = 0 ⇒ N8 ' = −

P N8=(3/2)P/tgα

N8' F

3 P (compression) 2 tgα

ΣFy = 0 ⇒ N9 = − P (compression)

K

H

L

J

A

Figure 6.21 : Poutre en N N9

L'effort NKH est obtenu à partir de l'équation ΣM/J = 0 et l'effort NLJ dans la barre LJ s'obtient à partir de : ΣM/K = 0. Pour calculer NKJ, on utilise une équation d'équilibre de translation, ΣFy = 0 par exemple ; ou bien une équation d'équilibre de rotation par rapport à un appui, ΣM/A = 0 par exemple.

A- Poutres continues à âme pleine

117

2) Plus de trois barres coupées : la méthode de Ritter peur être appliquée à condition que les barres coupées soient toutes convergentes sauf une.

6

3 2

9

sin α =

1 5

=

Z' , d'où : Z' = 4 5 m 4

Pour calculer les efforts dans les barres 1, 2 et 3 on écrit les équations d'équilibre de translation en A et C. On peut également appliquer la méthode de Ritter.

8

5

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

et : N 6 = −5.59 t

I

(a)

1 18

1 4

7

(a)

Nature des efforts

I

Figure 6.22 : Poutre en K La coupe a-a (Figure 6.22) présente trois barres concourantes 4-5, 5-6 et 6-9 en 6 et l'équation ΣM/6=0 donne l'effort N47. L'effort N47 connu, on fait la coupe I-I et il n'y a plus que trois efforts inconnus.

Remarque : Dans la pratique, les bras de leviers peuvent être mesurés graphiquement ce qui présente l'avantage de faciliter le travail.

Intérêt de la méthode des sections : elle permet de calculer directement l'effort de n'importe quelle barre et constitue de ce fait un excellent moyen de vérification des résultats obtenus par les autres méthodes.

c) Méthode de Cremona (tracé de Cremona)

Exemple d'application

Pour pouvoir appliquer la méthode, il est nécessaire que le système possède au moins un nœud auquel n'aboutissent que deux barres.

2t

6

3t

Z'

α

1m

1) On représente le système dans une échelle des longueurs.

7

5

2 A

Les étapes de la méthode :

3t

i

Z

3 4

1

α

1m B

2) On calcule les réactions puis on numérote : a) Les intervalles entre les forces extérieures en tournant dans un sens, le sens horlogique par exemple. b) Les intervalles du réseau (domaines intérieurs délimités par les barres).

RB

Ainsi, chaque barre se trouve caractérisée par deux chiffres désignant les intervalles (domaines) adjacents.

j

c 2m

2m

2m

2m

RA

Figure 6.23 Réactions : R A = R B =

3) On construit le polygone des forces extérieures, dans une échelle des forces choisie ; ce polygone est fermé puisque les forces extérieures sont équilibrées par les réactions (équilibre global). On précise le sens des forces par des flèches.

8 t=4t 2

ΣM/i = 0 ⇔ 2RA – N4 = 0 ⇒ N4 = 8 t (traction) ΣM/A = 0 ⇔ 2x3t + ZN5 = 0, avec : Z =

4

4) On trace ensuite le polygone des forces agissant sur chaque nœud (forces extérieures et efforts dans les barres) en commençant par un nœud auquel aboutissent seulement deux barres puis on passe à un nœud n'ayant que deux efforts inconnus.

3t

m

i

5

N.B. : Les directions des efforts sont connues (orientations des barres) et leurs sens et intensité sont obtenus en fermant chaque polygone.

N5

3 ⇒ N5 = − 5t 2 ΣM/j = 0 ⇔ Z'N6 – 2x3t + 4RB = 0 ⇒ Z'N6 = -10 tm

Principe : La méthode consiste à tracer le polygone d'équilibre des forces appliquées à chaque nœud. Tous les nœuds étant en équilibre, les polygones sont nécessairement fermés.

N4 RA=4t 2m

A- Poutres continues à âme pleine

119

1 20

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

Exemple d'application

4- Construction des polygones des forces agissant sur chaque nœud.

Soit à calculer les efforts dans les barres de la poutre représentée à la figure 6.24 déjà calculée par la méthode de Ritter.

a)

Nœud A : Les efforts intervenant sont : N16, N65 et F51. Cette dernière force étant connue et représentée sur le polygone des forces extérieures. Notons que seul le point 6 est indéterminé.

2t

(3)

E

C

3t 1

G

9

8

1

l

(6)

4 6

A

3

2

3t

10

7 D

l

11

F l

l

6

(2) (4)

l

5 3

7

RB=4t

5

RA=4t

2

B

8 (4)

Figure 6.24

(5)

4

La résolution du problème se fait selon les étapes ci-après. Figure 6.26

0- On représente la structure dans une échelle des longueurs (Figure 6.24). 1- Numérotation des domaines extérieurs (délimités par les forces appliquées et les réactions) : 1, 2, 3, 4 et 5 (sens horlogique, Figure 6.24). 2- Numérotation des domaines intérieurs (mailles) : 6, 7, 8, 9, 10, 11 (de gauche à droite). On pouvait choisir des lettres à la place des chiffres (Figure 6.24).

A partir du point 1 on trace une parallèle à la barre AC (N16) et à partir de 5 on mène une parallèle à AD (N65). L'intersection des deux parallèles détermine le point 6 cherché. Pour connaître le sens des efforts N16 et N65, on ferme le polygone en partant de l'effort connu, F51 (schémas ci-dessous). 1

On peut maintenant numéroter chaque effort (extérieur ou interne), avant de passer à l'étape suivante. Chaque effort est caractérisé par les deux chiffres des domaines qui sont adjacents à sa direction. Les efforts internes agissant sur les nœuds sont numérotés en tournant dans le sens horlogique (Figure 6.25).

N16 A

N65

(compresion) (traction)

F51 6

F23=2t

F12=3t

N82

E

Les flèches obtenues en fermant le polygone (des efforts agissant sur le nœud A) indiquent la nature de chaque effort.

N39 N98

F34=3t

b) On passe ensuite au nœud D où seuls les efforts dans les barres DF et DC sont inconnus.

C N28 N61 N87 A

N16 N65

F51=4t

N76 N67 N56 D N75

5

Efforts intervenant : N56 (connu puisque N65 est connu), N67 et N75. Dans ce cas également, seul le point 7 est indéterminé.

F F45=4t

Figure 6.25

3- On trace le polygone des forces extérieures (forces appliquées et réactions). Ce polygone est représenté par le segment vertical : 1-2-3-4-5-1 (Figure 6.26).

A partir de 6 on mène une parallèle à DC (N67) et à partir de 5 on trace une parallèle à DF (horizontale) (N75). L'intersection des deux parallèles se fait au point 6, donc le point 7 est confondu avec 6. Le polygone des forces en D (N56, N67 et N75) se limite au segment 5-7 ; donc l'effort N67 = 0 (voir schémas cidessous).

A- Poutres continues à âme pleine

121

1 22

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

a 5

N56

6 7

8

N56 (traction)

N76

D

N75 (traction)

7 5

c)

6

Point C : Efforts intervenant : N61, F12, N28, N87 et N76 (N67 = N76 = 0). Seul le point 8 reste à trouver.

A partir du point 2 on trace une parallèle à CE (N28) ; puis à partir de 7 on mène une parallèle à CF (N87). L'intersection des deux parallèles détermine la position du point 8. On ferme ensuite le polygone pour déterminer le sens des efforts inconnus (N87 et N28) (N61→F12→N28→N87 et N76) (schémas ci-après).

N61

C

N28 N87

2

6

N76

7

1

4 3

4' a

Figure 6.27 : Ferme type Polonceau Ayant amorcé le Cremona en 1, en arrivant en 4 on se trouve en présence de 3 efforts inconnus (N45, N46 et N44'). La coupe a-a' permet de calculer directement l'effort N44' (Σ M/8=0) ; après quoi on poursuit normalement le tracé de Cremona.

