Résistance des matériaux Exercices & solutions

Résistance des matériaux Exercices & solutions Guy฀PLUVINAGE Vladimir฀SAPUNOV CÉPADUÈS-ÉDITIONS 111,฀rue฀Nicolas-Vauquelin 31100฀TOULOUSE฀–฀France Tél.฀:฀05฀61฀40฀57฀36฀–฀Fax฀:฀05฀61฀41฀79฀89 (de฀l’étranger฀)฀+฀33฀5฀61฀40฀57฀36฀–฀Fax฀:฀+฀33฀5฀61฀41฀79฀89 www.cepadues.com Courriel฀:฀[email protected] Chez le même éditeur Culture générale scientifique Redécouvrir l'électronique ................................................................................................................................................................................... Barrandon L. Les Objets Techniques ............................................................................................................ Padilla F., Soum G., Frède V., & Butto Cl. La lumière à ma portée ................................................................................................................................................................................. Taïeb G., Vetter R. 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Musial M., Rubaud M. ©฀CEPAD฀2005฀ ISBN฀:฀2.85428.706.1 Le฀code฀de฀la฀propriété฀intellectuelle฀du฀1er฀juillet฀1992฀interdit฀expressément฀la฀ photocopie฀à฀usage฀collectif฀sans฀autorisation฀des฀ayants-droit.฀Or,฀cette฀pratique฀ en฀se฀généralisant฀provoquerait฀une฀baisse฀brutale฀des฀achats฀de฀livres,฀au฀point฀ que฀la฀possibilité฀même฀pour฀les฀auteurs฀de฀créer฀des฀œuvres฀nouvelles฀et฀de฀les฀ faire฀éditer฀correctement฀est฀aujourd’hui฀menacée. Nous฀rappelons฀donc฀que฀toute฀reproduction,฀partielle฀ou฀totale,฀du฀présent฀ ouvrage฀est฀interdite฀sans฀autorisation฀de฀l’Éditeur฀ou฀du฀Centre฀français฀d’exploitation฀du฀droit฀de฀copie฀(CFC฀–฀3,฀rue฀d’Hautefeuille฀–฀75006฀Paris). Dépôt฀légal฀:฀octobre฀2005฀ N°฀éditeur฀:฀706 Résistance des matériaux 3 La Résistance des Matériaux est l’une des disciplines fondamentales de l’ingénieur. Elle joue un rôle de premier plan dans la formation des ingénieurs et techniciens de presque toutes les spécialités et a une importance particulièrement grande pour les ingénieurs en mécanique, en construction de machines et en génie civil. Ce manuel présente des travaux dirigés de Résistance des Matériaux. C’est dans la résolution des problèmes que les étudiants du cours de Résistance des Matériaux rencontrent le plus de difficultés. Le présent manuel facilitera l’étude de ce cours et, ce qui est essentiel, les aidera à assimiler les méthodes de résolution des problèmes et à acquérir l’expérience nécessaire. Dans ce manuel, on montre en détail les méthodes et les procédés de résolution de problèmes typiques de Résistance des Matériaux. Pour la commodité d’utilisation et pour une meilleure assimilation, le contenu du manuel est disposé de façon brève dans chaque partie indépendante. On examine ces problèmes par l'étude des états de contrainte et de déformation et par l'application de théories et de critères de résistance. Par la suite on calcule les barres rectilignes soumises à types différents de sollicitations (traction et compression ; cisaillement ; torsion ; flexion ; résistance composée) et on calcule les assemblages simples des élément de construction (assemblages boulonnés, clavetés, rivetés, soudés, entailles ans des poutres en bois, etc). Dans ce manuel, on considère les méthodes se rapportant aux systèmes hyperstatiques: méthodes