Cours de résistance des matériaux

Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Sommaire RAPPEL ............................................................................................................. 5 Chapitre 01 : I Rappel de mathématiques ............................................................................. 5 I-1 Equation du 1ierdegrés à deux inconnues ...................................................................... 5 I-2 Equation du Second degré à deux inconnues ............................................................... 5 I-3 Calcul d’intégrale ......................................................................................................... 6 I-4 Equation différentielle .................................................................................................. 6 I-5 trigonométrique ............................................................................................................ 7 II- Rappel de statique .............................................................................................. 8 II-1 notions de vecteur........................................................................................................ 8 II-2 éléments de réduction .................................................................................................. 8 II-3 Principe fondamental de la statique(P.F.S) ............................................................... 10 III-4 Les appuis : .............................................................................................................. 10 III-5 Applications ............................................................................................................. 12 III-6 EXERCICES ........................................................................................................... 19 Chapitre 02 Théories élémentaires de la RDM ......................................................................... 21 Contraintes-sollicitation ........................................................................................... 1)Définitions: ............................................................................................................................................ 21 2) Hypothèses et principes de base de la RDM : .................................................. 21 3) Etude de la notion de contraintes: .................................................................... 22 3-1) Mise en place du vecteur-contrainte : ....................................................................... 22 3-2) Expression du vecteur-contrainte : ........................................................................... 23 4 ) Sollicitation dans une section (efforts internes ): ............................................. 24 4-1) Notion de coupure : ................................................................................................. 24 4-2) Définition des sollicitations : .................................................................................... 25 4-3) Equations d’équilibre-tracé des diagrammes:........................................................... 26 4-4) Exemple : sollicitation d’une poutre ......................................................................... 27 4-4) Relation entre effort tranchant et moment fléchissant : ............................................ 30 4-5) Applications : ............................................................................................................ 31 4-6 EXERCICES ............................................................................................................. 37 Chapitre 3 Caractéristiques géométriques ..................................................................................... 39 des sections planes ............................................................................................... 39 I- Moment statique d’une aire plane : ............................................................. 39 II- Centre de gravité d’une aire plane :............................................................. 39 Ben Salah Abdallah 1 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil III- moment d’inertie d’une aire plane : ............................................................. 40 IV- Principe des axes parallèles : (théorème de Hyghènes ) ............................ 40 V- Relation entre les moments d’inertie et le produit d’inertie .......................... 41 VI- Axes principaux : ......................................................................................... 42 VI-1 Moment quadratiques maximum et minimum :....................................................... 42 VI-2 cercle de Mohr d’inertie : ........................................................................................ 43 VII- Rayon de giration : ...................................................................................... 44 VIII- Moment d’inertie polaire : ............................................................................ 45 IX- Exercice d’applications : .............................................................................. 45 IX-1cas d’un rectangle ..................................................................................................... 45 IX-2 cas d’un triangle :..................................................................................................... 46 IX-3 cas d’un cercle : (coordonnées polaires) ............................................................... 48 IX-4 Section en L : ........................................................................................................... 49 Chapitre 4 : TRACTION SIMPLE .................................................................................... 53 COMPRESSION SIMPLE ....................................................................... 53 I)– Définition : ........................................................................................................ 53 II)– Aspect expérimental : ..................................................................................... 53 III) Etat de Contrainte: ........................................................................................... 55 III.1)Expression de la contrainte : .................................................................................... 55 III.2) Diagramme de la contrainte : ........................................................................ 56 IV) Etat de déformations : ..................................................................................... 56 V ) condition de résistance : .................................................................................. 57 VI ) Applications : .................................................................................................. 57 Chapitre 5 : Cisaillement Simple ................................................................................................. 59 I-Définitions : ......................................................................................................... 59 II- Contrainte tangentielle de cisaillement : ........................................................... 59 a) Essai de cisaillement : .................................................................................................. 59 b) Contrainte tangentielle : ............................................................................................... 60 III – Etat de déformations : .................................................................................... 61 IV- Condition de résistance : ................................................................................. 62 V- Applications : .................................................................................................... 62 V-1) Assemblage par rivet : ............................................................................................. 62 V-2) Cisaille à main : ....................................................................................................... 63 Chapitre 6 : Torsion des poutres Circulaires .................................................................................. 65 I-Définition de la torsion : ...................................................................................... 65 II-Effort extérieurs définissant un état de torsion : ................................................. 65 Ben Salah Abdallah 2 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil III-Aspect expérimental : ....................................................................................... 66 IV -Calcul des contraintes de torsion : .................................................................. 66 V)- Déformation angulaire unitaire : ...................................................................... 68 VI-Deuxième expression de la contrainte tangentielle τ : ...................................... 68 VII-Expression du module de torsion d’un tube :................................................... 69 VIII-Applications : .................................................................................................. 71 Chapitre 7 : FLEXION SIMPLE ..................................................................................... 73 I-Introduction expérimentale : ................................................................................ 73 II- Etude de la flexion simple : ............................................................................... 75 II-1contrainte normale due au moment fléchissant : ........................................................ 75 III- Déformations : ................................................................................................. 78 IV-Cisaillement dans les poutres fléchies :............................................................ 83 IV-1 Cisaillement transversal : ..................................................................................... 83 IV-2 Cisaillement longitudinal : ....................................................................................... 83 IV-3 Théorème de réciprocité de CAUCHY : ................................................................ 84 IV-4 Expression de la contrainte tangentielle : ................................................................ 85 IV-5 Applications à la section rectangulaire d’une poutre fléchie : ............................... 86 V-Applications : ..................................................................................................... 88 Chapitre 8 : FLEXION COMPOSEE ........................................................................... 91 I) définition : .......................................................................................................... 91 II)Etat de contrainte : ............................................................................................. 91 III) Noyau central : ................................................................................................. 93 IV)-Application :..................................................................................................... 96 Chapitre 9 : LE FLAMBEMENT .............................................................................. 98 I)-Description du phénomène : .............................................................................. 98 II)- Effort critique de flambement : ........................................................................ 98 II-1)Contrainte critique d’Euler : ................................................................................... 100 II-2)Poutres autres que bi-articulée : .............................................................................. 101 III-3) Sécurité vis à vis du flambement : ........................................................................ 102 IV)Théorie de Rankine : ...................................................................................... 102 V)Méthode de Dutheil : ....................................................................................... 103 VI APPLICATIONS : ........................................................................................... 