F12

1

2

8

2) Barres ne travaillant pas (N=0) Dans l'exemple ci-contre, cinq barres ne travaillent pas (N=0) ; néanmoins, elles sont nécessaires car elle contribuent à : - assurer l'indéformabilité et l'isostaticité du système ; - réduire les longueurs de flambement ; faciliter les dispositions constructives.

Remarques : 1) Utilisation combinée du tracé de Cremona et de la méthode de Ritter Lors d'un tracé de Cremona, on ne peut pas franchir les nœuds auxquels aboutissent plus de deux barres dont les efforts sont inconnus. La méthode de Ritter permet de franchir ces nœuds. Il suffit d'effectuer une ou plusieurs coupes donnant les valeurs des efforts dans les barres "surabondantes". Ce cas se présente fréquemment dans les fermes dites "Polonceau" (Figure 6.27).

P

Figure 6.28 : Poutre avec plusieurs barres non sollicitées

A- Poutres continues à âme pleine

123

1 24

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

Exercice 6.5

6.4 EXERCICES Calculer les moments aux appuis et les réactions et tracer les diagrammes du moment fléchissant et de l'effort tranchant des poutres continues ci-dessous.

C=4tm

P=2t

q=6t/m

Exercice 6.1 (0) 3m

1m

(1)

(2)

(1)

C=4tm

q=1t/m

P=2t

EI=Cte

2m

EI=Cte (2)

(3)

3m

3m

5m

Exercice 6.6

2m

P=ql/2

q

Exercice 6.2

EI=Cte (1) q=1t/m

q=1t/m

C=3tm

(3)

(2) l

l/2

l/2

EI=Cte (1)

(0) 2m

3m

(2) 3m

Exercice 6.7

2m

P=ql

Exercice 6.3 (2) l (1)

(3)

(2) 8m

l/2

F1=2.375t 1.5t/m A

P=12t

(0)

3I

q=4.5t/m

12m

2I

(1) 4m

(2) 4m

l/2

1

Exercice 6.8

2m

Exercice 6.4

q=2t/m

(4)

(3)

EI=Cte

(4) 4m

6m

EI=Cte

q

q (1)

P=5t

I

(3)

F2=4.8t 2.8t/m

2.8t/m

C

B

1m 3m

1.5t/m D

E

2m 7m

5m

1m

4m

La section de la poutre, de forme rectangulaire (bxh), varie d'un tronçon à l'autre comme suit : SAB=20x55 cm2, SBC=25x60 cm2, SCD=25x50 cm2, SDE=25x40 cm2.

A- Poutres continues à âme pleine

125

Exercie 6.9

1 26

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

Réponses : Exercice 6.1 : M1=-1.6 tm, M2=-1.3 tm, M3=-4.0 tm, F1=5t

5t/m

F2=10t

R1=1.049 t, R2=2.912 t, R3=3.039 t.

2t/m EI=Cte

(1)

(2)

(3)

4m

3m

3m

Exercice 6.2 : M0=-2.0 tm, M1g=-0.5 tm, M1d=-2.5 tm, M2=-2.0 tm, R0=2.5 t, R1=-2t, R2=3.5t.

2m

Exercice 6.3 : M1=0.27 tm, M2=-0.54 tm, M3=2.16 tm, R1=-0.10 t, R2=0.55 t, R3=-3.49 t, R4=8.04 t.

Exercie 6.10

Exercice 6.4 : M1=-25.6 tm, M2=-5.5 tm, M3=-6.2 tm, q

(1)

(2) l

(3) l

R0=9.9 t, R1=22.6 t, R2=12.3 t, R3=9.2 t. EI=Cte

(4) l

Exercice 6.5 : M0=-2.0 tm, M1g=1.3 tm, M1d=-2.7 tm, M2=-1.7 tm, R0=3.11 t, R1=5.39 t, R2=5.50 t.

a

Exercice 6.6 : M1=-17ql2/192, M2=-14ql2/192, M3=-11ql2/192, R1=99ql/192, R2=93ql/192, R3=45ql/192.

Exercice 6.11

Exercice 6.7 : M1=117ql2/72, M2=-4ql2/72, P=10t

q=4t/m

q=3t/m

R1=-51ql/72, R2=15ql/72. Exercice 6.8 : MB=-11.5 tm, MC=-10.9 tm, MD=-1.4 tm,

(0)

(1) 4.5m

4.5m

(2)

(3)

6m

EI=Cte

12m

RB=16.761 t, RC=19.327 t, RD=8.737 t. Exercice 6.9 : M1=-7.35 tm, M2=-5.31 tm, M3=-20.00 tm, R1=10.51 t, R2=15.54 t, R3=20.95 t.

Exercice 6.12

Exercice 6.10 : M1=qa2/52, M2=-2qa2/52, R3=7qa2/52, R4=-28qa/52. q=0.2t/m

(B)

P=0.5t

R1=-3qa/52, R2=12qa/52, R3=-42qa/52, R4=85qa/52. Exercice 6.11: M0=0, M1=548.4 kgm, M2=-443.0 kgm, M4=98.4 kgm,

(A)

R0=4.00 t, R1=11.10 t, R2=34.95 t , R3=25.95 t.

x1 15m

Exercice 6.12 : x1=3 m, MA=-1125 kgm, MTmax=729 kgm (x=4.42 m), MB=3600 kgm, RA=884.1 kg, RB=2 615.9 kg,

Soit la poutre représentée ci-dessus dont la rigidité fléxionnelle est constante et vaut 1200 tm2. 1) Quelle valeur faut-il donner à x1 pour que les moments en A et B soient égaux. 2) Prenons x1=4 m. On demande de : 2.1) tracer les diagrammes de M et de T, 2.2) calculer la rotation de la section B, 2.3) calculer la flèche de l'extrémité libre de la poutre. 3) La même poutre est libre de toute charge mais son appui B subit un affaissement de 20 mm. Calculer le moment qui apparaît dans l'encastrement.

γB=0.003726 rd, f=2.96 cm, Menc=578 kgm. Signes : Les poutres considérées étant toutes horizontales, un moment positif signifie que les fibres inférieures sont tendues, et inversement. Une réaction verticale positive est orientée vers le haut. Pour les déplacements, une rotation est positive si la section tourne dans le sens horlogique alors qu'une flèche est positive quand le déplacement se fait vers le bas. 6.5.4 Exercices Exercice 6.13 : Poutre en K.

A- Poutres continues à âme pleine

F1=6t 3

2

127

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 28

F2=3t 5

4

6

F12 P=20t D N26

4'

5'

a

N41

1 1

7

8

9'

9

8' N14

a 11 a

a

12 a

13 a

a=2m

a

a

Déterminer les efforts dans les barres suivantes: 5-6 ; 5-9 ; 6-9 ; 9-13 ; 12-13. Rép. : N56=-5.44 t, N59=-0.19 t, N69=0.26 t, N913=-0.26 t, N1213=5.44 t.

Calculer les efforts dans les barres. 13

10

2t

11

4

5

B

4m

4m

4m

Rép. : On trace :

(3)

8

7 2

4m

3 ) Parallèle à CD (45) à partir de 4  45 → N 45 (traction)  ⇒ ( 5 ), sens  4) Parallèle à CE (53) à partir de 3  53 → N 53 (traction)

2t

6

1 2m

6m

E

3

12

9 3m

4m

6

1 ) Parallèle à AD (14) à partir de 1  14 → N 14 (compresion)  ⇒ ( 4 ), sens  2 ) Parallèle à AC (43) à partir de 3 43 → N 43 (traction)

Exercice 6.14

3m

2

5

11'

12'

a

N34C

N43

A 10

4 N45 N53

N54 N65

1

3 "14"

5 (4)

2m

3

Rép. : N1=N12=-1.5 t, N2=N3=-N11=-2.5 t, N4=-N8=2.7 t, N5=-0.75 t, N6=1.25 t, N7=N10=N13=0, N9=-0.5 t.