des forces et des déplacements et détermination des déplacements pour les portiques et les fermes et l’équation des trois moments pour les poutres continues à appuis multiples. Une attention particulière est donnée aux calculs des enveloppes à parois minces selon la théorie de membranes (réservoirs de révolution soumis à une pression intérieure symétrique par rapport à l’axe de l’enveloppe) et à la stabilité des barres comprimées (perte de stabilité de la forme initiale de la barre ; flambement). Dans chaque paragraphe de ce manuel, avant la présentation des résolutions des problèmes, on donne brièvement les mots clés, les notions théoriques fondamentales, les renseignements principaux et les formules définissant l’essentiel nécessaire à la résolution des problèmes examinés. Dans ce cadre, on formule les hypothèses de départ, les règles appropriées et enfin, on donne les conclusions et recommandations les plus importantes. Le livre est recommandé pour les étudiants des grandes écoles d’ingénieurs, pour la formation de techniciens et il est aussi une aide pour les professeurs. Il peut représenter une aide pour les ingénieurs en activité. 4 Résistance des matériaux Résistance des matériaux CONTENU 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 Introduction. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Etats de contrainte et de déformation . . . . . . . . . . . . . . . Critères de résistance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Traction et compression des barres droites . . . . . . . . . . . Cisaillement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Calcul d’assemblages simples d’élément de construction Caractéristiques géométriques des figures planes . . . . . . Torsion des arbres circulaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Flexion plane transversale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Résistance composée . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Méthodes énergétiques de détermination des déplacements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Systèmes hyperstatiques (détermination des inconnues redondantes) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Systèmes hyperstatiques (détermination des déplacements) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Poutres continues à appuis multiples . . . . . . . . . . . . . . . Calcul des enveloppes à parois minces . . . . . . . . . . . . . . Flambement des barres comprimées . . . . . . . . . . . . . . . . Bibliographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 8 16 19 37 40 51 55 65 86 101 121 150 159 169 176 185 5 6 Résistance des matériaux Résistance des matériaux 7 INTRODUCTION Résistance des matériaux comme discipline scientifique : - résistance, solidité, rigidité, stabilité ; - barre (poutre, arbre), plaque, enveloppe, corps massif. Types de déformations ; notion d’état déformé d’un matériau : - concept de déformation ; - déformation élastique et plastique (résiduelle) ; - traction (compression) et déformation linéaire ; - cisaillement (glissement) et déformation angulaire ; - torsion (angle de torsion) ; - flexion (flèche) ; - état déformé du matériau en un point du corps (les six composantes de déformation). Hypothèses principales : - continuité, homogénéité, isotropie du matériau ; - hypothèse des petites déformations ; - élasticité