103 Ben Salah Abdallah 3 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Ben Salah Abdallah 4 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Chapitre 01 : RAPPEL I Rappel de mathématiques I-1 Equation du 1ierdegrés à deux inconnues y  x  2 y  4 y  2 x  20 pour pour pour 0 x6 6 x8 8  x  14 4 2 2 6 10 14 -4 -8 I-2 Equation du Second degré à deux inconnues  y x 2 3 2 y   x  17.86x  44.58 2 2 y  0.2 x  2.5 x  0.96 2 pour 0 x3 pour pour 3 x 9 9  x  12 8.58 8.35 3 3.56 5.95 9 12.103 -4.5 -5.34 Ben Salah Abdallah 5 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil  Recherche des points où la fonction y=f(x)=0  1.5 x  17.86.x  44.58  0 17.86  4 1.5 44.58  51.5 2  2   51.5  7.18  17.86  7.18 x1  2 1.5  8.35  17.86  7.18 x2  2 1.5  3.56  Recherche du point où la fonction y=f(x) est maxi y=f(x) est maxi pour un point d’abscisse x telle que la dérivée de y=f(x) en ce point est nulle dy df ( x)   1.5  2 x  17.86  3x  17.86 dx dx  17.86  5.95  3x  17.86  0  x  3  f (5.95)  1.5 m ax Pour x=5.95 y 5.95  17.865.95  44.58  8.58 2 I-3 Calcul d’intégrale  b 3  b dy y   3 y  h 2 h 2 2 3 3 3 3  h 3  h b    b h h  bh               3  2   2   3  8 8  12 h   2 h 2 I-4 Equation différentielle y  d 2 y  2 x  8 x  5 2 dx 3 2 2x 8x dy 2   2 x  8 x  5dx    5 x  c1 y  dx  3 2 4 3 2    2 x3 8 x2 2x 8x 5x dy    c1 x  c2 y     5 x  c1 dx  2 dx   3 12 6 2  2 Les constantes C1 et C2 sont déterminés à partir des conditions aux limites : Par exemple : - pour x=0 on a y=0 (1) - pour x=1 y est maximum donc y’=0 (2) Ben Salah Abdallah 6 Cours de résistance des matériaux   Département de Génie Civil Condition (1) Condition (2) 4 5  5 y x  x  x  6 3 2 3 4 3 2 8 5   5  c1  0  c1  3 3 2 C2 =0 2 I-5 trigonométrique a2 A cos  a1 sin   a O O a1 OA O a2 OA Cos (a+Q) = cosa .cosQ – sina .sinQ Sin (a+Q) = cosa .sinQ + sina .cosQ Cos (2Q) = cos²Q – sin²Q Sin (2Q) = 2cosQ.sinQ cos²Q + sin²Q =1 cos²Q= (1/2)*(1+ Cos (2Q)) sin²Q= (1/2)*(1- Cos (2Q))  Changement de repère R1( o,x,y ) R2(o,x’,y’) y y’ x’ a a x x = x’. cosa - y’. sin a Ben Salah Abdallah 7 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil y = x’. sina + y’. cos a II- Rappel de statique II-1 notions de vecteur  Le vecteur est caractérisé par : - la direction (ligne d’action) (Δ) - le sens ( de A vers B ) - le point d’application ( le point A ) - l’intensité (ou module) A x AB     B B  x A   y B  y A  2 2 Deux vecteurs sont dits coplanaires s’ils agissent dans le même plan. De plus si leurs lignes d’action passent par le même point on dit qu’ils sont concourants On peut remplacer les vecteurs concourants par un seul vecteur résultant Expression du produit vectoriel  V x , y , z   V x , y , z  1 1 1 1 2 1 y .z  z . y  V Δ V 1  2  1 2 1 2 1 2 1 2 z .x  x .z x.y 1 2  y .x 1 2 2 2 II-2 éléments de réduction L’ensemble des forces auxquelles est soumise un solide peut être remplacé par le torseur T(R  Ben Salah Abdallah R ; M ) défini comme suit : est la somme géométrique des forces Fi (résultante) 8 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil  M est le moment résultant de toutes les forces Fi de point d’application Ai par rapport au point O du solide - Calcul du moment  Soit F une force appliquée en A .Le moment de F par rapport à O noté MF/O est le produit vecteur de la force F et du OA Vecteur MF/O= OAΛF  Dans l’espace OA FX Fy FZ xA F yA zA Mx : / à l’axe OX Mx= yA.FZ- zA. Fy MY= zA. FX - xA. FZ Mz= xA. Fy- yA. FX MF/O dans le plan ( OY ;OZ) MY :/ à l’axe OY dans le plan ( OX ;OZ) Mz :/ à l’axe OZ dans le plan ( OX ;OY)  Cas particulier : dans le plan O d1 d2 A1 MF1/O = F 1  A2 F1 OA 1 F2  F1  d1 MF2/O = F 2  OA 2  F2  d2 Le sens de rotation des deux forces par rapport au point O est opposé Avec le sens conventionnel choisi Y(+) On peut écrire + O Ben Salah Abdallah =+ MF1/O = X(+) MF2/O F d F d 1 1 1 1 9 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Remarque : La distance di étant la distance perpendiculaire à la droite d’action de la force Fi séparant celle-ci et le point O où on veut déterminer le moment II-3 Principe fondamental de la statique(P.F.S) Pour qu’un solide soit en équilibre, il faut et il suffit que ses éléments de réduction forme un torseur nul T(R ; M )= T (o ; o) R=  F i  O n i 1 M=  n i 1     OAi F i équilibre de translation  O  équilibre de rotation III-4 Les appuis : Les types de liaisons usuelles en Génie Civil : 4-1.L’appui simple : L’appui simple est une liaison qui supprime le déplacement relatif suivant une direction entre les solides en contact. a_Symbole : RA A b_Exemple : Poutre reposant sur un corbeau solidaire d’un poteau par l’intermédiaire d’un appui néoprène ( le néoprène assurant la possibilité de déplacement horizontal et de rotation autour du centre O de la liaison ). y o x Ben Salah Abdallah 10 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Le seul effort transmissible dans cette liaison est une force portée par y. Donc, lorsqu’on isolera la poutre par exemple, afin d’étudier son équilibre, il faudra remplacer cette liaison par une « réaction de liaison » inconnue qui sera une force R appliquée en O et dont la direction sera celle de l’axe τy (perpendiculaire à la direction suivant laquelle l’appui peut se déplacer) Dans le cas de l’exemple précédent , le torseur des efforts transmissibles dans la liaison s’écrit : ext = o 0 R 0 Ry M 0 0 0 Note : On supposera toujours que la liaison est « bilatérale », c’est-à-dire que le contact sera toujours maintenu, même en cas de soulèvement de la poutre. 4-2. L’articulation : L’articulation est une liaison qui supprime tout déplacement dans le plan du système. Par contre, elle autorise la rotation entre les deux solides en liaison. a_Symbole : Ry R Rx b_Exemple : poteau métallique articulé en pied sur un massif en béton : y O x Les efforts transmissibles dans cette liaison sont des forces portée par x et y . Ben Salah Abdallah 11 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Par conséquent, le torseur des efforts transmissibles dans la liaison s’écrit : Rx ext = R o 0 Ry M 0 0 0 4-4. L’encastrement : L’encastrement est une liaison qui supprime tout déplacement entre les solides en liaison . a_Symbole : Ry Mz Rx b_Exemple : Poteau Armatures d’ancrage Massif de fondation III-5 Applications 5-1 Principe de l’action et réaction  R Une bille est en équilibre sur le sol. Elle est soumise à son poids propre  P appliqué en G et la réaction du sol sur elle Ben Salah Abdallah 2 /1 appliquée en A 12 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil  R Bille (1) P.F.S 2 /1 R=  R  R G  +P = 2 /1  O  =-P 2 /1 A  P SOL (2) « Solide en équilibre sous l’action de deux forces. Ces dernières sont directement opposées : même intensité - même direction et sens opposé »  R =2 /1  R 1/ 2 5-2 Solide soumis à l’action de trois forces La bille (1)est maintenue en équilibre sur le plan incliné(2) par une force de contact  F (parallèle au plan incliné d’un angle a) B F R2/1 G (1) A (2) P a La bille est soumise à trois forces: - Une force à distance ; son poids propre  La réaction R Une force de contact 2 /1  F appliquée  P appliqué en G en B appliquée en A La bille est en équilibre  P R= + P.F. S  F +  R M / A = AG  P  1. = 0 (1) + AB  F + AA  2 /1   R 2 /1 = 0 (2) Condition (1) projetons l’équation sur les axes Ben Salah Abdallah sur l’axe ox : -R .sinα +F .cos α = 0 (1’) 13 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil sur l’axe oy : -P +R .cosα + F. sin α = 0 (2’) -   F cos   F   F sin    0   P  P (1’) (2’)   R sin     2 / 1  R cos     R F = R. tg α -P + R . cos α + R .tg α . sin α =0 cos   R. sin    0  P  R. 2 2 cos    P  R.    P  R. cos cos    sin     0 2 2 cos  1 0 cos     R  P cos (1’) F  P sin 1. condition (2) AG  AB  P = M P/A = P .r. sin α  F  = M F/A = - F.r. or F = P. sin α donc l’équation ( 2) est vérifiée « Les trois forces aux quelles est soumise un solide en équilibre sont : - coplanaires - concourantes ou parallèles dans ce plan » 5-3 Calculer les réactions d’appui de la poutre montée ci-après : Ben Salah Abdallah 14 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil F1= 81kN A F2 = 60 kN 40° B Fig.1 3.00 3.00 4.00 m Solution : On montre sur la figure suivante les composantes suivant x et y des réactions d’appui en A et B, les intensité de la force F2 et les composantes de la force F1. Fx= 52 RA x A 60 kN Fy = 62 B RAy R BY Fig.1a On a :  Fx = RAx – F1.cos  = 0  FY = RYA + RBY – F1.sin  - F2 = 0  M/A = -10. RBY + 3. F1.sin  + 6. F2 = 0 (1) (2) (3) de ces trois équations, on trouve que : RYA = 60.4 kN RBY = 51.6 kN RxA = 62 kN Note : les resultats étant positives, le sens choisi pour les réactions est bon . 5-4 Calculer les réactions d’appui de l’arc à trois articulations monté ci-après : F c h A R B A R x RAy B x R By L/2 2L Données : F=80 kN, L = 40m , h = 20m Ben Salah Abdallah 15 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Solution : On considère les composantes horizontales et verticales RAx, RBx, RAy et RBy des réactions d’appui en A et en B. Comme on le constate, on a quatre inconnues et seulement trois équations d’équilibre statique. Cependant la géométrie de l’arc à trois articulations permet d’écrire une équation supplémentaire et ainsi de résoudre le problème. Donc, un arc à trois articulations est une structure isostatique. A l’articulation C, en considérant l’équilibre du tronçon de gauche, on a :  Mc = 20 RAy – 20 RAx – (80 .10 ) = 0 A l’articulation B, en considérant l’équilibre de la structure, on a :  MB = 40 RAy – ( 80.30 ) = 0 de ces deux équations, on trouve que : RAy = 2400/40 =60 kN Et RAx = 400/20 =20 kN On a  Fx = RAx – RBX = 0 d’où RBX =RAX = 20 kN Et  Fy = RAy + RBy - 80 = 0 d’où RBY = 20 kN Ben Salah Abdallah 16 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil 5-5 La structure à trois articulations, représentée ci-après, est soumise aux charges indiquées sur cette figure. Déterminer les réactions aux appuis A et E. Les charges montrées sur la figure sont des charges perpendiculaires aux tronçons ABC et CDE de la structure et elles sont uniformément réparties : q2 C q3 h2  B D q1 q4 A h1 E L/2 L/2 Fig.3a Données : L=20m ; h1= h2=6m ; q1=10 kN ; q2 =12 kN ; q3=15 kN ; q4 = 15 kN Solution : Pour faciliter les réactions le calcul des réactions aux appuis A et E, on peut remplacer les charges montrées sur la figure 3.a par leurs résultantes (voir figure 3.b) La longueur du tronçon ABC est égal à : BC = CD= 8² 10 ² = 12.8 m Il fait avec l’horizontale un angle  donné par : tang  = 8/10 = 0.8 d’où Ben Salah Abdallah  = 38.66° 17 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Q2 Q2v Q3v Q3 C Q2h Q3h B D Q1 Q4 A E Fig.3b Sur la partie AB du tronçon ABC, la résultante Q1 est égale à : Q1 = 6 x 10 = 60 kN Sur la partie BC, la résultante Q2 est égale à : Q2 = 12,8 x 12 = 153,6 kN Les composantes verticale et horizontale de Q2 sont égales à Q2v = Q2.cos  = 153,6 x 0.781 = 120 kN Q2h = Q2.sin  = 153,6 x 0.625 = 96 kN Sur la partie CD du tronçon CDE, la résultante Q3 est égale à Q3 = 12,8 x 15 = 192 kN Les composantes verticale et horizontale de Q3 sont égales à Q3v = Q3 cos = 192 x 0,781 = 150 kN Q3h = Q3 sin = 192 x 0.625 = 150 kN Enfin, sur la partie DE, la résultante Q4 est égale à Q4 = 6 x 15 = 90 kN - détermination des réactions aux appuis A et E : on a  Mc = 10. RAY – 14. RAx + (60 x 11 ) + ( 96 x 4) + (120 x 5) = 0  ME = 20.RAY + (120 x 15 ) – [(60 +90 ) x 3 ] – [(96 + 120 ) x 10 ] – (150 x 5 ) = 0 de cette dernière équation, on trouve que Ben Salah Abdallah 18 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil RAY = 78 kN Et en remplaçant la valeur de RAY dans l’équation donnant  Mc, on trouve que RAX = 731,1 kN De l’équation, on a Fx = - RAX –REX + 60 +96 +120 +90 = 0 d’où REX = 192,9 kN On a aussi Fy = RAy –REy + 120 - 150 = 0 d’où REy = 48 kN Les résultats étant positives, les sens donnés aux composantes des réactions en A et en E sont exacts. On vérifie les résultats en prenant les moments à l’articulation C en commençant par l’appui E.  