4

Exercice 6.15

2

(2) (1)

Calculer les efforts dans les barres à l'aide du tracé de Cremona.

F12 P=20t D N26 N41

1

4 N45 N53

N14 A

N

N34C

N54 N65

2

5

6 3

E

4m

6m

A- Poutres continues à âme pleine

129

1 30

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

Exercice 6.17 Déterminer les efforts dans les montants 1, 2 et 3 ainsi que l'expression générale donnant l'effort Nm dans le montant courant m.

m 3

P a

P a

P a

P a

Rép. : N1=0, N2=-P/2, N3=-P, Nm=-P(m-1)/2.

Exercice 6.16 Déterminer les efforts dans les barres numérotées de 1 à 3.

a

a P

2

1 3 30°

a

Rép. : N1=3.86P, N2=2.45P, N3=-4.46P.

2

1

P a

α

P a

P a

A- Poutres continues à âme pleine

131

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 32

Ainsi dans l'exemple cité, les équations de continuité s'écrivent :

6.6 SYSTÈMES HYPERSTATIQUES EN TREILLIS ARTICULES Nous allons maintenant appliquer la méthode générale des forces au calcul des systèmes hyperstatiques en treillis articulés. Nous avons vu que le degré d'yperstaticité est égal à :

u δ u 11 X 1 + δ 12 X 2 + δ 1 F = 0  u δ 21 X 1 + δ u22 X 2 + δ 2 F = 0

Les coefficients δ iju et δ iF se calculent par les formules vues précédemment

H = b + l − 2n

c'est-à-dire :

b = nombre de barres l = nombre de liaisons

b

δ iju =

n = nombre de nœuds

n ki n kj

∑ ∫ ( EA )

k

k = 1 lk

L'hyperstaticité peut être interne, s'il y a des barres surabondantes (on parlera dans ce cas d'inconnues hyperstatiques intérieures) ; externe, s'il y a des liaisons surabondantes aux appuis (inconnues hyperstatiques extérieures). Souvent les systèmes hyperstatiques comportent des inconnues hyperstatiques des deux types. Pour calculer un système hyperstatique de degré H, il faut effectuer un nombre équivalent (H) de coupures judicieusement choisies, soit en enlevant certains appuis, soit en sectionnant des barres sans les supprimer, soit en combinant les deux (suppression d'appuis + sectionnement de quelques barres), de façon à obtenir un système isostatique de base géométriquement stable.

dx

k

k = 1 lk

Si EA est constante pour chaque barre, il vient : b

δ iju =

nki nkj

∑ ( EA ) k =1

b

δ iF =

lk

k

∑ ( EA ) k =1

N kF nki

lk

k

où :

b = nombre de barres lk = longueur de la barre k

k

k+1 m+1

m

k-1 m-1

1

s

A

N kF n ki

∑ ∫ ( EA )

6.6.2 Poutre en treillis avec montants et diagonales croisées

6.6.1 Poutre continue en treillis articulé r

b

δ iF =

dx

n=H

B

Figure 6.30 Figure 6.29 Les seules inconnues hyperstatiques de la poutre représentée ci-dessus proviennent des appuis simples surabondants. En appliquant la méthode des forces on commence par choisir un système fondamental par suppression des liaisons surabondantes. Un premier système fondamental est obtenu par suppression des deux appuis intermédiaires ; on obtient ainsi une poutre isostatique et les deux réactions supprimées seront déterminées par application de la méthode des forces. Nous pouvons également transformer la poutre en un ensemble de trois poutres isostatiques en sectionnant les barres r et s. Il faut noter que les barres r et s sont coupées et non supprimées. Les efforts normaux dans les barres r et s constituent les inconnues hyperstatiques. Les équations de continuité s'écrivent de façon unique quelque soit le système fondamental choisi.

Chacun des n panneaux du système comporte une diagonale surabondante. Le système fondamental (isostatique) s'obtient en effectuant des coupures dans les n diagonales surabondantes. Les efforts N1(X1), …, Nk-1, Nk, Nk+1, …, Nn dans les diagonales sectionnées s'obtiennent à partir des équations générales. Le système d'équations s'écrit : u u δ 11 N1 + δ 12 N 2 +...+δ 1uk −1 N k −1 + δ 1uk N k + δ 1uk +1 N k +1 +...+δ 1nn Nn + δ 1F = 0  ................................................................................................  u u u u u u δ k 1 N1 + δ k 2 N2 +...+δ kk −1 N k −1 + δ kk N k + δ kk +1 N k +1 +...+δ kn N n + δ kF = 0 ................................................................................................  δ u N + δ u N +...+δ u N + δ u N + δ u N +...+δ u N + δ = 0 n2 2 nk −1 k −1 nk k nk +1 k +1 nn n nF  n1 1

Intéressons-nous à la kème équation (relative à la diagonale k).

δ uk 1 N 1 + δ uk 2 N 2 +...+δ ukk −1 N k −1 + δ ukk N k + δ ukk +1 N k +1 +...+δ ukn N n + δ kF = 0

A- Poutres continues à âme pleine

133

Le coefficient général δ uki est donné par : b

δ uki =

nrk . nri

∑ ( EA )

δ ukk +1 =

lr

n m + 1k . n m + 1k + 1 l m+ 1 ( EA )m+1

nmk = effort dans le montant m sous l'action des sollicitations unitaires appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k.

r

r =1

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 34

nrk = effort dans la barre courante r sous l'action du couple de forces unitaires appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k.

nmk-1 = effort dans le montant m sous l'action des sollicitations unitaires appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k-1.

nri = effort dans la barre courante r sous l'action du couple de forces unitaires appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale i.

nm+1 k = effort dans le montant m+1 sous l'action des sollicitations unitaires appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k.

On montre aisément que les forces unitaires appliquées aux lèvres d'une coupure quelconque n'introduisent des efforts que dans les six barres appartenant au panneau correspondant.

nm-1 k+1 = effort dans le montant m-1 sous l'action des sollicitations unitaires appliquées aux lèvres de la coupure de la diagonale k+1. Pour δ ukk , il y a les six barres des panneaux correspondant qui interviennent.

Nk-1=1

Effort normal total m

m-1

1 1

H

N k = N kF + (a)

∑X n

i ki

i =1

Nk=1

6.6.3 Exemple d'application m+1

m

1 1

a

P

P

(b) 4

Nk+1=1 a/2

3

1

3'

1'

(EA) = identique pour toutes les barres

m+1

1 2'

2

1

H = b + l - 2n = 7 + 4 - 10 = 1

(c)

a

a

Figure 6.31 Ainsi le coefficient δ uki sera nul dès que k diffère de i de plus d'une unité. L'équation générale de continuité s'écrit donc :

1ère méthode : on supprime l'appui intermédiaire.

δ ukk −1 N k −1 + δ ukk N k + δ ukk +1 + δ kF = 0 Trois efforts normaux apparaissent dans cette équation d'où son nom de formule des trois N. Les coefficients δ uk ,k −1 , δ ukk et δ ukk +1 sont obtenus à partir des expressions simples suivantes :

δ ukk −1 =

n mk . n mk −1 lm ( EA )m

b

δ ukk =

Nous avons deux possibilités de rendre isostatique le système, soit en coupant la barre 4 soit en enlevant l'appui intermédiaire.

2 nrk

∑ ( EA ) r =1

r

lr (6 termes ≠ 0)

A- Poutres continues à âme pleine

135

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 36

P

P

B

4 y 1

3

A

x 2 RA=P

Système fondamental (S.F.)