parfaite du matériau ; - relation linéaire entre les déplacements et les charges (loi de Hooke) ; - principe de l’indépendance des effets et de l’addition des forces (principe de superposition) ; - sections planes. Forces extérieures : - surfaciques (superficielles) et volumiques (massiques) ; - statiques et dynamiques (instantanées, choc) ; - sollicitation périodique (cyclique). Forces intérieures : - méthode des sections ; 8 Résistance des matériaux - forces intérieures (efforts et moments) dans la section transversale de la barre ; - diagrammes des efforts et des moments ; - contraintes dans la section (normale et tangentielle). Solidité et rigidité : - contraintes admissibles ; - critère de résistance ; - condition de rigidité. 1. ÉTATS de CONTRAINTE et de DÉFORMATION État de contrainte en un point : - tenseur des contraintes dans le repère des coordonnées x, y, z et dans le repère des trois axes principaux 1, 2, 3 ⎧ σ x τ xy τ xz ⎫ ⎪ ⎪ Tσ = ⎨τ yx σ y τ yz ⎬ ⎪τ τ σ ⎪ ⎩ zx zy z ⎭ , ⎧ σ1 0 0 ⎫ ⎪ ⎪ Tσ = ⎨0 σ 2 0 ⎬ ⎪0 0 σ ⎪ 3⎭ ⎩ ; - contraintes principales ( σ1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 ) : ce sont les trois racines de l’équation s 3 − I 1σ s 2 + I 2σ s − I 3σ = 0 , où s est la contrainte normale principale ; I1σ , I 2σ , I3σ sont les invariants du tenseur des contraintes I1σ = σ x + σ y + σ z = σ1 + σ 2 + σ 3 I 2σ = σ x σ y + σ y σ z + σ z σ x − τ 2xy − τ 2yz − τ 2zx = σ1σ 2 + σ 2 σ 3 + σ 3 σ1 I3σ = σ x σ y σ z + 2τ xy τ yz τ zx − σ x τ 2yz − σ y τ 2zx − σ z τ 2xy = σ1σ 2 σ 3 ; - contraintes normales principales et type d’état de contrainte σ1 ≠ 0 , σ 2 = σ 3 = 0 - uniaxial ou état linéaire de contrainte, Résistance des matériaux 9 σ1 ≠ 0 (σ max ), σ 2 ≠ 0 (σ min ), σ 3 = 0 - biaxial ou état plan de contrainte, σ1 ≥ σ 2 ≥ σ 3 ≠ 0 - triaxial ou état tridimensionnel de contrainte. État uniaxial de contrainte : - contraintes dans un plan quelconque On montre les directions réelles des contraintes. Les directions positives des contraintes sont les suivantes : α est angle entre la direction de la contrainte principale et la normale extérieure σ α = σ1 cos 2 α , τ α = (σ1 / 2 )sin 2α . - déformation ε1 pour un état uniaxial de contrainte. Loi de Hooke. Module d’élasticité en traction E (module de Young). Coefficient de Poisson ν ε1 = σ1 / E , ε ε2 = 3 =ν . ε1 ε2 Etat plan de contrainte : - détermination des contraintes normales et tangentielles dans deux plans quelconques orthogonaux (problème direct) σ n = σ max cos 2 α + σ min sin 2 α , σmin σmax σmax σmin σ − σ min τ nm = − max sin 2α , 2 ou α est angle entre la contrainte σmax et la normale n compté de σmax (le sens positif est le sens contraire des aiguilles d’une montre). 10 Résistance des matériaux Pour ces contraintes, on obtient les relations suivantes : σ n + σ m = σ max + σ min , τ nm = − τ mn ; - détermination des contraintes normales principales et des axes principaux à partir des contraintes normales et tangentielles dans deux plans orthogonaux (problème inverse) 2 σx + σy ⎛ σx − σy ⎞ ⎟ + τ 2xy , σ max,min = ± ⎜⎜ ⎟ 2 2 ⎠ ⎝ tg 2α 0 = 2τ xy σx −σy ⇒ ⎛ 2τ xy ⎞ ⎟ 2α 0 = arctg⎜ ⎜ σx − σ y ⎟ ⎠ ⎝ Les formules présentées sont obtenues avec l’hypothèse σ x ≥ σ y ; l’angle α 0 détermine la direction de σ max par rapport de l’axe x ; - déformations pour un état plan de contrainte. Loi de Hooke généralisée 1 ⎧ ⎪ ε1 = E (σ1 − νσ 