Mc = ( 192,9 x 14 ) – ( 48 x 10 ) – (90 x 11) – (120 x 4) – ( 150 x 5 ) = 0 2700 – 480 – 990 – 480 –750 = 0 Commentaire : le remplacement des charges uniformément réparties par leurs résultantes doit être considéré uniquement pour le calcul des réactions aux appuis. Pour le calcul des efforts internes comme les moments fléchissants, les efforts tranchants et les efforts normaux aux différentes sections de la structure, on doit utiliser les charges uniformément réparties. Dans le cas contraire, les résultats des calculs sont inexacts. III-6 EXERCICES Déterminer les valeurs des composantes horizontales et verticales des réactions d’appui des structures montrées ci-après. Ben Salah Abdallah 19 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Exercice 6.1 20 kN 16 kN/m A B 3.00 5.00 m Exercice 6.2 32 kN.m 20 kN A 20 kN B 3.00 3.00 2.00 2.00 Exercice6.3 B 10 kN/m A 4.00 6.00 Exercice 6.4 30 kN 20 kN/m 4.00 - 3.00 Ben Salah Abdallah 6.00 2.00 20 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Chapitre 02 Théories élémentaires de la RDM Contraintes-sollicitations 1)Définitions: La résistance des matériaux a pour objet l’étude de l’équilibre externe et interne des solides constituants les constructions. Cette étude nécessite, d’une part la vérification de l’équilibre statique, d’autre part la recherche des valeurs des contraintes et des déformations subies par un corps donné, soumis à un système de forces extérieures ; parmi ces forces sont comptées les charges permanentes ( comprenant en particulier, le poids propre du corps), les charges variables dans le temps et les réactions d’appui nécessaires à l’équilibre du corps. 2) Hypothèses et principes de base de la RDM : 1) les déformations du corps sont supposées très petites et sans influence sur l’intensité et la direction des forces appliquées, et sur les conditions d’équilibre du corps ( sauf notamment dans l’étude des corps sur appuis élastique et dans l’étude du flambement) ; 2) entre deux sections voisines d’une pièce prismatique, les variations de forme et d’étendue de section sont supposées être très progressives ; 3) la section droite ( perpendiculaire à la fibre moyenne ) d’une pièce prismatique reste plane après l’application des forces sur la pièce ; c’est l’hypothèse de Navier-Bernoulli ; 4) dans le domaine de l’élasticité de la matière, les déformations sont proportionnelles aux contraintes ; c’est La loi de Hooke ; 5) la généralisation de la loi de Hooke conduit au principe de superposition des effets des forces, selon lequel l’effet produit par un ensemble de forces est égal à la somme des effets produits par chaque force considérée isolément. Ben Salah Abdallah 21 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil 6) Homogénéité et isotropie : les matériaux étudiés en RDM doivent être homogènes et isotropes (même caractère physique et mécanique en tout point ) Exemple : - Acier : homogène et isotrope - Bois : anisotrope 3) Etude de la notion de contraintes: Le but de ce paragraphe est de mettre en place la notion de contraintes autour d’un point, dans le cas le plus général ou l’on va isoler un élément de volume au sein d’un solide ; nous mentionnerons aussi les propriétés essentielles liées à la représentation de l’état de contraintes. 3-1) Mise en place du vecteur-contrainte : il nous faut pour cela étudier tout d’abord l’équilibre d’un solide isolé : considérons le domaine suivant, désigné par (D) isolé au sein du volume de la structure à étudier. Découpons par la pensée (D) en deux domaines (1) et (2), et traduisons par exemple l’équilibre du domaine (1). Ce domaine est en équilibre, sous l’action : - des forces extérieures appliquées à (1) ; - des forces exercées par (2) sur (1) au travers de coupure que l’on a faite. ( D) Fn (2) F1 n P ds (1) F Fi Le domaine (2) exerce sur (1) au travers de l’élément de surface ds des forces admettant pour résultante dF, et pour moment résultant dc ( on néglige ce couple, du second ordre par rapport à dF ). On appelle vecteur-contrainte au point P, relativement au plan orienté par la normale n le vecteur : T ( p,n) = lim Ben Salah Abdallah (dF/ ds ) 22 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil ds 0 Remarque : τn s’intéresse au domaine ( 1 ) , dont on étudie l’équilibre. Il est important de noter que relativement au milieu étudié, n désigne toujours la normale orientée vers l’extérieur : n (1) propriété de T(p,n) : on peut aussi étudier l’équilibre de la région (2). La normale extérieure est alors n’ = -n .En appliquant le théorème des actions réciproques, on obtient : T (P, -n ) = - T ( P , n ) 3-2) Expression du vecteur-contrainte : τn reprend l’écriture du vecteur T - (P, n ) , et on va l’écrire en projection : sur le plan de l’élément d’aire ds ; - sur l’axe n : n  T (P, n ) (2) P  ds On a : Avec  = T (P, n ) . n (1) Et  : désigne la contrainte normale ; T (P, n ) =  .n +   : désigne la contrainte tangentielle. Ben Salah Abdallah 23 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil 4 ) Sollicitation dans une section (efforts internes ): 4-1) Notion de coupure : Le but de ce paragraphe, déterminer quels sont les efforts qui se développent à l’intérieur de la matière. Pour cela, considérons une poutre droite en équilibre soumise à des efforts extérieurs quelconques Fi et à des réactions de liaison quelconque Ri. Fi Y Go Z G R G1 X (x) Ri Et effectuons par la pensée une coupure fictive à l’abscisse x que nous noterons (x) . Isolons à présent le tronçon (1) située à gauche de la section fictive (x) .Isolons à présent le tronçon (1) situé à gauche de la section fictive (x) . Le tronçon est en équilibre sous l’action : - des forces extérieures qui lui sont appliquées ; - des éventuelles actions de liaison ; - des forces que le tronçon de droite (2) exerce sur (1). ( ces forces se développent à l’intérieure de la matière ). Nous pouvons exprimer ces « forces intérieures » sous la forme d’un torseur, écrit au centre de gravité de la section (x). Nous adopterons donc la représentation suivante : Ben Salah Abdallah 24 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Y (x) Fi Go G X M (x) Z Ri 4-2) Définition des sollicitations : Par définition, on appellera « sollicitation » les projections sur les axes X,Y,Z des vecteurs (x) et M (x) (x) soit : N(x) : effort normal ; Vy(x) : effort tranchant suivant y ; Vz (x) : effort tranchant suivant z ; Mt(x) : moment de torsion ; M (x) My(x) : moment fléchissant portée par y ; Mz(x) : moment fléchissant portée par z ; Dans la suite, nous considérerons essentiellement des problèmes plans, les efforts extérieurs étant situés dans le plan ( o,x ,y). Dans ces conditions, les seules composantes non nulles du torseur des sollicitations sont : - l’effort normal σ(x) ; - l’effort tranchant suivant y, que nous noterons V(x) ; - le moment fléchissant suivant z , que nous noterons M(x). et nous adopterons la représentation suivante : a) cas du tronçon gauche : Ben Salah Abdallah 25 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Y Y  Fi V(x) M(x) X X N(x) Ri Convention : a ce stade du calcul, les sollicitations N,V et M sont inconnues ; c’est pourquoi nous les représentons par convention par un vecteur orienté dans le sens positif des axes . Cela nous conduit à définir un sens positif pour les couples et le moment fléchissant portés par z. Nous conviendrons que ce sens positif est le sens trigonométrique direct : a) cas du tronçon droite : Il peut être plus facile d’appliquer le principe fondamental au tronçon de droite. D’après les conventions que nous avons adoptées et en vertu du théorème des actions réciproques, nous représenterons le système à étudier de la façon suivante : Y - M(x) - V(x) Fi -N(x) X Ri Connaissant les sollicitations dans une section quelconque , il suffit alors de faire varier x le long de la poutre pour connaître les sollicitations dans toutes les sections. On obtient alors des diagrammes des sollicitations N,V et M en fonction de x. 4-3) Equations d’équilibre-tracé des diagrammes: La finalité de la théorie des poutres est de connaître le comportement des particules dans toute section d’une poutre. Pour étudier la structure on procède comme suit : Ben Salah Abdallah 26 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil - faire la représentation mécanique de la structure sans oublier de mettre les actions et les réactions (suivant le type d’appui) ; - appliquer le PFS pour déterminer les réactions d’appuis ; - faire la coupure pour chaque intervalle ( on appelle intervalle, la zone dans laquelle on a le même chargement), et écrire le torseur à gauche ou à droite des sollicitations. - tracer les diagrammes des sollicitations en fonction des équations déjà trouvées. 4-4) Exemple : sollicitation d’une poutre Soit le cas d’une poutre soumise à une charge verticale uniformément répartie : RA q A RB E B x L - Sur une section droite de la poutre, la charge produit un effort tranchant V et un moment fléchissant M. - On peut mettre en évidence ces efforts intérieurs en faisant une coupe à la distance x de l’appui gauche A de la poutre et en isolant les deux tronçons AE et EB crées par cette coupe. RA q q V RB M A E x E B V On considère l’origine des axes de coordonnées à l’appui gauche A. τn fait alors une coupe à la distance x de A et l’on considère le tronçon de la poutre à gauche de la coupe, où l’on a mis en évidence l’effort tranchant V et le moment fléchissant M. Ben Salah Abdallah 27 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Commentaire : Sur cette même figure, on montre l’effort tranchant V et le moment fléchissant M inconnus suivant le sens positif, comme il a déjà été défini pour les efforts entre les extrémités d’une poutre. Les résultats des calculs qui suivent détermineront le sens exact de ces efforts intérieurs. On utilisera le même principe dans les autres exemples. Pour déterminer les efforts intérieurs M,V et N, on écrira l’équation d’équilibre des forces agissant sur le tronçon à gauche ou à droite de la coupe. On choisira le tronçon où les équations d’équilibre sont plus simples à écrire.  Calcul des réactions : De l’équation de la statique MB = 0, on a : -RA.L + q.L²/2 =0 D’où  RA = q.L/2 = RB (à cause de la symétrie ) Détermination du diagramme des efforts tranchants : L’effort tranchant V est déterminé en écrivant l’équation d’équilibre statique de toutes les forces verticales agissant sur le tronçon. De l’équation Fy = 0, on a: RA – q.x +V = 0 D’où, pour 0  x  L, en remplaçant RA par sa valeur, on trouve : V = -RA + q.x = - q.L/2 + q.x (1) De l’équation (1), on voit que les valeurs de l’effort tranchant varient le long de l’axe de la poutre. Pour x = 0, V= - q.L/2 Pour x = L/4, V= - q.L/4 Pour x = L/2, V= 0 Pour x = 3L/4, V= q.L/4 Pour x = L, V= q.L/2 Avec ces valeurs, on peut tracer le diagramme des efforts tranchants. Dans le cas de cette poutre, la variation de l’effort tranchant est linéaire et l’effort tranchant maximal se trouve aux appuis. Conformément à la convention de signe, il est négatif dans la moitié gauche de la poutre et positif dans la moitié  droite. Détermination du diagramme des moments fléchissant : Ben Salah Abdallah 28 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Le moment fléchissant M en une section x de la poutre est déterminé en écrivant l’équation d’équilibre statique des moments de toutes les forces agissants sur le tronçon à gauche de la section x. On doit avoir : Mx = 0 -RA.x + q.x²/2 + M =0 D’où, pour 0  x  L, M = RA.x – q.x²/2 = qL.x/2 – q.x²/2 (2) De l’équation (2), on voit que les valeurs du moment fléchissant varient le long de l’axe de la poutre. Pour x = 0 , M=0 Pour x = L/4 , M = 3qL²/32 Pour x = L/2 , M = qL²/8 Pour x = 3L/4 , M = 3qL²/32 Pour x = L , M=0 Avec ces valeurs, on peut tracer le diagramme des moments fléchissant. Le moment fléchissant est positif et varie d’une façon parabolique. Il est maximal au milieu de la poutre où l’effort tranchant est égal à zéro. -qL/4 -qL/2 3L/4 0 L/4 qL/4 L/2 L x qL/2 L V ( DET ) x 3qL²/32 qL²/8 L M ( DMF ) Commentaires : Ben Salah Abdallah 29 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil - La convention de signe dont on s’est servi pour écrire les équations d’équilibre est celle qui est utilisée en statique ; - Pour l’exemple précédant , on a déterminé les valeurs de l’effort tranchant et du moment fléchissant en plusieurs points, puis on a tracé les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissants ; - Par convention, le diagramme des efforts tranchants est tracé au-dessus ou au-dessous de l’axe de la poutre suivant que l’effort tranchant est positif ou négatif. De même, le diagramme des moments fléchissants est tracé du coté des fibres tendues. Dans cet exemple, il est tracé en dessous de l’axe de la poutre, car le moment fléchissant entre les appuis est positif donc, les fibres inférieures sont tendues 4-4) Relation entre effort tranchant et moment fléchissant : Considérons une poutre soumise à une charge répartie q(x) et isolons à l’intérieur de cette poutre un tronçon de longueur « dx ». q(x) -N(x) -M(x) N(x+dx) -V(x) M(x+dx) x V(x+dx) dx Ecrivons l’équilibre statique de ce tronçon en projetant sur les axes les équations vectorielles du principe fondamental de la statique : Projection sur x : N(x+dx) – N(x) =0 Projection sur y : V(x+dx) – V(x) –q(x).dx = 0 (1) (2) Projection sur z : M(x+dx) – M(x) +q(x).dx²/2 + V(x).dx = 0 Ben Salah Abdallah (3) 30 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil ( les moments sont exprimés par rapport à G x+dx , centre de gravité de la section située à l’abscisse x+dx ). Par définition de la dérivée ( voir cours de mathématiques) on peut écrire : dV V(x+dx) – V(x) = dx dx L’équation (2),fournit donc la relation : dV/dx= q(x) (4) Transformons l’équation (3) en remarquant que (dx)²/2 est négligeable devant les autres termes ( infiniment petit du second ordre). Il vient : dM/dx = -V(x) (5) En rassemblant les deux équations (4) et (5) il vient : d²M/dx²= - q(x) (6) Commentaires : Ces trois relations permettent : - soit de déterminer V et M dans un tronçon de poutre soumis à une charge répartie ; - soit de vérifier l’exactitude d’un tracé de diagrammes des sollicitations ; - soit de déterminer la section la plus sollicitée en flexion ( la section où l’effort tranchant est égal à zéro). 