•

RA'=P

Nœud A

ΣFy = 0 ⇔ N 1 F / 2 + P = 0

N1F P

⇒ N 1F = -P 2

P 45°

ΣFx = 0 ⇔ N 2 F + N 1 F / 2 = 0

N2F

⇒ N 2 F = − N 1F / 2 = P

P

Par symétrie on a : N 1F = N 1' F et N 2 F = N 2' F

X1 Système équivalent (S.E.)

•

Nœud B

Equation de continuité :

P

u δ 11 X 1 + δ 1F = 0

B

avec :

=

ΣFy = 0 ⇔ − P + ( P 2 ) / 2 − N3F / 2 = 0 ⇒ N3F = 0

90° 7

u δ 11

N4F 45°

∑∫ k =1 lk

ΣFx = 0 ⇔ −( P 2 ) / 2 + N 4 F = 0

7

nk21 1 dx = nk21lk ( EA )k EA k = 1

∑

et :

⇒ N 4F = − P

N3F

P 2

Par symétrie N3F = N3'F = 0 7

δ 1F =

∑∫ k =1

N kF n k 1 1 dx = ( EA )k EA

7

∑N k =1

kF

.nk 1 .lk

b) Efforts nki (i=1)

•

Nœud A

Calcul des efforts dans les barres. a) Efforts NkF Appliquons la méthode des nœuds.

B RA =

1

1/2

2 1

n11

3 45°

2 A

R X1=1

A'

=

1 2

A

n21

A- Poutres continues à âme pleine

137

L'équation de continuité s'écrit alors :

1 1 a (2 2 + 3 )X1 − aP( 2 + 2 ) = 0 EA 2 EA

N.B.: n11 = n1'1 et n21 = n2'1 (par symétrie)

•

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

u et δ 1F s'obtiennent par sommation sur les colonnes corLes coefficients δ 11 respondantes. Les sommes obtenues sont ensuite divisées par EA.

2 2 1 =− 2

ΣFy = 0 ⇒ n11 = ΣFx = 0 ⇒ n 21

1 38

Nœud B

d'où : X 1 = P n41 45° n31

ΣFx = 0 ⇔ (

2

X 1 = 1.172 P

2 2+ 3

L'effort total Nk dans la barre k s'obtient par addition des efforts dus à F (sollicitation globale externe) et aux inconnues Xi.

ΣFy = 0 ⇒ n 31 = − 2 / 2

90° 2

2( 2 + 2 )

2 / 2 + n 31 / 2 + n 41 = 0 2 ⇒ n 41 = 1

N k = N kF +

∑n

ki . X i

i =1

Il est pratique d'ajouter les deux dernières colonnes du tableau comme indiqué.

2ème méthode : on effectue une coupure dans la barre 4 (Figure 6.32).

Les résultats obtenus sont résumés dans le tableau ci-après.

4

Barre k

lk

(EA)k

NkF

nki

Nkp.nki.lk

n2kilk

nki.Xi

Nk=NkF+ nkiXi

a/ 2

EA

−P 2

2 /2

−aP 2 2

a 2 4

0.828P

-0.586P

a

"

-aP/2

a/4

-0.586P

3

1

1

2

P

-1/2

2

2'

0.414P

(a) S.F. P

3

a/ 2

"

0

- 2 /2

0

a 2 4

-0.828P

-0.828P

4

a

"

-P

1

aP

a

1.172P

0.172P

1'

a/ 2

"

−P 2

−aP 2 2

a 2 4

2'

a

"

P

-1/2

-aP/2

a/4

3'

a/ 2

"

0

- 2 /2

0

a 2 4

1'

3'

P X1

2 /2

(b) S.E.

∑

−aP( 2 + 2 )

a( 2 2 + 3) 2

Figure 6.32 u L'équation de continuité ne change pas : δ 11 X1 + δ 1F = 0 u Pour déterminer les coefficients δ 11 et δ 1 F il faut calculer les efforts dans les barres sous l'action de la sollicitation unité X1=1 et des forces P (sollicitation générale externe).

A- Poutres continues à âme pleine

139

1 40

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

a) Efforts NkF (effort dans chaque barre sous l'action des charges extérieures).

B'

B X1=1 X1=1

P

P

(a) C

A

A' HA'=0

RC=1

RA=1/2 R=P/2

R=P

R=P/2 X1=1

X1=1

(b)

Figure 6.33 -

RA'=1/2

1

La barre 4 qui est sectionnée n'intervient pas dans ce cas. On a deux systèmes isostatiques symétriques.

1'

3'

3 1

2

1

1/2

1/2

2' 1/2

1/2

Figure 6.34

P

1

N1F

3 45°

2

N2F P/2

P/2

P/2

•

Nœud A

ΣFy = 0 ⇒ n11 = 2 2 , ΣFx = 0 ⇒ n 21 = −1 / 2

ΣFy = 0 ⇒ N 1 F = − P / 2 et par symétrie N1F = N3F

ΣFx = 0 ⇒ N 2 F = P / 2

P 1

 N = N 3 F = N 1' F = N 3' F = − P / 2 En résumé, on a :  1 F  N 2 F = N 2' F = P / 2

1 A

b) Efforts nki

n11

3 1

2

A

45° n21

1/2

•

Nœud B

1/2

1/2

A- Poutres continues à âme pleine

B

ΣFx = 0 ⇔ −(

1

n31

2 2

n11 = n1' 1 = n 31 = n 3' 1

n 2 1 + 1 + 31 = 0 ) 2 2 2

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 42

2'

a

"

⇒ n 31 = − 2 / 2

3'

a/ 2

"

En utilisant la symétrie on peut résumer les efforts :

∑

45° 90°

141

2 1 , n 21 = n 2' 1 = − 2 2

P/2

−P /

2

-1/2

-aP/4

a/4

- 2 /2

aP 2 4

a 2 4

-aP/2

a(2 2 + 3) 2

u et δ1F étant connus, on peut calculer X1 δ 11

2 =− , n 41 = 1 2

X1 =

P 2 2 +3

X 1 = 0 .172 P

,

On peut vérifier que les efforts dans les barres sont exactement ceux trouvés avec la première méthode. 6.6.6 Exercice Calculer les efforts dans les barres de la poutre représentée. 4 5 1 3 A

2

7 P

l

Barre k

lk

(EA)k

NkF

1

a/ 2

EA

2

a

"

3

a/ 2

"

−P /

4

a

"

0

1'

a/ 2

"

−P /

−P /

nki

2

P/2

2 /2

-1/2

2

- 2 /2

1

2

2 /2

n2kilk

nki.Xi

Nk=MkF +nkiXi

a 2 4

0.121P

-0.586P

a/4

-0.086P

0.414P

a 2 4

-0.121P

-0.828P

0

a

0.172P

0.172P

−aP 2 4

a 2 4

NkF.nki.lk

−aP 2 4

-aP/4

aP 2 / 4

Solution

9

8

6

10 P

l

l

l B

A- Poutres continues à âme pleine

143

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 44

•

Nœud C

y

N4F

ΣFy = 0 ⇒ N 3 F = P ΣFx = 0 ⇒ N 4 F = − P

x N3F

P 2

S.F.

•

X2

Nœud D P

N6F

ΣFy = 0 ⇒ N 6 F = 0

X1 S.E.

P

ΣFx = 0 ⇒ N 7 F = P

P

45°

P

N7F

Equations canoniques du système : u δ 11 X1

P

u + δ 12 X 2 + δ 1F = 0

δ u21 X 1 + δ u22 X 2 + δ 2 F = 0

•

1- Efforts NkF

Nœud E P

C

ΣFx = 0 ⇒ N 9 F = − P / 2

E

4

45°

ΣFy = 0 ⇒ N 8 F = P N9F

0 1 A

6

3 2

7

RA=P

•

N2F

F P

Nœud A

ΣFy = 0 ⇒ N 1 F = − P / 2

N8F

45°

B

10

D

N1F

1

8

•

Nœud F

P

P

P

RB=P

ΣFx = 0 ⇒ N 10 F = P N.B.: N5F = 0, car la barre est coupée.