2 ) ⎨ 1 ⎪ε 2 = (σ 2 − νσ1 ) E ⎩ . Etat de contrainte tridimensionnel : - loi de Hooke généralisée 1 ⎧ ⎪ ε 1 = E [σ1 − ν(σ 2 + σ 3 )] ⎪⎪ 1 ⎨ε 2 = [σ 2 − ν(σ 3 + σ1 )] E ⎪ ⎪ε = 1 [σ − ν(σ + σ )] 3 3 1 2 E ⎩⎪ . Etat de déformation en un point : - tenseur des déformations dans les axes de coordonnées x, y, z et dans les trois axes principaux 1, 2, 3 Résistance des matériaux 1 ⎧ γ xy ⎪εx 2 ⎪⎪ 1 Tε = ⎨ γ yx ε y ⎪2 1 ⎪ 1γ γ ⎪⎩ 2 zx 2 zy 1 ⎫ γ xz ⎪ 2 ⎪⎪ 1 γ yz ⎬ 2 ⎪ εz ⎪ ⎪⎭ , ⎧ ε1 0 0 ⎫ ⎪ ⎪ Tε = ⎨0 ε 2 0 ⎬ ⎪0 0 ε ⎪ 3⎭ ⎩ 11 ; - deformation volumique εV = ϑ = ε x + ε y + ε z = ε1 + ε 2 + ε3 = 1 − 2ν (σ1 + σ2 + σ3 ) . E Données: 1.1 ⎧σ σ σ ⎫ ⎪ ⎪ Tσ = ⎨ σ σ σ ⎬ ⎪σ σ σ ⎪ ⎩ ⎭ Déterminer les contraintes principales normales et le type d’état de contrainte Pour déterminer les contraintes normales principales, il faut résoudre l’équation s 3 − I1σ s 2 + I 2σ s − I 3σ = 0 , où s est la contrainte normale principale et I1σ , I 2σ , I3σ sont les invariantes de l’état de contrainte en un point (invariants du tenseur des contraintes). On peut trouver que : I1σ = σ x + σ y + σ z = 3σ , I 2σ = σ x σ y + σ y σ z + σ z σ x − τ 2xy − τ 2yz − τ 2zx = 0 , I3σ = σ x σ y σ z + 2τ xy τ yz τ zx − σ x τ 2yz − σ y τ 2zx − σ z τ 2xy = 0 . En placant les valeurs des invariants dans l’équation, nous avons s 3 − 3σ s 2 = s 2 (s − 3σ) = 0 . Les trois racines d’une équation sont suivantes : s2 = s3 = 0 . s1 = 3σ , 12 Résistance des matériaux Les contraintes principales normales sont σ1 = 3σ , σ 2 = σ 3 = 0 . L’état de contrainte est donc uniaxial. Données: σ1 = 80 ɆPa , 1.2 σ 2 = 40 ɆPa , σ3 = 20 ɆPa , Déterminer les contraintes & dans la section n et les contraintes principales tangentielles. ° γ = 30 . Les contraintes déterminées (normale et tangentielle) agissent dans le plan parallèle à σ1 . Elles ne dépendent évidement pas de σ1 mais dépendent des contraintes σ 2 et σ 3 . C’est pourquoi, nous avons la possibilité de passer par un état de contrainte plan et d’utiliser les relations précédentes : σ n = σ max cos 2 α + σ min sin 2 α , σ − σ min τ nm = − max sin 2α 2 ( α est angle entre σmax et la normale n compté de σmax ) . Dans ces formules nous avons σ max = σ 2 , σ min = σ 3 et par conséquent α = γ . On trouve les valeurs des contraintes dans la section & n d’après les formules : σ n = 40 ⋅ 3 1 + 20 ⋅ = 35 MPa 4 4 , τ nm = − 40 − 20 3 ⋅ = − 8,66 MPa . 2 2 Les contraintes principales tangentielles valent: τ1 = (σ1 − σ 2 ) / 2 = 20MPa , τ 2 = (σ 2 − σ 3 ) / 2 = 10 MPa , τ 3 = (σ 3 − σ1 ) / 2 = 30MPa . Résistance des matériaux 13 Données : σ3 = − 100 ɆPa , 1.3 ° Déterminer les contraintes & & dans les sections n et m . γ = 30 . Voir le problème 1.2. Pour la détermination des contraintes dans la & section n nous avons σ max = 0 , σ min = −100MPa et α = − 60$ , parce que l'angle α est compté à partir de σ max et cet angle est compté positif & dans le sens des aiguilles d’une montre. Dans la section m l’angle α a la valeur : α = 30$ . On obtient : σ n = −100 ⋅ (0,866)2 = −75 MPa , σ m = −100 ⋅ (0,5)2 = −25ɆPa , 100 ⋅(− 0,866) = 43,3ɆPa ; 2 100 τ mn = − ⋅ 0,866 = − 43,3 ɆPa . 