4-5) Applications : 1) On donne la poutre simplement appuyée qui supporte les charges montrées sur la figure 1. déterminer les réactions de la poutre et les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissant le long de l’axe de la poutre. Ben Salah Abdallah 31 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil y Q1= 20 kN . q= 20 kN/m . A B RA x RB . 3m L=10 m Solution : A - Calcul des réactions : On calcule RA en prenant  MB = 0 -RA.L + Q1.(L-3) + q.L²/2 = 0 D’où RA.L = Q1.(L-3) + q.L²/2 (1) Dans l’équation (1), en remplaçant L,q et Q1 par leurs valeurs, on a 10.RA = 20.(10-3) + ( 20*10*5) = 1140 RA = 1140/10 = 114 kN De l’équation  Fy = 0, on a RA +RB –220 = 0 D’où RB = 220 –114 = 106 kN B - Détermination du diagramme des efforts tranchants : de l’équation Fy = 0, on a, pour 0  x  3m, RA – qx + V(x) = 0 D’où V(x) = - RA + qx = -114 + 20.x Pour 3  x  10, RA –Q1 - q.x + V(x) = 0 V(x) = -RA + Q1 + q.x = -114 +20 +20.x De l’équation ci-dessus, pour x = (114 – 20 )/20 = 4.7m, V(4.7) = 0 Pour x = 0, V = - 114 kN ; Pour x = 3m, Vg = -54 kN ; ( à gauche de la section d’abscisse 3m) Vd = -34 kN ; ( à droite de la section d’abscisse 3m ) Ben Salah Abdallah 32 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Pour x = 10 m, V = 106 kN. Avec ces valeurs, on peut tracer le diagramme des efforts tranchants -114 -54  -34 x  3m 106 kN x = 4.7m V ( DET ) C-Détermination du diagramme des moments fléchissants : De l’équation  Mx = 0, pour 0 x  3m, on a : -RA.x + q.x²/2+ M(x) = 0 D’où M(x) = RA.x – q.x²/2 = 114.x – 20.x²/2 pour 3 x  10m, on a : -RA.x + Q1(x-3) + q.x²/2+ M(x) = 0 D’où M(x) = 114.x – 20 (x-3) – 20.x²/2 On a dM/dx = 114 –20 –20.x Et dM/dx = 0, pour x114 20  4.7m 20 des étapes B et C, on constate donc que pour x = 4.7m, v=dM/dx = 0 .L’effort tranchant est égal à zéro et, par conséquent, la valeur du moment fléchissant est maximale. Pour x =0, M=0 ; Pour x = 3m, M= 252 kN.m ; Pour x=4.7m, Mmax = 280.9 kN.m ; Pour x =10m, M=0 ; Avec ces valeurs, on peut tracer le diagramme des moments fléchissant : Ben Salah Abdallah 33 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil x  252 kN.m 3m 280.9 kN.m x = 4.7m ( DMF ) Commentaire : en examinant les diagrammes des efforts internes, on constate que la valeur de l’effort tranchant, à la section où la charge concentrée est appliquée, diminue verticalement de la valeur de cette dernière. Cependant, le diagramme des efforts tranchants ne traverse pas l’axe de la poutre et, par conséquent, l’effort tranchant à cette section n’est pas égal à zéro. Comme on l’a établi, il est égal à zéro à la section d’abscisse x =4.7m, et le moment fléchissant est maximal à cette section. 2) On donne la poutre simplement appuyée qui supporte des charges concentrées ( voir figure ci-après). Déterminer les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissant le long de la poutre. F=100 kN F A RA B 4.00 4.00 4.00 RB L =12.00 m Solution : On a Ben Salah Abdallah RA = RB = 100 kN ( par raison de symétrie ) ; 34 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil A- détermination du diagramme des efforts tranchants : pour pour pour 0 x  4m, V =- RA = -100 kN 4 x  8m, V =- RA + F= -100 + 100 = 0 8 x  12m, V = -RA + F +F =- 100 +100 +100 = 100 kN -100 kN A C x  D B 100 kN V ( DET ) B- détermination du diagramme des moments fléchissant : pour 0 x  4m, M = RA.x = 100.x pour 4 x  8m, x = 0, M=0 ; x = 4, M = 400 kN M = RA.x – F.(x-4) A x = 4, C M=400kN.m ; x=6, M=400 kN.m; x=8, M=400 kN.m. D B  400 kN.m ( DMF ) Commentaire :En examinant les diagrammes des efforts internes, on constate que les relations fondamentales exprimées par les équations (4) et (5) du paragraphe 4.4 sont justifiées. Ainsi, sur les parties AC et DB de la poutre, comme l’effort tranchant est constant, la pente du moment fléchissant est Ben Salah Abdallah 35 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil constante et le moment fléchissant varie linéairement le long de ces parties. En outre, sur la partie CD de la poutre, comme l’effort tranchant est égal à zéro, le moment fléchissant est constant et on a une flexion pure sur cette partie de la poutre. De plus, sur ces parties, l’effort tranchant étant constant ou égal à zéro, l’équation (6) est justifiée et, par conséquent, la poutre ne supporte pas de charge uniforme. 3) On donne le demi-portique, supportant les charges montrées sur la figure ciaprès. Déterminer les diagrammes des efforts internes. 30 kN C B 20 kN/m 5m A 3.00 2.00 Solution : Comme on a que trois inconnues, le portique est donc isostatique et on peut calculer les réactions aux appuis par les équations d’équilibre de la statique. A- Calcul des réactions : De l’équation  Fx = 0, on a 20 x 5 – RAX = 0 d’où RAX = 100 kN De l’équation  Fy = 0, on a Ben Salah Abdallah 36 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil RAY + RC – F = 0 De l’équation  MA = 0, on a 5.Rc – 30 x 3 – (20 x 5) x 2.5 = 0 Rc= kN RAY= -RC + F= - 68 + 20 = - 48 KN 4-6 EXERCICES Tracer les diagrammes des efforts tranchants (DET) et les diagrammes des moments fléchissants ( DMF) des poutres et des portiques montrés pour chacun des exercices ci-après. Exercice II.1 12 kN /m 50 kN A B 5.00 6.00 3.00m Exercice II.2 20 kN 10 kN.m A 2.00 Ben Salah Abdallah 20 kN.m C 3.00 D 3.00 B 2.00 37 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Exercice II.3 16 kN/m 2.00 40 kN 3.00 A 5.00 m B Exercice II.4 3.00 F = 20 kN 4.50 q = 5 kN/m 4.50 m  . A 6 .00 m B 12 m Ben Salah Abdallah 38 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Chapitre 3 Caractéristiques géométriques des sections planes Moment statique d’une aire plane : I- Par rapport aux axes Ox et Oy , - y dA l’aire A limitée par le contour c est donnée par : AdAdxdy Y G yG x X c c y - les moments statiques mx et my de l’aire A par rapport au axes ox et oy ont pour valeur : mx =  y.dA my =  x.dA O xG x figureI-1 c c Unité : le moment statique a pour dimension la troisième puissance d’une longueur, il s’exprime en m3 , cm3 ou mm3. II- Centre de gravité d’une aire plane : Les distances xG et yG du centre de gravité G aux axes oy et ox de l’aire A sont définies par les relations suivantes : xG = my A yG = mx A Remarque : pour une surface A composée de plusieurs surfaces Ai de centre de gravité Gi ( de coordonnées xi et yi ) : Ben Salah Abdallah 39 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil  Ai.xi  Ai n xG =  Ai.yi  Ai n i 1 yG = i 1 les termes Ai sont les aires des parties composant la section, et les termes xi, yi sont les distances respectives de leurs centre de gravité . III- moment d’inertie d’une aire plane : Les moments d’inertie Ix et Iy de l’aire A par rapport aux axes xx et yy ont pour valeur : Ix =  y .dA 2 Iy =  x .dA 2  Le produit d’inertie Ixy de l’aire A par rapport aux axes xx et yy est défini par : Ixy =  xy.dA Unités : Le moment d’inertie a pour dimension la quatrième puissance d’une longueur et s’exprime en m4 ou cm4 ou mm4. Principe IV- des Hyghènes ) IX =  2 dA (théorème de y x b (y²d²2dy)dA  y .dA2d. y.dAd parallèles : Y  yd ².dA 2 axes G dA y x 0 IX = Ix + A.d2 d X Ben Salah Abdallah 40 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Un raisonnement analogue dans l’autre direction montrerait que : IY = Iy + A.b2 On démontre aussi que : IXY = Ixy + A.b.d Remarque : Lorsqu’on parle de distance, il s’agit de distance perpendiculaire. V- Relation entre les moments d’inertie et le produit d’inertie : Soit l’aire A et le système d’axes ox et oy  On donne aussi les axes OX et OY qui font un angle  avec les axes Ox et Oy. y xcos Y ysin dA x ycos X y o  x xsin  Les formules de changement d’axes sont : X = x cos  + y sin  Y = y cos  - x sin  Ben Salah Abdallah 41 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Donc : IX Y dA ycos  xsin  .dA 2 2 = cos²  y²dA + sin²  x²dA - 2sincos  xydA   = Ix cos²  Iysin   Ixy.sin 2 2   = Ix. 1cos2 + Iy. 1cos2 - Ixy.sin2 2 2 =  IxIy 2 +  IxIy  .cos2 - Ixy. sin2 2 IY =  X dAxcos  ysin  dA 2 2 = Ix .sin2 + Iy.cos² + Ixy .sin2 =  IxIy 2 Ixy =  XYdA -  = Ixy.cos2 +  IxIy  .cos2 + Ixy.sin2 2 IxIy  sin2 2 Remarque: on constate que : IX + IY = Ix ( sin² + cos² ) + Iy ( sin² + cos²) Comme sin² + cos² = 1 On a donc: IX + IY = Ix + Iy VI- Axes principaux :  Les axes principaux sont deux axes orthogonaux OX et OY qui passent par un point τ d’une section et qui sont situés de façon que le produit d’inertie I XY soit égal à zéro. Comme IXY =  XYdA Ixycos2  Ix  Iy sin 2 0 2 On trouve la relation : tg2   2Ixy Iy Ix qui donne la valeur de l’angle  que les axes principaux OX et OY font par rapport aux axes de référence Ox et Oy. VI-1 Moment quadratiques maximum et minimum : Ben Salah Abdallah 42 Cours de résistance des matériaux On a : IX = IY =   Département de Génie Civil IxIy 2 IxIy 2 +  -  IXY = Ixy.cos2 +  IxIy  .cos2 - Ixy. sin2 2 IxIy  .cos2 + Ixy.sin2 2 IxIy  sin2 2 On en déduit : dI X = - ( IX – IY ) sin2 - 2IXY cos2 = -2IXY d dIY = ( IX – IY ) sin2 + 2IXY cos2 = 2IXY d Ces deux dérives, de signes contraires, s’annulent en changeant de signe pour I XY = 0, l’une des fonctions présentant un maximum et l’autre un minimum.  les axes principaux sont les deux axes pour lesquels les moments quadratiques sont respectivement maximum et minimum. VI-2 cercle de Mohr d’inertie : Le cercle de Mohr permet la détermination graphique des axes principaux et des moments correspondants. τn connaît Ix, Iy et Ixy pour un système d’axes privilégié. On se propose de déterminer les axes principaux et les moments quadratiques correspondants. Sur l’axe τx on porte τH = Ix, τH’ = Iy ce qui définit M, centre du cercle de Mohr : Ixy X . c Iyx .O B  H’ A .M x H Iy Ix Ben Salah Abdallah 43 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Par ailleurs, on porte HC = Ixy :   si Ixy < 0 , HC est reporté vers le haut, si Ixy > 0, HC est reporté vers le bas, Ceci afin d’obtenir la position exacte de l’axe principal par rapport à τx. C’est un point du cercle de Mohr qui coupe τx en A et B. En définitive : ( Ox , OX ) = , OA = IX, OB = IY Remarque: dans le cas d’une section avec un axe de symétrie, cet axe est un axe principal d’inertie, l’autre lui est perpendiculaire. ฀ Exemples : VII- Rayon de giration : Le rayon de giration « r » est une caractéristique géométrique d’une section qui est utilisée dans la détermination de l’élancement d’un élément de structure soumis à un effort de compression ( poteau ). Il est donné par la relation: r2 = I A ou Si l’on considère les axes xx et yy on aura: Ben Salah Abdallah r= I A rx = Ix ; ry = A Iy A 44 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil VIII- Moment d’inertie polaire :  Le moment d’inertie polaire de l’aire A par rapport à un axe perpendiculaire au plan de I0 r2.dA l’aire, passant par y le point τ est défini par l’intégrale : x r dA y x O Si l’on considère l’axe xx et yy passant par o, r2 = x2 + y2 d’où I 0  r dA y dA  x dA Ix  Iy 2 2 2  Le moment polaire est invariant par changement de repère. IX- Exercice d’applications : IX-1cas d’un rectangle Soit le rectangle de la figure ci-contre : y Y x dx dy h/2 y G X . h/2 x b/2 b/2 Déterminer ces caractéristiques géométriques ; a) Surface : Ben Salah Abdallah 45 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil AdAdxdydxdy b.h c b h 0 0 ou bien Ab.dybh h dA = b.dy 0 b) Position de G : mx =  y.dA y.b.dy b 0 my =  x.dA x.h.dx h 0 xG  my h.b²/ 2  A h.b yG  mx  h².b/ 2 A h.b mx = b.h² 2 my = b².h 2 xG = b/2 yG = h/2 c) Moment d’inertie :  h/ 2 Ix = h / 2 y².dA b.y².dy h/ 2 h / 2 b .h Ix = 12 3 or d’après le théorème de Hyghèns : Ix = IX + A.