N10F

P

2- Efforts nk1

ΣFx = 0 ⇒ N 2 F = P C

1

RAX=1

A

E

4

6

3 2

1

8 7

10

D

F P

P

B

X1=1

A- Poutres continues à âme pleine

145

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 46

3- Efforts nk2

Réactions :

ΣFx = 0 ⇒ R Ax = 1

C

ΣM / A = 0 ⇒ R By = 0

4

E

5 X2=1

et : ΣFy = 0 ⇒ R Ay = 0

3

•

A

ΣFx = 0 ⇒ n 21 = 1

45° n21

B

7 D

ΣFy = 0 ⇒ n11 = 0

n11

1

Nœud A

8

6 F

Réactions :

ΣFx = 0 ⇒ R Ax = 0

et par symétrie

ΣM / A = 0 ⇒ R By = 0

n 91 = 0 ; n101 = 1

ΣF y = 0 ⇒ R Ay = 0

N.B. : n51 = 0, car la barre 5 est coupée.

Seules les barres du panneau central supportent des efforts différents de 0 (déjà montré précédemment).

•

Nœud C

n12 = n22 = n 92 = n102 = 0 •

n41

Nœud C

ΣFx = 0 ⇒ n 41 = 0

n42

ΣFy = 0 ⇒ n 31 = 0

0

45°

n31

ΣFx = 0 ⇒ n 42 = −1 / 2

1

ΣFy = 0 ⇒ n 32 = −1 / 2

0 n32

•

Nœud D

ΣFy = 0 ⇒ n61 = 0

0 n61 45°

1

•

•

Nœud D

ΣFx = 0 ⇒ n71 = 1

1

n71

2

n62

ΣFy = 0 ⇒ n62 = 1 ΣFx = 0 ⇒ n72 = −1 / 2

0

Nœud F

n72

•

n81

Nœud F

ΣFy = 0 ⇒ n 81 = 0 1

n101

ΣFx = 0 ⇒ n101 = 1

ΣFy = 0 ⇒ n 82 = −1 / 2

n82

1

On vérifie que n102 = 0 1 2

45°

0

A- Poutres continues à âme pleine

Calcul des coefficients 10

u δ 11 =

n k21 l k

∑ ( EA )

=

k

k =1

10

u = δ u21 = δ 12

3l EA

nk 1 . nk 2

∑ ( EA )

k

k =1

10

δ u22 =

n k22 l k

∑ ( EA )

δ 1F =

∑ 1 10

δ 2F =

∑ 1

=

l 2 EA

2l ( 1 + 2 ) EA

k

1

10

lk = −

N kF . n k 1 3 Pl lk = ( EA )k EA N kF . n k 2 Pl 2 lk = − EA EA

Après simplification, les équations canoniques s'écrivent :

1   −  3  2   X 1  =  −3 P       1 − 2( 1 + 2 )   X 2   P 2    2  d'où :

X 1 = −0 .964 P et

X 2 = 0 .152 P

Efforts dans les barres L'effort total dans la barre k vaut : 2

N k = N kF +

∑n

ki . X i

i =1

ou encore :

N k = N kF + n k 1 . X 1 + n k 2 . X 2 (Voir tableau)

147

1 50

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

7.2 CLASSIFICATION DES STRUCTURES La méthode étant basée sur les déplacements des nœuds, les structures considérées sont classées en fonction des possibilités de déplacement de leurs nœuds. On distingue deux catégories : a) Les structures à nœuds fixes ou à nœuds invariables (Figure 7.2)

Chapitre 7

Dans de telles structures, les nœuds ne peuvent subir que des rotations.

METHODE DES ROTATIONS

7.1 INTRODUCTION

(a)

Bien qu’ayant un caractère général, comme la méthode des forces, la méthode des rotations (des déplacements ou des déformations) est cependant surtout utilisée pour le calcul des structures constituées de barres, généralement droites. Des barres droites assemblées en leurs extrémités (nœuds) forment des structures appelées portiques (Figure 7.1).

Figure 7.2

(b)

Notons que la dérive (c’est-à-dire la translation) des nœuds d'un système peut être empêchée soit par la nature même du système (notamment le type d'appuis) soit par une symétrie de la géométrie et du chargement du système. b) Les structures à nœuds déplaçables (Figure 7.3) Ce sont des structures dont les nœuds ou certains nœuds subissent des translations en plus des rotations.

(a)

Figure 7.1

(b) (a)

Les portiques ont un comportement essentiellement flexionnel, c'est-à-dire que la flexion est prépondérante. On peut de ce fait négliger les déformations provoquées par l'effort normal et l'effort tranchant.

(b)

Figure 7.3

Les structures auxquelles on s'intéresse ici sont planes et chargées dans leur plan.

Une structure est à nœuds déplaçables si le système articulé, obtenu par remplacement de tous les nœuds et de tous les encastrements d'appui par des articulations, constitue un système instable (mécanisme).

D'une façon générale, la méthode des déplacements est utilisée lorsque le degré d'hyperstaticité est élevé. Notons aussi qu'elle s'applique parfaitement aux poutres continues ; dans ce cas, les appuis intermédiaires constituent les nœuds de la structure.

Le nombre de translations possibles pour les nœuds représente le nombre de degrés de liberté (ddl) du système articulé. Le nombre de ddl correspond au nombre de liaisons supplémentaires qu'il faut ajouter à la structure articulée instable pour qu'elle devienne immobile (stable), du point de vue translation. Le nombre de translations indépendantes possibles d'un système vaut : Kt = 2n – (b+l)

Méthod e des rotations

151

Avec : n = nombre de nœuds et d'appuis. b = nombre de barres (une console n'est pas comptée comme une barre). l = nombre de liaisons aux appuis du système articulé.

1 52

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

2) Afin d'obtenir un système équivalent à la structure initiale, on applique des déplacements (inconnus) correspondant aux liaisons ajoutées (Figure 7.6). w1

7.3 PRINCIPE DE LA METHODE

(3)

w2

(3)

δ

(2)

Figure 7.6

Kt=1

Kt=2

Kt=3

(a)

(b)

(c)

Les inconnues du problème dans le cas considéré sont : X1 = w1 (rotation du nœud 1) X2 = w2 (rotation du nœud 2) X3 = δ (translation horizontale des nœuds 1 et 2, la variation de longueur de la barre 1-2 étant négligée). Kt=2

Kt=1

(d)

(e)

Figure 7.4 : Exemples de calcul de Kt La méthode consiste à déterminer les déplacements (rotations et translations) des nœuds de la structure ; puis, en raison de l'interdépendance qui existe entre les déformations et les efforts, on détermine les efforts (moment, effort tranchant et effort normal). Le principe de la méthode est décrit par les trois étapes suivantes.

3) Pour obtenir les déplacements inconnus (X1, X2, X3) on écrit qu'il y a équilibre des réactions (moments ou forces) apparaissant dans chaque liaison ajoutée sous l’effet des forces extérieures et des déplacements imposés. Soit : R1 = Σ des moments réactifs dans l'encastrement (1) = 0 R2 = Σ des moments réactifs dans l'encastrement (2) = 0

(7.1)

R3 = Σ des réactions dans la liaison (3) = 0 Il importe de noter que le système de base obtenu selon l'étape 1 est toujours constitué de barres dont chacune a soit ses deux extrémités encastrées soit une extrémité encastrée et l'autre appuyée simplement ou doublement (Figures 7.7 et

1) On ajoute des liaisons aux nœuds de la structure initiale pour obtenir un système dont les nœuds n'ont aucune possibilité de déplacement (rotation ou translation). Le système ainsi obtenu est appelé système statique de base (Figure 7.5b).