2 τ nm = − Données : 1.4 les contraintes sont en MPa Déterminer les contraintes principales normales et tangentielles La contrainte normale σ = 200 MPa est principale. Les autres deux contraintes normales principales agissent dans les plans parallèles à σ = 200 MPa et nous avons la possibilité de passer par un état plan de contrainte et utiliser les relations précédentes 2 σx + σy ⎛ σx − σy ⎞ ⎟ + τ 2xy , σ max,min = ± ⎜⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ tg 2α 0 = 2τ xy σx −σy ⇒ ⎛ 2τ xy ⎞ ⎟ 2α 0 = arctg⎜ ⎜ σx − σ y ⎟ ⎝ ⎠ Les formules présentées sont déterminées avec l’hypothèse σ x ≥ σ y 14 Résistance des matériaux Dans ce problème σ x = 400 , σ y = 0 , τ xy = 500. Le calcul donne σ max,min = 200 ± 200 2 + 500 2 = 200 ± 540 σ max = 740ɆPa , σ min = −340 ɆPɚ. tg 2α 0 = ° 1000 = 2,5 → α0 = 34 400 . L’angle α 0 détermine la direction σ max par rapport de l’axe x . Finalement, σ1 = 740 , σ 2 = 200 , σ 3 = −340 ( ɆPɚ ) . τ1 = ±540 , τ 2 = ±270 , τ 3 = ±270 ( ɆPɚ ) . Données : 1.5 p , a , E, ν Déterminer les contraintes normales, la variation de la dimension a et la densité d’énergie de déformation. Dans ce problème σ1 = σ 2 ≠ 0 sont les grandeurs inconnues et σ 3 = − p . En conformité avec les conditions aux limites du problème, les déformations transversales sont nulles ε1 = ε 2 = 0 et ε 3 ≠ 0 est la grandeur inconnue. C’est pourquoi, on peut écrire, en utilisant la loi de Hooke ⎧ Eε1 = σ1 − ν (σ 2 + σ 3 ) = 0 ⎪ ⎨ Eε 2 = σ 2 − ν (σ 3 + σ1 ) = 0 . ⎪ Eε = σ − ν (σ + σ ) ≠ 0 3 1 2 ⎩ 3 La résolution des deux premières équations donne σ1 = σ 2 = − pν / (1 − ν ) . Résistance des matériaux 15 La variation de la dimension de l’arête a d’un cube élémentaire de matière est liée avec la déformation linéaire ε 3 par la relation ∆a = a ε 3 , d’où nous avons : ∆a = p 2ν 2 + ν − 1 a⋅ <0 . E 1− ν La densité d’énergie de déformation élastique est déterminée par la formule U= 2 2 1 (σ1ε1 + σ 2 ε 2 + σ 3ε 3 ) = p ⋅ 1 − ν − 2ν > 0 . 2 2E 1− ν Données : 1.6 p , a , b , E, ν Déterminer les contraintes principales normales et la variation des dimensions a et b . Voir le problème 1.5. Ici σ 2 = 0 , σ 3 = − p et ε1 = 0 . Les grandeurs σ1 , ε 2 et ε 3 sont inconnues. En utilisant la loi de Hooke, nous avons σ1 = νσ 3 = − ν p . Les variations des dimensions a et b sont liées aux déformations ε 2 et ε 3 : ∆b = bε 2 = ( pb / E )ν (1 + ν ) > 0 , ( ) ∆a = a ε 3 = ( pa / E ) ν 2 − 1 < 0 . Données : σ1 = 60 MPa, 1.7 σ 2 = 30 MPa, 5 E = 2⋅10 ɆPa, ν = 0,3 , ° γ = 30 . Déterminer les déformations principales linéaires et les déformations selon les axes & & n et m . 16 Résistance des matériaux Les déformations principales se déterminent à partir des relations de la loi de Hooke : ε1 = (σ1 − νσ 2 ) / E = (60 − 0,3 ⋅30) / 2 ⋅ 10 5 = 2,55 ⋅ 10 −4 , ε 2 = (σ 2 − νσ1 ) / E = (30 − 0,3 ⋅ 60) / 2 ⋅ 10 5 = 0,6 ⋅ 10 −4 . Nous avons une analogie entre l’état de contrainte et l’état de & déformation. Pour déterminer les déformations dans les directions n et & m , on peut utiliser les formules correspondantes de l’état de contrainte. Nous avons : ε n = ε max cos 2 α + ε min sin 2 α , ε m = ε max sin 2 α + ε min cos 2 α , γ nm = − (ε max − ε min ) sin 2α . Dans ce problème ε max = ε1 , ε min = ε 2 , α = γ . On peut calculer ε n = 2,05 ⋅ 10 −4 , ε m = 1,09 ⋅ 10 −4 , γ nm = − 1,7 ⋅ 10 −4 . 