(h/2)² Ix = b.h3 / 3 De même on trouve que :  b/ 2 Iy = b / 2 x².dA b.x².dx b/ 2 b / 2 Iy = b 3 .h 12 Ixy =  xy.dA  x.dx. y.dy  Ixy b².h² 4 0 0 b h IX-2 cas d’un triangle : Ben Salah Abdallah 46 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil y YG yG h dy  G XG xG x y o x b a)surface : A =  dA Or A= avec dA = x.dy h y h x  b  x = b.h y  h  h y 2  bh y  b  dy  h h 2   o h k 0  A = bh 2 b)centre de gravité :  ydA b h y y.dy  mx = bh 6 h  xdA h b xx.dx  my = hb 6 b h mx = 0 b my = 0 d’où 2 2 xG = my = A hb² 6 bh 2  xG = b/3 yG = mx = A h ²b 6 bh 2  yG = h/3 Ben Salah Abdallah 47 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil c) moment d’inertie : y dA y b h y dy h  bh Ix = 12 Iy =  x dA x h b xdx b 0  bh Iy = 12 Ix = 2 0 2 Iyx = h b 2 2  xydA 3 3  Iyx = b²h² 24 d)Axes principaux en O : 12*2b h tg 2   2Iyx   2 bh 2 3 3 Ix Iy   24 bh hb   h b      2 2 e)Axes principaux en G : tg 2   2IyGxG  bh IxG  IyG  2 2   h b    avec : 3 3 bh IxG = Ix-(yG)2.S = 36 hb IyG = 36 b h IxGyG = Ixy – yG.xG.S =  72 2 2 IX-3 cas d’un cercle : (coordonnées polaires) y r d dA  d y = .sin x O Ben Salah Abdallah 48 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil a) surface :  L’élément hachuré est approximativement un rectangle et sa surface a pour expression : dA = .d.d A= =  .d.d  .d d r 2 0 0 = 1 r²2 2  A = .d² 4 b) moment d’inertie :  y dA 2 Ix = Comme : y = .sin et dA .d..d Ix =   2 r 0 0  sin ..d.d 2 2 4 2 =  1   .  sin d   4 o 0  Ix = r 2 r 4 4 pour D=2r  Ix =Iy= D4 64 c) axes principaux : il s’agit d’une section qui présente plusieurs axes de symétrie, dont les axes τx et Oy : sont deux axes principaux d’inertie. IX-4 Section en L : Déterminer les caractéristiques géométrique de la section en L, représentée ciaprès : y Y Ben Salah Abdallah yG 49 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil   150 G1 G xG G2 100 X  10 x mm my  Aixi  A A a) détermination de la position du centre de gravité G : xG =  1501075901055  xG =    9010(15010)   xG = 23.75 mm yG =  AiYi A  yG = 48.75 mm b) détermination des moments d’inertie IxG, IyG et du produit d’inertie IxyG IxG = Ix  yG2.A Ix G1 yG2 1.A1IxG2  y²G2..A2 IxG 101503   9010 3  2 2 =  (48.755) .9010 (7548.75) .(15010)   12   12  = 3846093,75 + 1730156,25  IxG = 5,576.106mm4 IyG =  2 2 10150 1050 18 ,75 10150     31 ,25 1090  12 12 Ben Salah Abdallah 3 3  50 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil  IyG = 2,026.106mm4 IxyG = Ixy + xGyG.A = (-18,75).(26,25).(150x10).(90x10) x 31,25 x (-43,75)  IxyG = -1,968.106mm4 c) détermination de l’angle  qui situe les axes principaux Y, X passant par G. On a: tg2  = tg2  = 2IxyG IyG  IxG 2*1,968.10 6 2,0265,57610 6  tg2  = +1,109 d’où 2  = 48° et  = 24° d) Calcul des moments d’inertie par rapport aux axes principaux : Ix = IxG cos2  + IyG sin2  - Ixy sin2  Ix= 5,576.cos2(24)+2,026 sin2(24)+1,968 sin (48)  Ix = 6,45.106mm4 IY= Ixsin2  +Iy cos2  +Iysin2   IY = 1,151.106mm4 Ix + Iy = 7,601.106mm4 Par ailleurs Et par conséquent IX+IY=IxG+ IyG IxG + IyG = 7,601.106mm4 Commentaire : On constate que par rapport aux axes principaux GX et GY, la valeur du moment d’inertie IX est un maximum et celle de IY est un minimum. On distingue généralement les axes principaux GX et GY comme l’axe fort et l’axe faible de l’aire. Ben Salah Abdallah 51 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Pour les pièces fléchies, il est donc préférable que l’axe fort de l’aire d’une section soit un axe de symétrie passant par son centre de gravité et qu’il soit perpendiculaire au plan de flexion pour que la valeur du moment d’inertie soit faible. Ben Salah Abdallah 52 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Chapitre 4 : TRACTION SIMPLE COMPRESSION SIMPLE I)– Définition : Une pièce est sollicitée à la traction ou à la compression si le torseur associé des efforts extérieurs est représenté par un seul élément de réduction au centre de gravité de chaque section droite qui est l’effort normal N. N  0 ; V =M = T=0 II)– Aspect expérimental : Considérons un essai de traction normalisé, qui consiste à exercer un effort de traction simple sur une éprouvette en acier (FeE 24 par exemple) Dimensions normalisées de l’éprouvette : So Φ Tête d’ancrage o Avec : o = 100 mm So = 150 mm² Φ = 13,8 mm Les machines d’essais permettent d’enregistrer la courbe effort- allongement qui a l’allure suivante : [Mpa] 1300 • 1000 • 500 • Acier pour B.P Acier pour BA C A B Acier doux de construction D o Ben Salah Abdallah • • • 10 20 30 ε% 53 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Examinons les différentes parties de cette courbe : - Partie OA C’est la zone de comportement élastique du matériau. « élastique » signifie que : - les allongements sont proportionnels aux efforts appliqués ; - si l’on supprime la charge, l’allongement revient à zéro. Ce comportement élastique nécessite l’introduction d’un coefficient, appelé module d’élasticité- ou module d’Young-, noté E qui est tel que : N  E .   S σ représentant l’effort appliqué sur l’éprouvette. (Ce coefficient traduit la proportionnalité entre l’effort appliqué et l’allongement relatif). Cette relation traduit la loi de Hooke. Ordre de grandeur numérique de E : Aluminium : E  7.104 Mpa Acier  Cuivre : E  2.105 à 2,2 105 Mpa : E  1,3 .105 Mpa Partie AB Dans cette zone, où l’allongement progresse à effort appliqué constant, se produisent des glissements à l’intérieur du matériau. σotons que si l’on supprime l’effort, l’allongement ne s’annule pas entièrement : il subsiste une déformation permanente.  Partie BCD C’est une zone de grands allongements où l’on voit apparaître le phénomène de striction en C : il s’agit d’une brusque diminution de la section (qui constitue une amorce de rupture).  La rupture de l’éprouvette se produit en D. Coefficient de poisson ν Lorsqu’un matériau s’allonge dans une direction, son allongement s’accompagne d’un rétrécissement dans des directions perpendiculaires à celle de l’allongement (par exemple, pour une éprouvette cylindrique, on observe une diminution du diamètre). Ben Salah Abdallah 54 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Cette « contraction » est proportionnelle à l’effort appliqué tant que la contrainte de traction reste inférieure à la limite élastique. Dans le cas d’une éprouvette cylindrique, de diamètre initial Do et de diamètre déformé D1, cette contraction relative s’écrit : ε'  D1 - Do Do Le coefficient de poisson s’exprime comme suit : ν  - ε' ε C’est un nombre sans unité, dont la valeur varie entre 0 et 0,5 III) Etat de Contrainte: III.1)Expression de la contrainte : On suppose que le poids de la barre est négligé devant F (cas général). D’après la définition vue au chapitre précédent, si nous isolons un tronçon de poutre sollicité en traction suivant son axe : x N l  S A A F F x σous constatons, en écrivant l’équilibre statique du système isolé que l’effort tranchant et le moment fléchissant sont nuls. Seul règne au sein du matériau un effort normal, et nous avons vu que l’effort normal a pour expression : N(x)   (x) Ben Salah Abdallah .ds 55 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil τr, sous réserve de l’hypothèse d’homogénéité et d’isotropie du matériau, nous pouvons dire que les efforts dans une section Σ (x) sont uniformément répartis. Cela signifie en outre que la composante Donc : de la contrainte est identique en tout point de la section Σ (x). N(x)  . ds S Soit : σ(x) = . S τr l’équilibre statique permet d’écrire : N(x) = F D’où l’expression de la contrainte de traction : = F S Nota : - si F est positif, il s’agit d’une compression ( >0) ; - si F est négatif, il s’agit d’une traction ( <0). III.2) Diagramme de la contrainte : F/S Compression -F/S traction IV) Etat de déformations : Reprenons la barre précédente soumise à une traction F ; il en résulte un allongement l (le poids de la barre étant négligé). Nous avons vu dans le chapitre précédent que la contrainte  et l’allongement unitaire  sont liés par la loi de Hooke : Ben Salah Abdallah  = E. 56 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil ce qui conduit à : avec : F  E. l l S soit : l  F.L E.S F en [N] L en [mm] E en [Mpa] S en [mm²] V ) condition de résistance : La barre sollicitée à une traction doit pouvoir résister en toute sécurité, ou encore, les déformations doivent rester dans le domaine élastique. Aussi la contrainte normale  doit-elle être inférieure ou au plus égale à une contrainte admissible ( contrainte limite ) appelée souvent résistance pratique et notée p. D’après le diagramme de traction , la limite d’élasticité est e, de sorte que, pour des raisons de sécurité provenant surtout des hypothèses sur le matériau ( homogénéité et isotropie) et sur le mode d’application des forces, on doit avoir p  e, soit : p  e s s, appelé coefficient de sécurité, peut varier de 2 à 5 (aciers) ; son choix dépend du type de la construction et il est en général laissé à l’initiative du constructeur. La condition de résistance à la traction est alors :  p VI ) Applications : Exemple 1 : Soit un barreau de section constante ‘S’ et de longueur ‘l ’, sollicité par un effort de traction N , comme l’indique la figure ci-contre : On supposant que le poids du barreau est négligeable, déterminer : a- la contrainte de traction  dans le barreau ; b- l’allongement de l’extrémité libre B. On donne : l = 1.50m ,  = 30 mm, N= 2t , E =2.105 MPa Ben Salah Abdallah A  l B N 57 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Solution : a- la contrainte  = N/S avec S= = .² 4 = ..30 ² 706 mm ² 4 2.104 28,32 Mpa 706 b- l’allongement  N. E .S Ben Salah Abdallah   0,21 mm 58 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Chapitre 5 : Cisaillement Simple I-Définitions : Un corps est sollicité au cisaillement lorsqu’il est soumis à deux forces opposées qui tendent à le séparer en deux tronçons glissant l’un par rapport à l’autre suivant le plan d’une section.  