(a)

(b)

Figure 7.7 7.8).

(a) Système initial

(b) Système de base

Figure 7.5

Méthod e des rotations

153

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 54

MA

On a :

wA(wA>0)

Mx = MA + RAx A

EIy" = -MA - RAx

RA

EIy' = -MAx - RA x2/2 + C EIy = -MAx2/2 - RAx3/6 + Cx + D (b)

(a)

y

B l

Figure 7.9

avec : C = EIθ0 = EIwA

Figure 7.8

x

et

D = EIf0 = EI.0 = 0

donc : EIy' = -MAx - RAx2/2 + EIwA

Pour terminer, on retient que la méthode des déplacements est caractérisée par : 1) Le blocage des nœuds. 2) Un seul système de base possible, donc une façon unique de mettre le problème en équations (de ce fait, la méthode est particulièrement indiquée pour le calcul automatique). 3) Des liaisons ajoutées spéciales ; en effet, • Les encastrements ajoutés supportent uniquement des moments et peuvent par conséquent subir des translations. • Les liaisons de translation supportent seulement des forces suivant la liaison ajoutée. 7.4 SOLLICITATION DES BARRES DROITES HYPERSTATIQUES Comme nous venons de le voir, le système de base est constitué de barres qui peuvent être : - encastrées aux deux extrémités - encastrées d'un côté et appuyées de l'autre -

Ces barres sont sollicitées par : les déplacements appliqués les charges extérieures

Le calcul de ces poutres peut être effectué par l’une des méthodes exposées précédemment comme la méthode des paramètres initiaux, la méthode des forces ou encore la formule des 3 moments ou toute autre méthode.

EIy = -MAx2/2 - RAx3/6 + EIwAx Conditions à l'extrémité B En B (x = l), on a : θB = 0 et yB = 0 D'où : 0 = -MAl - RA l2/2 + EIwA 0 = -MAl2/2 - RAl3/6 + EIwAl ou encore :

4 EIw A l 2   M A   EIw A    M A =     l 2  ⇒ = 6 EIw A   l 3    R = − (↓) A   l2 6   R A   EIlw A  

 l  2 l  2

On peut maintenant calculer RB et MB.

M B = M A + R Al =

RA

+ RB = 0 ⇒ RB =

Examinons à titre d’exemple le cas de la poutre encastrée à ses deux extrémités soumise à une rotation de l’un de ses appuis (Figure 7.9). a) Méthode des paramètres initiaux On veut calculer les réactions. Soient RA, MA, RB et MB les composantes des réactions aux appuis A et B qui apparaissent sous l'action de wA.

6 EIw A l2

(↑)

Application : Rotation unitaire (wA = 1)

MA = 7.4.1 Barres soumises à des déplacements d'appuis

4 EIw A 6 EIw A 2 EIw A − =− l l l

4 EI 2 EI 6 EI 6 EI ;MB = − ; R A = − 2 ( ↓ ) ; RB = 2 ( ↑ ) l l l l

b) Méthode des forces (Figure 7.10) u u δ 11 M A + δ 12 M B + δ 1F = 1  u u δ 21 M A + δ 22 M B + δ 2F = 0

δ1F = δ2F = 0 (pas de charges extérieures).

Méthod e des rotations

155

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 56

Les coefficients du système ci-dessus sont calculés à partir des figures 7.10c et 7.10d. u δ 11

Tableau 7.1 w=1

1 1 2 l l u ; δ 22 = . .l .1. = = EI 2 3 3 EI 3 EI

u u δ 12 = δ 21 =

w=1

l

l

1 1 1 l . .l .1. = EI 2 3 6 EI

6EI/l²

4EI/l

6EI/l²

2EI/l

d'où : 4EI/l

 l  3 EI  l   6 EI

l   M A  1   4 EI     M A = 6 EI   l    = ⇒ l     M = − 2 EI  B 3 EI   M B  0   l  

δ=1

12EI/l3

6EI/l²

B

12EI/l3

(a)

δ=1

l

l

wA=1 A

6EI/l²

2EI/l

6EI/l²

6EI/l²

12EI/l3

12EI/l3

6EI/l²

6EI/l²

l

δ=1 MA

wA=1

MB l

(b)

δ=1

l

3EI/l3

2

3EI/l

3EI/l3

Figure 7.10

3

3EI/l

MA=1

3EI/l3

3EI/l² (c) w=1 1

w=1

l MB=1

l 3EI/l 3EI/l²

3EI/l2

(d)

3EI/l²

3EI/l²

3EI/l

1

δ=1 δ=1

Le tableau 7.1 donne les réactions, les moments et les déformées des différents cas de figure.

l 3EI/l2

3EI/l

7.4.2 Barres soumises à des charges Les calculs peuvent être menés par les méthodes exposées dans les chapitres précédents. Les diagrammes des moments et les réactions des cas de charge les plus courants sont regroupés dans le tableau 7.2.

l 3

3EI/l3

3EI/l3 3EI/l3

3EI/l2

Méthod e des rotations

Tableau 7.2

157

1 58

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

7.5 NOMBRE D’INCONNUES – EQUATIONS D’ÉQUILIBRE

q

7.5.1 Nombre d’inconnues (K)

q

Le nombre d’inconnues de la méthode est égal au nombre de déplacements possibles (rotations Kr et translations Kt) des nœuds de la structure considérée.

l ql²/8

ql²/12

K = Kr+Kt

ql²/12

-

5ql/8 ql/2

9ql²/8 l

ql/2 ql²/24

5l/8

a

b

a

b

P

P

Pab²/l²

Pa²b²/l²

Pa²b(2a+3b)/2l3

2Pa²b²/l

P(a+3b)a²/l3

Pb(a²+2ab+2l²)/2l3

P

P(2a+3b)a²/2l3 P

l/2

l/2

Pl/8

Chaque équation exprime l’équilibre des réactions apparaissant dans une liaison ajoutée. Dans chaque liaison (i) introduite, la résultante des réactions, engendrées par les forces extérieures (RiF) et par les déplacements appliqués (Rij), doit être nulle. Ainsi, dans l’exemple de la figure 7.11 ci-dessous les équations à partir desquelles seront tirés les déplacements inconnus (X1, X2 et X3) s’écrivent :

R1 = R11 + R12 + R13 + R1F = 0

l/2 Pl/8

-

Kr = nombre de rotations - égal au nombre de nœuds de la structure (les appuis n’étant pas comptés comme nœuds). Kt = nombre de déplacements linéaires indépendants (voir § 7.2). K représente le nombre de liaisons (encastrements ou butées de translation) ajoutées pour immobiliser les nœuds de la structure initiale.

7.5.2 Equations d’équilibre

Pab(a+2b)/2l²

3

P(3a+b)b²/l3

3ql/8 3l/8

R2 = R21 + R22 + R23 + R2F = 0

l/2

R3 = R31 + R32 + R33 + R3F = 0

6Pl/32

Avec : P/2

P/2

5P/16

11P/16

Pl/8

5Pl/32

a

b

a

b

C

6abC/l3

Cb(2l-3b)/l² l/2

3C(l²-b²)/2l3

3C/2l

C/2

3C(l²-b²)/2l3

l/2

C

9C/8l

C/2

3C/2l

C/8

Figure 7.11

Rij = réaction dans la liaison i, dont la nature est déterminée par celle de la liaison, sous l’action du déplacement Xj. En vertu du principe de superposition des effets nous pouvons écrire :

7C/16

9C/16

X3

Et de manière générale :

Rij = riju X j C/4

(3)

(2)

RiF = réaction qui apparaît dans la liaison ajoutée i sous l’action de la sollicitation globale F (c’est-à-dire les charges appliquées).

l/2 C

C/4

(1)

X2

R31 = réaction (force horizontale) apparaissant dans la liaison 3 (liaison de translation) sous l’action du déplacement X1.