2. CRITÈRES de RÉSISTANCE Rôle du critère de résistance : on est conduit à la réduction d’un état de contrainte complexe où les trois contraintes principales σ1 , σ 2 , σ 3 ne sont pas nulles à une traction uniaxiale équivalente σ éq . Indépendamment du critère utilisé, la condition de résistance a la forme suivante σ éq ≤ [ σ ] tr . Critères principaux de résistance: - critère des contraintes normales maximales (première théorie de résistance) σ max = σ1 ≤ [ σ ] ⇒ I σ éq = σ1 ; - critère des déformations maximales (deuxième théorie de résistance) ε max = ε1 ≤ [ ε ] ou σ1 − ν (σ 2 + σ 3 ) ≤ [ σ ] Résistance des matériaux II σ éq = σ1 − ν(σ 2 + σ 3 ) 17 ; - critère des contraintes tangentielles maximales (troisième théorie de résistance) τ max ≤ [ τ ] ou σ1 − σ 3 ≤ [ σ ] III σ éq = σ1 − σ 3 ; - critère de Von Mises (quatrième théorie de résistance) IV σ éq = 1 2 (σ1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ1 )2 ; - critère de Coulomb–Mohr (cinquième théorie de résistance) V σ éq = σ1 − 2.1 [ σ ] tr σ [ σ ] compr 3 Etat de contrainte tridimensionnel . Données : σ1 = 20 ɆPɚ, σ2 = - 40 ɆPɚ, σ3 = - 80 ɆPɚ. Comparer les contraintes équivalentes selon les différentes théories de résistance (ν = 0,3 ; [σ]tr /[σ]compr = 0,5 ). I II III IV σ éq = 20ɆPa ; σ éq = 56ɆPa ; σ éq = 100 ɆPa ; σ éq = 87,2 ɆPa ; V critère de Coulomb – Mohr - σ éq = 60 ɆPa . Données : 2.2 [σ]tr = [σ]compr (les contraintes sont en MPa) Déterminer l’état de contrainte le plus dangereux (utiliser la III-ième théorie de la résistance). III Nous savons que σ éq = σ1 − σ 3 . III Dans le premier cas : σ1 = 800 , σ 2 = 300 , σ 3 = 100 et σ éq = 700 ɆPɚ. 18 Résistance des matériaux III Dans le deuxième cas : σ1 = 750 , σ 2 = 100 , σ 3 = 0 et σ éq = 750 ɆPɚ. Le deuxième état de contrainte est donc le plus dangereux. Données : H, P, γ1 = γ eau , 2.3 γ2 = γ câble , [σ]tr = [σ]compr Déterminer les contraintes équivalentes dans les sections A et B (utiliser la III-ième théorie de la résistance). L’état de contrainte dans la section A est un état uniaxial de contrainte et se détermine à partir de la charge P et du poids du câble dans l’eau Pc = (γ 2 − γ1 )SH , où S est l’aire de la section du câble. ( ) Dans ce cas σ1 = P + Pc / S et III )A = (P / S ) + (γ 2 − γ1 ) H . ( σ éq L’état de contrainte dans la section B est un état de contrainte tridimensionnel : σ1 = P / S , σ 2 = σ 3 = − γ 1 H . La contrainte équivalente dans cette section sera III ( σ éq )B = (P / S ) + γ1 H . On peut voir que si ( γ 2 / γ 1 ) > 2, l’état de contrainte en A est le plus dangereux . Données : σ , 2.4 k= [σ]tr [σ]compr ≠1 Comparer les contraintes équivalentes dans les cas a) et b) . Dans le cas a) nous avons : σ1 = σ 2 = 0, σ 3 = − σ (critère de Coulomb – Mohr). σ (1) éq = kσ Résistance des matériaux Dans le cas b) le (voir σ1 = σ 2 = −νσ / (1 − ν ), σ 3 = − σ La comparaison des cas (2) σ (1) éq > σ éq . a) 19 problème 1.5) nous avons : ν ⎞ ⎛ σ (2) ⎟ σ. éq = ⎜ k − − ν⎠ 1 ⎝ et b) permet de montrer que On peut voir que si k < ν / (1 − ν ) , alors σ éq < 0 . Dans ce (2) cas, on considère toujours σ éq = 0. 3. TRACTION et COMPRESSION de BARRES DROITES Caractéristiques mécaniques des matériaux en traction et en compression : - diagramme de traction d’une éprouvette en acier à bas carbone en coordonnées P − ∆l ; diagramme des contraintes de traction ; - caractéristiques de résistance d’un matériau : R él , R 0, 2 , Rm sont les limites d’élasticité, d’écoulement ou de plasticité (conventionnelle), de résistance (résistance ultime) ; S ɤ - contrainte au moment de la rupture ; - caractéristiques de plasticité du matériau : δ , ψ sont allongement relatif et contraction