N=0 , V  0, Mf =0, T =0 F Exemple : Découpage d’une tôle : F II- Contrainte tangentielle de cisaillement : a) Essai de cisaillement : Soit un prisme, encastré à une extrémité, auquel on applique un effort V perpendiculaire à l’axe longitudinal xx’ : V a’ b’ x’ a G x (B) (A) b y Ben Salah Abdallah 59 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil L’effort V agit dans le plan de la section droite d’encastrement aa’bb’ et il est supposé uniformément réparti le long de l’arête aa’. En réalité, la section aa’bb’ est très voisine de V mais à gauche de son plan d’application, du fait qu’il est impossible que V s’exerce rigoureusement dans le plan d’encastrement (fig.2). (x très petit.) V x’ a a’ b b’ x x Remarque : on admet que la répartition des forces intérieures est uniforme, ce qui entraîne la répartition uniforme des contraintes. b) Contrainte tangentielle : Mise en équilibre du tronçon (A) : La section droite S (aa’bb’) sépare le prisme en deux tronçons A et B. Pour la mise en équilibre, négligeons x (cas idéal du cisaillement). Le tronçon A est soumis : - à son poids, négligé devant V, - à V, l’effort tranchant, - à l’action du tronçon B (forces intérieures) qui se traduit par : V’=  ( .dS) =  . S Par projection sur Gy, on obtient : V - .S = 0 La valeur moyenne de la contrainte tangentielle de cisaillement est :  V S Ben Salah Abdallah 60 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil III – Etat de déformations : L’essai de cisaillement peut être effectué comme l’indique le montage de la figure (3), l’effort V s’exerçant lentement. Rappelons que les sections ab et a1b1 sont très voisines et distantes de x. Après déformation, la section a1b1 vient en a2b2 et la dénivellation a1a2 mesure alors le glissement transversal (fig.4). V dénivellation a1 a a a1 b b b1 a2 b1  b2 x x V Si on admet que aa2 reste rectiligne, on définit la déformation par le rapport : tang  = a1a2 x avec , angle de glissement ; par ailleurs, puisque nous restons dans le domaine élastique, nous avons : V  Cte ( par analogie avec l’essai de traction ) et tang    a1a2 V soit, S = G , d’où a1a2 x avec : V = V G.S en [ N] G en [N/mm² ] S en  en [mm²] [ rd ] Ben Salah Abdallah 61 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil on peut encore écrire  = G. ( relation analogue à  = E . ) G est appelé module d’élasticité transversale ou module de coulomb Exemples : Pour les métaux courants, on a constaté que G = 0.4 E, par exemple : Aciers : E = 200 000 N/mm² et G = 80 000 N/mm² ; Fontes : E = 100 000 N/mm² et G = 40 000 N/mm² . IV- Condition de résistance : Pour qu’une pièce résiste en toute sécurité au cisaillement, il faut que la contrainte tangentielle soit au plus égale à la résistance pratique au cisaillement p. V  p S d’après les résultats de l’essai de cisaillement, peut s’exprimer en fonction de ( résistance pratique à la traction) ; par exemple : p = 12 p pour les aciers doux, et mi-doux, p = p pour les aciers très durs et pour la fonte. N.B Si une pièce doit céder au cisaillement ( poinçonnage), il faut que la contrainte tangentielle atteigne une valeur au moins égale à la résistance à la rupture par cisaillement r : V  r S ou V  S. r V- Applications : V-1) Assemblage par rivet : Il s’agit d’assembler les deux cornières (2) et (3) sur le gousset (1), voir figure ci-après : Ben Salah Abdallah 62 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil A coupe AA  d V   A V est l’effort qui s’exerce sur l’ensemble des cornières ; les rivets en acier doux ont pour diamètre d et pour résistance pratique p . Déterminer le nombre de rivets. ( n = ? ) Solution : Chaque rivet a tendance à se cisailler suivant deux sections. Condition de résistance au cisaillement : V  p S avec S = 2.n.S0 S0 = .d² 4 et Soit n ≥ V 2.S 0.p A.N : Pour V = 100 kN, d=16mm et p= 70 N/mm² On a  1.10 n≥  2. .16 ² .70 4 n ≥ 3.5 on prendra donc 4 rivets. 5  n=4 V-2) Cisaille à main : Soit une cisaille représentée schématiquement par la figure ci-dessous . Ben Salah Abdallah 63 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil y C 1300 120 F 80 30° x A B bâti L’effort normal F=90 σ est appliqué en C au levier coudé ABC articulé autour de l’axe A. Déterminer la capacité de la cisaille ( possibilité de couper un rond ou fil en acier mi-doux de diamètre d). On donne la résistance à la rupture par cisaillement du rond : r = 340 Mpa Solution : a-statique : soit V l’effort appliqué du levier sur le rond ( qui est égal à l’effort appliqué du bâti sur le rond). Etudions l’équilibre du levier ABC : C F A B 120 1300 V 80 120.V – (1300 + 200 cos30°) .F = 0 d’où V =1105 σ b- diamètre du rond : le rond doit céder sous l’action de V : c-a-d : V  S r avec S  . d² 4 on trouve : d  2 Ben Salah Abdallah d’où : .d²  V 4 r 64 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Chapitre 6 : Torsion des poutres Circulaires tout ce que nous allons développer dans ce paragraphe n’est valable que pour des sections circulaires et ne saurait être appliqué à des poutres de section quelconque. I-Définition de la torsion : Une poutre est sollicitée à la torsion lorsque le système des forces extérieures crée des efforts internes représentables par un torseur dont le seul élément de réduction au centre de gravité de chaque section droite est le moment de torsion T.  N=0 ; V=0 ; Mf = 0 et T # 0 II-Effort extérieurs définissant un état de torsion : Le fait que le moment de torsion (porté par x ) ne soit pas nul entraîne que les forces extérieures doivent obligatoirement appartenir au plan ( O,y,z). De plus la résultante des sollicitations étant nulle, les efforts extérieurs sont nécessairement deux à deux- de même intensité et de sens opposés. Le système d’efforts le plus élémentaire conduisant à un état de torsion est donc un couple : F F Ben Salah Abdallah 65 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil III-Aspect expérimental : Soit une barre circulaire sollicitée à la torsion, on fixe sur une génératrice droite des tiges témoins. Ces tiges sont repérées par les distances l1, l2 et l3 par rapport à l’extrémité fixe A. l1 l2 α1 l3 α2 α3 Lorsqu’on sollicite en torsion une poutre circulaire, on constate : - que toute section droite reste droite et circulaire, sans variation de rayon, au cours de la déformation. - Que la distance axiale séparant deux sections droites ne varie pas au cours de la déformation. - Qu’une section quelconque tourne en entier dans son plan d’un angle proportionnel à son abscisse. IV -Calcul des contraintes de torsion : L’effort normal étant nul, les seules contraintes existantes se développent dans les plans de section droite. en outre, elles sont orthogonales au rayon. Enfin, elles sont proportionnelles à la distance au centre de la section. Ben Salah Abdallah 66 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil a- Expression des contraintes : Isolons, à l’intérieur d’une poutre circulaire, un cylindre de matière : Ao A1 A’1 B1 B0 dα B’1 Si on développe en plan le rectangle A0A1B1B0, on constate qu’il se déforme en parallélogramme : γ A0 A1 A’1 B0 B1 B’1 dx L’angle de déformation γ est appelé : distorsion. On peut écrire une deuxième expression de la loi de Hooke sous la forme : =γ.G où G est le module d’élasticité transversal ( ou module de Coulomb). Evaluons le déplacement de A1, en tenant compte du fait que l’angle γ est petit ( on assimilera tg γ à γ ). A1A’1 =B1B’1 = γ.dx B1 dα B’1 Ben Salah Abdallah 67 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil D’où l’expression de γ : γ  r. dα dx d  représente l’angle de torsion par unité de longueur. C’est une valeur dx constante qu’on note θ. (θ est donc l’angle de rotation de deux sections distantes de l’unité de longueur). Compte tenu de la loi de Hooke, on peut exprimer la contrainte sous la forme :  G..r V)- Déformation angulaire unitaire : exprimons la valeur de la sollicitation de torsion en fonction des contraintes : Mt   .r. ds S en remplaçant par sa valeur, il vient : Mt   r².G.θ .ds S et G et θ étant constants : Mt = G.θ .  r²ds S  On reconnaît dans cette expression le moment quadratique polaire : I0 = Qui vaut : I0 = S r² ds π d4 32 D’ou l’expression d la déformation angulaire unitaire : θ Mt G.I 0 VI-Deuxième expression de la contrainte tangentielle τ : En remplaçant θ par sa valeur dans la première expression de , on obtient :   Mt . r I0 Ce résultat confirme ce que nous disions au début du paragraphe3 : les contraintes sont proportionnelles à la distance du point considéré au centre de la section. Ben Salah Abdallah 68 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil On peut alors tracer le graphe de répartition de la contrainte dans une section : max o - la contrainte tangentielle est maximale sur les fibres extérieures (c’est à dire pour r = R ) ; - la quantité I0 est appelée « module de torsion » R VII-Expression du module de torsion d’un tube : a- Calcul exact : Considérons un tube de section limitée par les circonférences de diamètres d et D. d G D et calculons le moment polaire de cette section : Ben Salah Abdallah 69 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil I0  2 π  D/2 r3 dr  . D4  d/2 d’où le module de torsion : 3 I0  . D 16 R d4  1 32  D4   d4  1 - D4    si on avait calculé le module de torsion d’une poutre pleine de diamètre D, on aurait trouvé : 3 I0  . D 16 R Conclusion : Le module de torsion d’un tube est plus faibles que celui d’un cylindre plein de même diamètre ( extérieur) . donc le tube est plus résistant en torsion que le cylindre plein. b-Calcul approché : L’approximation consiste à dire que si l’épaisseur du tube est faible devant le rayon, on peut considérer que la contrainte est constante dans l’épaisseur. . e = cte = K on va déterminer cette constante K pour pouvoir exprimer la contrainte. z e dl P G Ben Salah Abdallah . R y 70 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Par définition du moment d torsion, nous pouvons écrire :  (S) ou encore : GP ds  Mt. x x .  GP  ds  Mt S or : d’où de plus, ds = e.dl Mt =  S  S et R.K.dl  K .  R. dl K e S R.dl  2A , ou A représente l’aire totale délimitée par la circonférence de rayon R. on peut donc exprimer la constante K sous la forme : K = Mt 2A D’ou l’expression de la contrainte :  Mt 2A.e VIII-Applications : a) Exemple 1 : b) un tube circulaire en acier de 400 cm de longueur est encastré à une extrémité et libre à l’autre. Ce tube a un rayon extérieur R1=75 mm et un rayon intérieur R2 = 60 mm . Il est soumis à son extrémité libre à un moment de torsion Mt = 30 kN.m ; R1 R2 déterminer la contrainte de cisaillement. Solution : Ben Salah Abdallah 71 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil On a  Mt 2.e.A où e = 15 mm et  A = π. R² = π . 75  60 2  = 14306 mm² et la contrainte de cisaillement  est égale à 30.106  69.9 MPa 2.15 .14306 b- Exemple 2 : pour cet exemple, on suppose qu’on a une barre circulaire à la place d’un tube, mais les autres données sont identiques à celles de l’exemple précédent. Déterminer la valeur de la contrainte et la valeur de l’angle de rotation totale θ. On donne G = 80 000 Mpa. Solution : On a  Mt . r Io avec Io = π.d4 π. 75 4 = 49.7 106 mm4  2 32 et la contrainte de cisaillement maximale est égale à : = 30 .10 6 .75 = 45,3 Mpa 49 ,7 . 10 6 l’angle de rotation totale à l’extrémité libre est égale à 30 . 10 6.4000 θ = Mt.l  Io.G 49 ,7 . 10 6 .80 000 θ = 0.0302 rd = 1.73° Ben Salah Abdallah 72 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Chapitre 7 : FLEXION SIMPLE I-Introduction expérimentale : considérons une poutre reposant sur deux appuis soumise à une charge concentrée verticale. Après déformation, cette poutre accuse un flèche ( déplacement vertical des différents points, d’où le nom de flexion ) et on constate que les fibres situées en partie supérieure sont sollicitées en compression tandis que celles qui sont situées en partie inférieure sont sollicitées en traction. Entre ces deux régions, il existe une fibre qui n’est ni tendue ni comprimée : c’est la fibre neutre. Zone comprimée P Fibre neutre Zone tendue Hypothèses : τn considèrera dans cette étude des poutres à plan moyen, c’est-à-dire pour lesquelles y est axe de symétrie de la section droite. En outre, toutes les forces sont appliquées dans le plan ( xoy). ( les couples et moments sont portés par z). Ben Salah Abdallah 73 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil y x  Les matériaux sont supposés homogènes. La fibre neutre est donc confondue avec la ligne moyenne ( c’est-à-dire que la fibre neutre passe par le centre de gravité de toutes les sections droites). Différents types de flexion plane : A - Flexion pure : Cette flexion correspond au cas où les sollicitations dans une section quelconque se réduisent au seul moment fléchissant ( pas d’effort tranchant ). Remarquons que ce cas, bien que très intéressant d’un point de vue théorique car il permet de dissocier les effets du moment fléchissant de ceux de l’effort tranchant, n’apparaît pratiquement jamais dans la réalité. Expérimentalement, on observe un comportement de flexion pure dans un cas comme celui-ci : Ben Salah Abdallah 74 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil B- Flexion simple : C’est le cas où les sollicitations dans une section s’expriment sous la forme du torseur : V(x) M(x) Dans ce cas, on mettra en évidence par le calcul l’effet de l’effort tranchant associé à celui du moment fléchissant. II- Etude de la flexion simple : II-1contrainte normale due au moment fléchissant : Considérons une poutre sur deux appuis soumise à une charge quelconque. σous allons examiner le comportement d’une section  ( xo) et reprendre l’hypothèse de σavier-Bernoulli : y P P x Zone où Ben Salah Abdallah V =0 M = Cte 75 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil y y’ y M y  z M  M’ y x z z x’ Avant déformation Après déformation Pour que l’hypothèse de σavier-Bernoulli soit vérifiée, il est nécessaire que l’allongement relatif de la fibre sur laquelle est située le point M soit une fonction linéaire des coordonnées du point M dans la section  (x). D’après la loi de Hooke, il en est de même pour la contrainte, que nous écrirons :  = a + b.y + c.z comme nous l’avons vu à la fin du chapitre 3, les sollicitations s’écrivent : N(xo) = M(xo) =   (y,z)dS (1) y. (y,z) dS (2) (xo) (xo) Développons l’expression (1) en remarquant que l’effort normal est nul :  (xo) a.dS +  (xo) + b.y.dS  (xo) c.z.dS =0 les axes y et z passant par le centre de gravité G de la section, on a (d’après la définition du centre de gravité ) :  (xo) y.dS =  (xo) z.dS = 0 on en déduit donc : Ben Salah Abdallah 76 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil a=0 développons de même l’expression (2) :  (xo)  a.y.dS + (xo) + b.y².dS  c.y.z.dS = M(xo) (xo) le troisième terme du premier membre est nul :  .y.z.dS (xo) étant le produit d’inertie d’une section symétrique par rapport à l’axe y. on reconnaît en outre la quantité section  (xo) par rapport à l’axe z.  (xo) y ².dS qu est le moment quadratique de la on déduit de cette équation l’expression de la constante b : b  M(xo) Iz en exprimant la nullité du moment fléchissant porté par y ( problème plan) on déduit très aisément : c=0 d’où l’expression de la contrainte normale en un point M(y,z) de la section  (xo) : (xo, y)  M(xo) .y Iz Exemple : Variation de la contrainte normale dans une section rectangulaire. Considérons la section suivante  (xo) d’une poutre droite : s y G y z i = -s b Le moment quadratique par rapport à l’axe z s’écrit : Ben Salah Abdallah  G(x0) h Iz bh3 12 77 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil faisons varier y de  h à  h . Les contraintes en fibres supérieure et inférieure 2 2 s’écrivent : s  - i   6.M(xo) bh² 6.M(xo) bh² le diagramme de répartition des contraintes normales dans la section (xo) est donc : voir ci-dessus III- Déformations : Nous allons dans ce paragraphe établir des relations entre la déformation de la poutre et le moment fléchissant qui la sollicite. Considérons un tronçon de longueur dx d’une poutre avant et après déformation. Considérons une fibre m1m2 située à la distance y de la fibre neutre. Après déformation cette fibre est représentée par m1m’2. La déformation relative s’écrit : ε  m' 2m2 m1m2 y  d m1 m’2 m2 y G1 G2 x dx les déformations étant petites, on peut écrire : Ben Salah Abdallah 78 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil m’2m2 = y.d en outre : m1m2 = dx la déformation s’écrit donc : ε  y. d dx et d’après la loi de Hooke, la contrainte a pour expression :  E.y. d dx exprimons à présent le rayon de courbure de la fibre neutre : R  .G2  dx d en remplaçant dans l’expression de la contrainte, il vient :   E .y R puis en égalant à la valeur de la contrainte normale en flexion pure, on obtient une relation entre la courbure  ( qui est l’inverse du rayon de courbure) et le moment fléchissant : M(x) χ 1  R E.Iz le terme 1 est appelé « flexibilité » de la poutre, inverse de la rigidité en E.Iz flexion : EIz. Nota : la courbure représente en outre la rotation de la section : χ  d dx détermination de la configuration déformée de la poutre : on démontre, en géométrie analytique, que le rayon de courbure d’une courbe d’équation y = f(x) s’écrit : R (1  y'²)3/2 y '' et, les déformations étant faibles, y’² est négligeable devant 1 . on peut donc exprimer R sous la forme : R 1 y '' Ben Salah Abdallah 79 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Si y = f(x) est l’équation de l’allure déformée de la poutre, nous pouvons écrire : y''  M(x) E.Iz c’est l’équation différentielle de la « déformée ».  Processus d’intégration : En intégrant une première fois l’équation (1), on obtient la pente ou la rotation de la déformée à l’abscisse x qui est égale a : dy  tgθ  θ [rd] dx (2) ( car θ est petit ) dθ  d²y  M d’où dx dx² EI de l’équation (2) on peut écrire : dθ  M .dx EI en intégrant une deuxième fois l’équation (1), on obtient la flèche y de la déformée à l’abscisse x Exemple : * On considère une poutre droite qui repose sur deux appuis simples et soumise à une charge uniformément répartie q : y q A C θA Δc B x l * Déterminer les équations de la déformée et sa pente, puis calculer la rotation θA de la déformée à l’appui A et la valeur de la flèche Δc à mi-portée de la poutre . (on suppose que EI est constante ). Ben Salah Abdallah 80 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Solution : On a RA = RB = ql/2 Et Mf(x) = (ql/2).x – (ql/2).x² De l’équation (1) on a : d²y M 1 q.l q   ( .x - .x² ) dx² EI EI 2 2 En intégrant une première fois, on a : qlx² qx3 dy EI.  EI.θ   C1 6 4 dx En intégrant une deuxième fois, on aura : EI.y  qlx 3 qx4  C1..x  C2 24 12 τn détermine les constantes d’intégration par les conditions aux limites ( C.A.L), aux appuis A et B. - en A , pour x = 0, - en B, pour x = l, on aura yA =y(0) = 0 donc, C2 = 0 yB =y(l) = 0, d’où, en remplaçant ces valeurs dans l’équation (1),  ql 4 ql 4  C1.l  0 12 24 C1 =  q.l 3 24 d’où on trouve :  θ(x)  dy q.l.x² q.x3 q.l 3  dx 4EI 6EI 24EI y(x) = q.l.x3 q.x4 q.l 3.x  12EI 24EI 24EI pour x = o pour x = l/2 Ben Salah Abdallah   θA  - q.l 3 24EI c  y (l/2)  - 5 q.l 4 384 EI 81 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Exemple 2 : y F C A θA B Δc x l * Déterminer les équations de la déformée et sa pente, puis calculer la rotation θ A de la déformée à l’appui A et la valeur de la flèche Δc à mi-portée de la poutre . (on suppose que EI est constante ). Solution : On a RA = RB = F/2 Et Pour 0  x  l/2 : Mf (x) = RA.x = (F/2).x (1) Pour l/2  x  l : Mf (x) = RB.(l-x) = (F/2).(l -x ) De l’équation (1) on a : Pour 0  x  l/2 d²y M 1 F   ( .x) dx² EI EI 2 En intégrant une première fois, on a : dy EI.  EI.θ  F.x²  C1 dx 4 En intégrant une deuxième fois, on aura : EI.y  F.x3  C1..x  C2 12 (1) (2) τn détermine les constantes d’intégration par les conditions aux limites ( C.A.L), aux appuis A et B. - en A , pour x = 0, yA =y(0) = 0 - en C, pour x = l/2, donc, C2 = 0 B = (l/2) = 0, d’où, en remplaçant ces valeurs dans l’équation (1), on aura Ben Salah Abdallah 82 Cours de résistance des matériaux  Département de Génie Civil F l  C1  0 42 2  C1 =   y(x) = 1 . F .x  F. l² .x  EI 12 16 d’où on trouve : θ(x)   F.l 2 16 dy 1 F  x² - Fl² dx EI 4 16 3  pour x = o  θA  - F.l² 16.EI pour x = l/2  c  y (l/2)  - F.l 3 48 EI IV-Cisaillement dans les poutres fléchies : IV-1 Cisaillement transversal : σous avons défini à la fin du chapitre 3, une relation entre l’effort tranchant dans une section et la composante  de la contrainte située dans le plan de section sous la v(x)   .ds forme :  il s’agit donc d’une contrainte de cisaillement qui se développe dans toute section transversale. σous ferons pour l’instant l’hypothèse de répartition uniforme de la contrainte  dans la section, ce qui permet d’écrire :  V(x) S (nous reviendrons plus loin sur cette hypothèse). IV-2 Cisaillement longitudinal : Mise en évidence de ce type de cisaillement : Ben Salah Abdallah 83 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Poutre composée d’un empilage de lames minces Poutre monobloc Avant déformation F F  Après déformation     Lorsqu’on applique l’effort, on constate un glissement des lames les unes sur les autres. Dans une poutre pleine, ce glissement est empêché par la cohésion de la matière, ce qui entraîne le développement de contraintes de cisaillement ( ou de glissement). Ces contraintes sont dites longitudinales car elles se développent dans l’axe de la poutre. Nous allons établir une relation entre les contraintes de cisaillement transversales et longitudinales. IV-3 Théorème de réciprocité de CAUCHY : Dans ce qui suit, nous appellerons la contrainte de cisaillement transversal et ' la contrainte de cisaillement longitudinal. Isolons à l’intérieur d’une poutre un parallélépipède de matière d’arêtes infiniment petites x, y, z et faisons le bilan des efforts s’exerçant sur chacune des faces : Remarquons qu’il ne peut y avoir de cisaillement dans un plan parallèle au plan des forces, ce qui explique que deux des faces ne sont soumises à aucun effort. Ben Salah Abdallah 84  Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil La première équation vectorielle du principe fondamental de la statique montre que les intensités des contraintes et ' sont égales. De plus, l’équation de moments, en projection sur z, montre que les contraintes et ' engendrent des moments de signes contraires. Il y a donc deux configurations possibles en un point M.    ou M  M IV-4 Expression de la contrainte tangentielle : Considérons une poutre droite dans laquelle nous allons isoler un parallélépipède, pris en partie supérieure de la poutre : 1’ 4’ 1 2 4 2’ 3’ 3 Bilan des efforts sur toutes les faces : - face 121’2’ : pas d’efforts ( bord libre de la poutre ) - face 343’4’ : contrainte longitudinale - face 141’4’ : * contrainte normale N1  M Iz  y .ds 1  , s’appliquant sur une surface b.dx M(x) . y0 donnant lieu à une résultante Iz o S * contrainte tangentielle  dont on ne connaît pas la répartition. Ben Salah Abdallah 85 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil - face 232’3’ : * contrainte normale résultante N2  2  M(x  dx) . y0 donnant lieu à une Iz M(xdx) Syo.ds Iz * constante tangentielle dont on ne connaît pas la répartition. N2 N1 G1 G2 x dx x Ecrivons l’équation d’équilibre en projection sur l’axe x du parallélépipède : b.dx. la quantité m(So). M(x) M(xdx) yo.ds   Syo.ds  0 S Iz Iz  y .ds o S n’est autre que le moment statique de la face 141’4’ soit M(xdx) - M(x)   - m(So) .   dx b.Iz   Donc : La quantité entre parenthèses est la dérivée du moment fléchissant par rapport à x, soit encore l’inverse de l’effort tranchant. Il vient donc : IV-5 Applications à la  V. m(So) b.Iz section rectangulaire d’une poutre fléchie : Considérons la section rectangulaire suivante : Ben Salah Abdallah 86 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil y So v yo G h v’ b Exprimons la contrainte  à l’aide de la formule que nous venons d’établir : Iz bh3 12 m(So)  yGo.So  b.( h - yo ). 1 .( h  yo) 2 2 2 d’où  6V3 ( h² - yo²) bh 4 on constate que la variation de  en fonction de yo est parabolique. Cette variation a pour allure : yo max Remarquons m ax  3. V 2 bh Ben Salah Abdallah que la contrainte maximale  a pour expression : 87 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil V-Applications : On donne la poutre simplement appuyée qui supporte des charges concentrées ( voir figure ci-après). y b F=100 kN F ho A RA C 4.00 B D 4.00 4.00 RB H z L =12.00 m bo a- Déterminer les diagrammes des efforts tranchants et des moments fléchissant le long de la poutre ; b- Tracer le diagramme de la contrainte normale , au niveau de la section la plus sollicitée ; c- Tracer l’allure du diagramme de la contrainte tangentielle au niveau de la section C et calculer max. On donne : H=80 cm, b=100 cm, ho=20 cm et bo=30 cm Solution : On a RA = RB = 100 kN ( par raison de symétrie ) ; a-1) détermination du diagramme des efforts tranchants : pour pour pour 0 x  4m, V = - RA = -100 kN 4 x  8m, V = -RA + F= -100 + 100 = 0 8 x  12m, V =- RA + F +F= -100 +100 +100 = +100 kN -100 kN  x A C D B +100 kN V  ( DET ) Ben Salah Abdallah 88 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil a-2) détermination du diagramme des moments fléchissant : 0 x  4m, pour M = RA.x = 100.x x = 0, M=0 ; x = 4, M = 400 kN m pour 4 x  8m, M = RA.x – F.