C(l²-3b²)/2l²

l/2

R11 = réaction (moment réactif) apparaissant dans la liaison ajoutée 1 (encastrement) sous l’action du déplacement appliqué X1 (rotation).

X1

R12 = réaction (moment) apparaissant dans la liaison 1 sous l’action du déplacement X2.

C Ca(3a-2l)/l²

6abC/l3

(7.2)

9C/8l

(7.3)

Méthod e des rotations

159

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 60

où :

L’équation canonique du système s’écrit :

• Xj est le déplacement inconnu appliqué. • riju est la réaction dans la liaison i sous l’action d’un déplacement unitaire,

r11u X 1 + R1F = 0

rotation ou translation selon la nature de la liaison j, appliqué à la liaison j. Ainsi, pour une structure à n inconnues (n déplacements inconnus des nœuds), le système d’équations s’écrit :

u Calcul du coefficient de réaction r11 (moment de ré-

u r11

action unitaire) : u On indique r11 dans le sens de la rotation X1 appli-

quée à l’encastrement élastique ajouté (figure ci-contre).

u u r11 X 1 + r12 X 2 + ... + r1un X n + R1F = 0

............................................................ riu1 X 1 + riu2 X 2 + ... + rinu X n + RiF = 0

(7.4)

Diagramme unitaire :

............................................................ X1=1

u rnu1 X 1 + rnu2 X 2 + ... + rnn X n + R nF = 0

3EI/l²

X1=1 6EI/h² 4EI/h

Ou encore sous forme condensée :

3EI/l

n

∑

riju X j + RiF + 0

i = 1, …, n

3EI/l²

(7.5)

j =1

m1

Sous forme matricielle le système d’équations canoniques s’écrit : 6EI/h²

[r u ][X ] = [− RF ] [r u ] est appelée matrice de rigidité.

2EI/h

Le coefficient

Equation d’équilibre :

Exemple 1

u r11

Soit à calculer le portique ci-contre.

(EI) = Cte = 2 1010 kgcm² l/2=2m

l/2

P = 100 kg Degré d’hyperstaticité : K = 1 + 0 = 0

h=3m

est calculé de façon à réaliser l’équilibre au nœud du dia-

gramme m1.

7.6 EXEMPLES D’APPLICATION

P

u r11

3EI/l

3 EI 4 EI u + − r11 =0 l h 3 4 u ⇒ r11 = ( + )EI l h

4EI/h

Le coefficient R1F (réaction de charge) est calculé de la même manière que X1

P

Système de base

X1

X2

P

u r11 .

Méthod e des rotations

161

Diagramme de la charge appliquée :

1 62

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

Le diagramme des charges ne change pas.

L’action de la charge est limitée à la travée sur laquelle elle est appliquée. 75kgm

P

6Pl/32

R1F 6Pl/32 11P/16

5Pl/32

68.75kg

62.5kgm

31.25kg

5P/16 MF

MF 48kgm

Le sens de R1F est donné par celui choisi pour X1. L’équation d’équilibre du nœud déterminera le signe correct. Equation d’équilibre :

R1 F +

6 Pl 6 = 0 ⇒ R1 F = − Pl 32 32

L’inconnue X1, peut être calculée maintenant :

Le diagramme final des moments (M) s’obtient par superposition des diagrammes M1 et MF. On note que l’équilibre de rotation du nœud est satisfait. M

Les réactions aux appuis de système donné peuvent s’obtenir en reportant les réactions des diagrammes M1 et MF aux appuis réels qui les supportent.

3 Pl 3 4 6 18 X 1 ( + )EI − Pl = 0 ⇒ X 1 = 3 4 l h 32 ( + )EI l h

P

24kgm P

B 24kg 31.25kg m

A.N : h = 300 cm et l = 400 cm

X1 =

76kgm

RHB=24kg

6.75kg RVB=38kg

9 −5 10 = rotation (en radian) du nœud rigide du système donné. 5

Pour passer du diagramme unitaire m1 au diagramme réel M1, on multiplie le premier par X1.

RHA=24kg

24kg A 68.75kg 6.75kg

RVA=62kg

6.75kg 24kg 48kgm 27kgm

6.75kg

*) Si X1 était négative on aurait inversé le diagramme et le sens des réactions.

A partir des réactions et des charges extérieures, on trace les diagrammes de N et de T.

24kg

62kg 38kg

M1 24kg 24kgm

N

62kg

T

24kg

Méthod e des rotations

163

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

1 64

Exemple 2

8EI/l

ru22

R2F

R1F

q=2t/ml

ql²/12

8EI/l 2EI

2EI

r

K=2+0=2

22

= 20EI/l

R1F = 0

R2F = -ql²/12

l=4m

EI

EI

u

4EI/l S.D.

l

La résolution du système donne :

X1 = −

l=4m

Diagrammes réels :

X2

X1

4 4 12 , X2 = = , ( EI ) en tm² 21EI 7 EI 21EI

Les diagrammes m1 et m2 sont multipliés par X1 et X2, respectivement.

Equations canoniques : u u r11 X 1 + r12 X 2 + R1 F = 0  u u r22 X 1 + r22 X 2 + R2F = 0

S.F.

8/21

24/21 12/21 4/21

4/21

12/21

12/21 24/21

M1

Diagrammes unitaires (a et b) et diagramme des charges (c) :

M2

2/21 1 4EI/l

8EI/l 1

6/21

Le diagramme final du moment fléchissant s’obtient par superposition des diagrammes M1, M2 et MF.

4EI/l 32

4EI/l

4EI/l

68

20

4EI/l

4

8EI/l

8EI/l

12 34 a) m1 2EI/l

b) m2 2EI/l

ql²/12=56/21 ru11

8EI/l

ru12

M(1/21) 4EI/l 2

ql²/24=28/21 ru11 4EI/l c) MF

= 12EI/l

ru12 = ru21 = 4EI/l

6

Effort tranchant et effort normal ; on détermine d’abord les réactions d’appuis.

Méthod e des rotations

165

Diagrammes unitaires :

1 66

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

On peut vérifier sur la figure cicontre que les équilibres de translations sont satisfaits :

3/4EI

3/4EI

3/4EI

3/8EI

2/14

∑ Fv = 0

3/8EI 3/4EI

q=2t/ml

31/7

∑ Fh = 0

3/4EI

3/4EI

(réactions en t) 1/14 3/8EI

3/8EI

(1)

3/14

(2) 2/7

Exemple 3

27/7

(i)

Sous les charges extérieures : (2EI)

ql/2=4

q

ql/2=4

(F)

l

l

Pour passer des réactions unitaires aux réactions réelles on multiplie les réactions (1) et (2) par X1 et X2, respectivement. 1/7

1/14

(EI)

(EI)

Le système a trois inconnues, K = 2 + 1, les deux déplacements angulaires des nœuds rigides (X1 et X2) et un déplacement linéaire (X3).

1/7

3/14

3/7

(I)

1/14

Les trois équations canoniques du système s’écrivent :

3/7

3/7

3/14

(a)

3/7

u u u r11 X 1 + r12 X 2 + r13 X 3 + R1 F = 0  u u u r21 X 1 + r22 X 2 + r23 X 3 + R 2 F = 0  u u u r31 X 1 + r32 X 2 + r33 X 3 + R3 F = 0

(II)

X2

X1

X3

Il faut maintenant superposer les réactions (I), (II) et (F). 2/7

3/14

1/14

27/7

31/7

La dernière phase consiste à transmettre les réactions des encastrements élastiques (nœuds rigides) aux appuis réels, c’est-à-dire aux encastrements.

(efforts en t) 1/14

2/14

3/14 31/7

Pour pouvoir calculer l’effort normal en un point quelconque du système, il suffit d’ajouter au schéma ci-contre les charges extérieures.