(x-4) x = 4, C A M= 400 kN.m ; x = 6, M = 400 kN.m; x = 8, M = 400 kN.m. D B  400 kN.m ( DMF ) b-1) Caractéristiques géométriques de la section :   surface : S = 3800 cm² position de G : v = 28.95 cm; v’ = 51.05 cm. * inertie : IGZ = 2122456.17 cm4 b-2) contrainte normale :  = Mfz.y IGZ avec Mfz = 400 kN.m ( la section la plus sollicitée ) d’où y y 400.10 6 .y  0.019.y  2122456,17 .10 4 Ben Salah Abdallah s  v z v’ i 89 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil  (v) = s = (289.5) = 5.5 Mpa et (-v’) = i = (-510.5) = -9.7 Mpa c) contrainte tangentielle : = V. m(so) b.Iz en C, l’effort tranchant V = 100 kσ pour yo = v = 289.5 mm yo = 89.5mm  mso = 0  (289.5) = 0  mso = 379.106 mm3  (89.5) = 5.95 Mpa (pour b = 300mm)  (89.5) = 1.785 Mpa (pour b = 1000mm)  mso = 499.106 mm3 yo = 0  (0) = 7.84 Mpa d’où l’allure suivant du diagramme de la contrainte tangentielle : y y  v z v’ Ben Salah Abdallah max=7.84Mpa 90 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Chapitre 8 : FLEXION COMPOSEE Après avoir étudié les diverses sollicitations simples et leurs effet dans les poutres, examinons comment superposer ces résultats lorsque le chargement de la poutre est quelconque. Avant de passer au cas général, voyons le cas particulier de la flexion composée ( superposition d’un effort normal à un moment de flexion). I) définition : τn dit qu’un élément de structure est sollicité en flexion composée lorsqu’il est soumis à la fois à un moment fléchissant Mf (Mfz ou Mfy) et un effort normal N passant par le centre de gravité de la section.  Mf # 0 ; N # 0 ; V # 0 ; Mt = 0 N.B Dans le cas d’un effort de compression excentré σ agissant sur une section à une distance « ey » sur l’axe y, on peut le remplacer par un effort de compression équivalent N passant par le c.d.g de la section, plus un moment fléchissant M f égal à : Mf = N.ey ( voir Fig.1 ) y N ey ≈ z P Mf x G Fig.1 II)Etat de contrainte : L’équation générale donnant la valeur de la contrainte à une fibre se trouvant à une distance y est donné par : Ben Salah Abdallah 91 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil (y ) avec (y )    N  A Mf. y I  N : traction N  A (1) (y )  - N  A  Mf. y N : compression I Mf. y I Cette équation découle de la superposition des résultats obtenus dans l’étude de la compression ( ou de la traction ) et de la flexion simple : M.v/I Mf v A.N  N A.N  G v’ N/A Fig.2 s -M.v’/I 2a i 2.b Sur la figure 2.a, on montre les contraintes uniformes dues à un effort normal N de compression qui s’ajoutent algébriquement aux contraintes dues au moment fléchissant Mz agissant sur la section de l’élément. II-a) Constatation : Comme on le voit sur la figure 2.b, l’axe neutre ( où = 0) est déplacé. Il est parallèle à la position de l’axe neutre lorsqu’il n’y a qu’une flexion simple, mais il ne passe pas par le centre de gravité de la section comme dans le cas de la flexion simple. II-b) Position de l’axe neutre : (yo) - Cas d’une compression : soit N un effort normal de compression, on cherche à déterminer la position de l’axe neutre (A.σ), on désigne par yo la distance qui sépare l’A.σ par rapport à l’axe passant par G ( le c.d.g de la section). On a Avec (yo) = 0 Mf.yo (yo) = N  0 A I Ben Salah Abdallah 92 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil  yo = - N.I Mf.A  - yo = - N . i² Mf (avec i, le rayon de giration ) Cas d’une traction : dans le cas ou N est un effort de traction : (yo) =  N  A Mf.yo 0 I  yo = N . i² Mf III) Noyau central : III-a) Définition : c’est la zone d’une section droite, lorsqu’on applique dans laquelle un effort normal, toutes les fibres seront tendues ( ou comprimées). III-b) Détermination du noyau central d’une section : Soit N un effort de compression : On cherche à déterminer les limites du noyau central ( σ.C), qu’on les désigne par c et c’ : La figure 3.a, nous donne la répartition des contraintes, lorsque N est appliqué audessus de la fibre moyenne. s N v C G v’ i v et v’ désignent les positions des fibres extrêmes ( inférieur et supérieur ) par rapport au centre de gravité G de la section . On a (-v’) = i Ben Salah Abdallah 93 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil et (v) = d’où i= s 0 N A (N.C).(-v') 0 I (C).(-v') 1 0 I A C   I .v I  A.v'.v A.v' ρ  C=ρ.v Dans le cas ou N est appliqué au dessous de la fibre moyenne : s v G v’ N C’ i s= 0 N A (-N.C').(v) 0 I (-C').(v) 1 0 A I C'   I .v' I  A.v'.v A.v  C’ = ρ . v’ ρ le noyau central est tel que : -c’ ≤ y ≤ c III-c) Exemples : - cas d’une section rectangulaire : Ben Salah Abdallah 94 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil y v h/6 h G z h/6 v’ b I = ρ - b.h3 12 3 I  b.h  1 A.v.v' 12 ( bh.h²) 3 4  c1.h  h 3 2 6 c'  1 . h  h 3 2 6 Cas d’une section circulaire : R y z G R/2 On a I = . . D4 64 v = v’ = D/2 = R Ben Salah Abdallah 95 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil . D4 64 . D  D  R c = .v = . D² . D² 2 4 8 4 4   c’ = .v’ = R 4 IV)-Application : La section de la poutre rectangulaire montrée sur la figure ci après est soumise à un effort de compression excentré P = 2500 kσ appliqué en un point de l’axe y à une distance ey = 120 mm de l’axe z. ey = 120 Py Mf h=600 x z G  b=300mm a- déterminer les contraintes dans les fibres extrêmes supérieures et inférieures ; b- déterminer la valeur minimale de ey pour qu’il n’y ait pas de contraintes de traction agissant sur la section. Solution : a-de l’équation (1), dans la fibre supérieure extrême, on a une contrainte totale de compression s égale à : s s  h ( 2)  P  (P.ey). h A I 2     2500.103     . 1 6.120   30,6 MPa ( max compression ) 600   300.600  et sur la fibre inférieure extrême i égale à i Ben Salah Abdallah  ( - h2 )  P - P.e y . h I 2 A 96 Cours de résistance des matériaux   Département de Génie Civil i   2500.103     . 1- 6.120   -2,8 MPa 600   300.600  ( max traction ) y cmax = 30,6 MPa h/2  yo h/2 tmax = -2,8 MPa -P -13,89  -250,02 mm - fibre neutre : (yo) = 0  yo  A  P.e y 3.10 8 I 54.10 8 b- pour que la section ne soit pas soumise à des contraintes de traction, il faut que i = 0 et, par conséquent : ey = h  600  100 mm 6 6  il faut que l’excentricité de l’effort P ne dépasse pas 100 mm Ben Salah Abdallah 97 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Chapitre 9 : LE FLAMBEMENT I)-Description du phénomène : Un élément élancé, c’est à dire ayant une grande dimension par rapport à au moins une des deux autres, soumis à un effort de compression axial, peut se déplacer transversalement de façon importante sous de faibles charges. On peut se rendre compte facilement de ce phénomène avec une lame de scie à métaux tenue verticalement et chargée avec la main appuyée en tête. τn constate qu’à partir d’une charge de l’ordre de 20 σ (  2 Kg), le N déplacement latéral commence et que pour 25 N, on transforme la lame de scie en boucle en se faisant rejoindre les deux extrémités. Ce phénomène d’instabilité est appelé flambement ou, quelquefois, flambage. On distingue : -le flambement simple qui affecte les barres simplement comprimées ; -le flambement-flexion qui affecte les barres comprimées et fléchies. II)- Effort critique de flambement : N L’effort limite à partir duquel se manifeste les grandes déformations allant jusqu’à l’instabilité est appelé effort critique de flambement, noté Pc. L’étude du flambement est due à EULER. La théorie d’EULER est fondée : - sur une poutre droite, bi-articulée à ses extrémités ; -soumis à un effort normal de compression centré P ( suivant Gx). Ben Salah Abdallah 98 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil z P y y G h z b y P x Lorsque P croit, à partir de zéro, l’état d’équilibre rectiligne initial évolue vers un état curviligne fléchie. D’après la loi fondamentale de la flexion on a : d²y M  dx² E.I or donc M = -P.y EI.  d²y  P.y  0 dx² y''  P . y  0 EI en posant : ω on obtient : y” + ω².y = 0 P , EI C’est une équation différentielle du second ordre, dont la solution générale est de la forme : y(x) = A.cos(ωx) + B sin (ωy) la résolution de cette équation s’opère grâce aux conditions aux limites : - pour x = 0, y(0) = 0 - pour x = l0, y(l0) = 0 Ben Salah Abdallah  A=0 ;  B.sinωl0 = 0 99 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil deux cas sont alors possibles : sin(ωl0)  0 - si ce cas ) ; y(x) =0,  x ( pas de flambement dans sin(ωl0) = 0  ω.l0 = k.л - si soit  B = 0 et ω  k  P EI l0 P  k².².EI. 2 l0 d’où pour k=0  P = 0 : la poutre est rectiligne pour que la poutre reste fléchie, il faut que k soit au moins égal à 1, ce qui conduit à la valeur minimale de P qui vaut : P  π².EI 2 l0 Pc est appelé force critique d’Euler. II-1)Contrainte critique d’Euler : A la force critique d’Euler Pc correspond une contrainte critique : c  Pc A avec A : la section droite de la poutre ;  c  ² .2E I  ² E . i² lo² l0 .A Imin ; rayon de giration minimal, correspond à l’inertie I minimale. A avec i = Soit λ  lo : l’élancement i D’où ².E c λ² e c o lorsque c > e λc  ².E λ² λ , aucun risque de flambement n’est à craindre ( on vérifie la compression simple ) ; Ben Salah Abdallah 100 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil lorsque c < e , il y a ruine par flambement dès lors que = c . Remarque : pour c = e (limite), correspond un élancement critique λc λc  π E e  la théorie d’Euler n’est applicable que lorsque λ  λc quelques valeurs de λc : acier bois fonte : λc  105 : λc  70 : λc  60 II-2)Poutres autres que bi-articulée : D’une manière générale, selon les conditions aux appuis, la force critique d’Euler vaut : Pc  π² EI α.lo ² lo = la longueur réelle de l’élément avec soit lf = α.lo : la longueur de flambement Pc  π² EI lf  ²  avec α un coefficient qui dépend des conditions aux extrémités (types d’ancrage ) : encastré . articulé articulé libre translation lo encastré. Ben Salah Abdallah articulé encastré encastré encastré 101 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil α = 1/2 α=1 α = 1/V2 α=2 α=1 III-3) Sécurité vis à vis du flambement : - défauts d’homogénéité ; Causes des imperfections : - défauts de centrage ; - défauts de rectitudes, … Coefficients de sécurité :   c avec 2.s 2 : superposition de la compression et la flexion ; comme c  ².E λ²   ².E. p 2. ². e s : coefficient de sécurité(s=  ².E 2. ².s e/ p ) = ².E. . p e 2² λc² soit β = 1/ λc²    p 2² IV)Théorie de Rankine :  Si λ  Si λ Pc : flambement d’Euler ; N : compression ; Pour les valeurs intermédiaires ( pièces moyennement courte )  Le modèle de Rankine Dans ce cas :   Résumé : Pour λ  20 p 1  ² Pour 20  λ  λc Pour λ  λc  compression simple  modèle de Rankine  théorie d’Euler on vérifie que : on vérifie que : on vérifie que : Ben Salah Abdallah 102 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil   p   p 2² p 1  ² V)Méthode de Dutheil : Insuffisance de : - Euler : n’est pas applicable pour des élancement faibles ; - Rankine : tient compte d’un coefficient de sécurité important ; Dutheil tient compte de la flexion et de la compression. La méthode de Dutheil est applicable quelque soit la valeur de l’élancement : Mf.y  - P  A I méthode de vérification : on cherche tout d’abord à déterminer la contrainte d’affaissement : s les étapes de calcul sont les suivantes : Pc  π² EI α.lo ² 1- calcul de Pc d’Euler : c  Pc A 2- calcul de : 3- calcul de vérifier que comp ( compression simple ) : comp  c comp = P A ( sinon changer la section ou bien diminuer la charge ) 4- calcul de la contrainte intermédiaire : I = 1( 2 c + 1.3 - I² - c.e  la condition de résistance :  P  s A s 5- la contrainte d’affaissement : s = I e ) VI APPLICATIONS :  Vérifier un poteau constitué par une poutrelle HEB200, hauteur 8.00m, articulé aux deux extrémités. Il est sollicité par un effort pondéré de 44 kN. Caractéristiques du profilé : Ben Salah Abdallah 103 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil S = 78.1 cm², Imin = 2003 cm4, E= 2,1.105 MPa , e = 240 MPa et s = 2.5 Solution : - l’élancement du poteau :  = lf/imin = 8.103 / 5.07 = 159.2 2,1.10 5  92,93 – l’élancement critique : c = . E  . 240 e On constate que >c On vérifie que   c 2.s  Théorie d’Euler Avec la contrainte critique d’Euler : c soit   ² E  λ² ². 2,1.105 2,53  79,3 MPa 44.103  5.63  79.3  15.86 ok 2.2,5 7810  le poteau est stable vis à vis au flambement.  F Vérifier la stabilité du poteau représenté ci-après : B Données : F= 350 kN, H= 6.00m b=150 mm, h = 200 mm et e=25 mm c= 80, e = 30 Mpa et s=2 ( coef. de sécurité) H Solution : - l’élancement du poteau :  = lf/imin A avec lf = 0,707.6,00 = 4,24 m Imin = 200.1503 150 .1003  43,75106 mm4 12 12 Imin  43,75.10  54 mm 15.103 A 6 imin =  λ 4,24.103  78,52 54 z e y h b – l’élancement critique : c = 80 On constate que  < c Ben Salah Abdallah  Théorie de Rankine 104 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil On vérifie que   p  1  1 λc² 80² Avec p soit 1 .λ²   e s  30  15 MPa 2 350.103  23,33 15000 15 2 7,64 MPa 78,52   1    80   le poteau est instable vis à vis au flambement. Ben Salah Abdallah 105 Cours de résistance des matériaux Département de Génie Civil Ben Salah Abdallah 106