S.F.

(réactions en t) 1/14 2/7

3/14 27/7

N.B. : En raison de la nature de X3 qui est un déplacement linéaire, les coefficients ru13, ru23, ru31, ru32 et R3F sont des forces et ru33 une force/unité de longueur. Quant aux autres coefficients (ru11, ru12, ru21, ru22, R1F et R2F) ce sont des moments.

Méthod e des rotations

167

1 68

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

Diagrammes unitaires et des charges extérieures 1 4EI/l

ru13 1

12EI/l² 6EI/l²

4EI/l

ru13 = -6EI/l²

12EI/l²

12EI/l² m1

m2

2EI/l

ru23 = -6EI/l² 6EI/l²

6EI/l²

6EI/l² 4EI/l

4EI/l 8EI/l

ru23

8EI/l

12EI/l²

R1F R2F

2EI/l

4EI/l²

R1F = ql²/12

6EI/l²

R2F =0 ql²/12

3

12EI/l3

12EI/l

6EI/l²

ql²/12 ql/2

6EI/l² ru31

ru32

ql²/24 m3

6EI/l²

MF

∑Fh = 0 ⇒

∑Fh = 0 ⇒

ru31 = -6EI/l²

ru32 = -6EI/l²

6EI/l²

12EI/l3

12EI/l3

ql/2

ql²/12

ru11

6EI/l²

6EI/l²

Calcul des coefficients de réaction

ru33

ru12 4EI/l

8EI/l ru11 = 12EI/l

R3F

ru12 = 4EI/l

q

ru33 =24EI/l3

R3F=ql/2-ql=-ql/2

4EI/l 12EI/l² 4EI/l ru21 = 4EI/l

ru21

8EI/l

ru22 = 12EI/l

ru22

4EI/l

12EI/l²

ql/2

La résolution du système d’équations, donne :

X1 =

3 ql 3 29 ql 3 60 ql 4 , X2 = , X3 = 2496 EI 2496 EI 2496 EI

Méthod e des rotations

169

1 70

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

Diagrammes N et T

Diagrammes réels

On commence par calculer les réactions transversales de chaque barre supposée isostatique est chargée par des moments aux appuis (lus directement sur le diagramme final de M) et les charges extérieures qui lui sont directement appliquées.

116 6

6

58

58

12

192ql/1248

M2(ql²/1248)

M1(ql²/1248)

192ql/1248 70ql²/1248 122ql²/1248

3

273ql/1248

29

273ql/1248

87ql/1248

9ql/1248

q

180

q

ql²/12

180

ql²/24

q

M3(ql²/1248)

975ql/1248 281ql²/1248

ql²/12

273ql/1248

151ql²/1248 (a)

MF

180 360ql/1248

⇒

(b)

On trace ensuite le diagramme de T (en considérant chaque barre séparément puis celui de N en vérifiant l’équilibre de translation aux nœuds.

180 624ql/1248

360ql/1248

Diagramme (final) des moments et réactions aux encastrements.

273

273

192

C 273

122

T

T(ql/1248)

N(ql/1248)

C

70

A

B

975

M(ql²/1248)

192

192

Vérification : On vérifie l’équilibre de rotation et de translation de chaque nœud.

281 H R A = 975 ql / 1248

151

H R B = 273 ql / 1248

a) Equilibre de rotation

70ql²/1248

70ql²/124

∑M=0

122ql²/1248

122ql²/1248

∑M=0

Méthod e des rotations

171

b) Equilibre de translation

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

Pour l’étape 6, on tiendra compte des trois observations suivantes : - Les coefficients rujj sont toujours strictement supérieurs à zéro.

192 273

- Les coefficients ruij sont différents de zéro seulement quand i et j sont des nœuds voisins (liés par la barre ij).

273 192

- ruij = ruji

ql/1248

Les efforts normaux sont obtenus à partir des conditions d’équilibre de translation de chaque barre isolée par des coupes.

273

273

192

1 72

∑Fh=0, ∑Fv=0

∑Fh=0, ∑Fv=0 192

7.7 CALCUL DES EFFORTS INTERNES

Comme on vient de le voir, le diagramme final des moments fléchissants est obtenu par superposition des diagrammes dus aux charges extérieures et aux déplacements appliqués. Les diagrammes unitaires sont multipliés par les valeurs algébriques des déplacements correspondants puis superposés au diagramme sous les charges extérieures. Les efforts tranchants et normaux peuvent être calculés en considérant chaque barre comme une poutre isostatique (bi-articulée) soumise aux charges extérieures qui lui sont appliquées et à des moments d’appuis donnés par le diagramme final des moments fléchissants. 7.8 VERIFICATION DES RESULTATS

La vérification consiste essentiellement à s’assurer de l’équilibre, de translation et de rotation, de chaque nœud et de parties entières de la structure. 7.9 LES ETAPES DE LA METHODE

L’application de la méthode des rotations peut se résumer aux étapes élémentaires suivantes : 1- déterminer le nombre d’inconnues 2- représenter le système statique de base 3- porter les charges extérieures et les déplacements (inconnus) appliquées 4- écrire le système d’équations 5- tracer les diagrammes unitaires et celui (ou ceux) des charges extérieures 6- calculer les coefficients de réaction (ruij, RiF) 7- résoudre le système d’équations pour obtenir les déplacements des nœuds 8- passer des diagrammes unitaires aux diagrammes réels en multipliant chaque diagramme par le déplacement (avec son signe) qui lui correspond 9- tracer le diagramme final des moments par superposition des diagrammes obtenus à l’étape 8 et du diagramme sous les charges extérieures 10- calculer les efforts N et T comme indiqué au paragraphe (7.7) puis tracer leurs diagrammes.

Calcul des systèmes plans par la méthode des forces

173 C a l c u l d e s s y s tè m e s p l a n s p a r l a m é th o d e d e s f o r c e s

Exercice 7.5

7.10 EXERCICES Tracer les diagrammes de M, de N et de T des systèmes suivants.

Exercice 7.1

q=8t/ml B

Exercice 7.2

l

P

E

C

EI

EI

q=1t/ml

A

C

A

EI

B EI

D

l=6m

l

P=4t

l

EI

D

A 2m

EI

2m B l/2

EI

Exercice 7.6

Exercice 7.7

C

l/2

6m

B

4m

C

B

C

2EI

Exercice 7.3

6m

P

EI

EI

6m

EI

EI

EI

q=1t/ml B

C

A

E

EI

D

A

D

8m 6m

8m

EI

EI

Exercice 7.8 A

D

B

D 6m

4m

C I2

P=20t

Exercice 7.4

4.5m q=2t/ml

I1

q A

A

B

EI

D

F 2.5m

EI

C 6m

12m

EI

E 12m

6m

A.N. : EI1=64 106 kgm², EI2=43 106 kgm².

6m

174

C a l c u l d e s s y s tè m e s p l a n s p a r l a m é th o d e d e s f o r c e s

Exercice 7.9

C l q=2t/ml D

B

F

EI

EI

EI

2l

A

E 2l

l=5m

Exercice 7.10 P=1000 daN q=600 daN/ml B 2EI

4m

E

2EI

EI

EI

A

D 5m

A.N. : I = 1, E = Cte.

C

2m

3m

F

175

1 78

C A L C U L D E S S T R U C T U R E S H Y P E R S T A T IQ U E S

dans l'exécution pratique de la méthode, le calcul des rotations n'est pas explicité, on travaille directement sur les moments agissant aux extrémités des barres. Convention des signes :

Chapitre 8 MÉTHODE DE CROSS

Vu le caractère systématique de la méthode, on adopte pour le moment fléchissant une convention différente de celle de la RDM. Un moment sera considéré comme positif s'il tend à provoquer une rotation dans le sens trigonométrique (Figure 8.1).

M>0

M