relative d’une éprouvette mesurés après rupture de l’éprouvette ; - diagrammes des contraintes pour divers matériaux ; - diagrammes de compression pour divers matériaux. Traction (compression) des barres isostatiques : - méthode des sections et détermination de la force axiale N x La condition d’équilibre ΣX = 0 de n’importe quelle partie de barre donne N x = P . La force axiale N x est considérée comme positive, si 20 Résistance des matériaux elle provoque une traction, et comme négative, si elle provoque une compression ; - contrainte normale σ x = N x / S sec ( S sec est l’aire de la section droite) ; - déformation longitudinale ε x = σ x / E - sous un chargement en force, ε x = (σ x / E ) + αT (x ) - sous un chargement en force et température ; - déformations transversales ε y / ε x = ε z / ε x = ν ; - déplacementes des points x u = ∫ N x dx / ES sec - sous un chargement en force, 0 x x 0 0 u = ∫ N x dx / ES sec + α ∫ T (x )dx - sous un chargement en force et température. Barre hyperstatique et systèmes de barre isostatiques et hyperstatique. Données : 3.1 P,S,a,E Tracer les diagrammes des efforts N x , des contraintes σ x , des déformations ε x et des déplacementes u . 1. Détermination de la réaction à l’encastrement Résistance des matériaux 21 D’après la condition d’équilibre statique nous avons: ∑X =0 − R A − P + 3P − P = 0 RA = P . 2. Diagramme des efforts longitudinaux N x . Section 1 : ∑X =0 N x1 = P . Section 2 : ∑X =0 N x2 = 2P . Section 3 : ∑X =0 N x3 = − P . 3. Diagrammes des contraintes normales σ x et des déformations ε x Ils sont déterminés à l’aide des formules suivantes : σ x = N x / S sec , ε x = σ x / E = N x / ES sec . 4. L’obtention du diagramme des déplacementes u se fera à l’aide x de la formule u = ∫ ( N x / ES sec ) dx , en réalisant l’intégration dans les 0 limites de chaque partie de la barre (le diagramme est présenté en fonction du rapport Pa / ES ). x Tronçon 1 : u1 = ∫ ( N x1 / E ⋅ 2S )d x , 0 ≤ x ≤ a / 2 . 0 u1 x = 0 = 0 , u1 x= a / 2 = P a / 4 ES . x Tronçon 2 : u2 = u1 x = a / 2 + ∫ ( N x 2 / E ⋅ 2 S )d x , 0≤ x≤a/2 . 0 u2 x = 0 = P a / 4 ES , u 2 x= a / 2 = 3P a / 4 ES . 22 Résistance des matériaux x Tronçon 3 : u3 = u2 x = a / 2 + ∫ ( N x3 / E ⋅ S )d x , 0≤ x≤a . 0 u3 x = 0 = 3P a / 4 ES u 3 x = a = − P a / 4 ES . , Données : 3.2 q ,a,S,E. P = 2qa. Tracer les diagrammes des efforts longitudinaux N x et des déplacementes u . 1. Détermination de la réaction à l’encastrement D’après la condition d’équilibre statique, nous avons: ∑X =0 − R A + P − qa = 0 R A = qa . 2. Diagramme des efforts longitudinaux N x . Section 1 : ∑X =0 N x1 = qa . Section 2 : ∑X =0 N x 2 = − qa . Section 3 : ∑X =0 N x 3 = − qa + qx . (0 ≤ x ≤ a ) Résistance des matériaux 23 3. L’obtention du diagramme des déplacementes u se fera à l’aide x de la formule u = ∫ ( N x / ES sec ) dx (voir le problème 3.1) (le 0 diagramme est présenté en fonction du rapport qa 2 / ES ). x Tronçon 1 : u1 = ∫ ( N x1 / E ⋅ 2 S ) dx = qax / ES , 0 ≤ x ≤ a / 2 . 0 u1 x = 0 = 0 , u1 x =a / 2 = q a 2 / 4 ES . x Tronçon 2 : u2 = u1 x = a / 2 + ∫ ( N x 2 / E ⋅ 2 S )d x , 0 ≤ x ≤ a / 2 . 0 u2 x = 0 = qa 2 / 4 ES x , u2 x = a / 2 = 0 . ( ) Tronçon 3 : u3 = ∫ ( N x3 / E ⋅ S ) d x = − 2qax − qx 2 / 2 ES , 0 ≤ x ≤ a . 0 La fonction u3 = u3 (x ) est une fonction quadratique. Elle présente un minimum pour x = a : u3 x = 0 = 0 , 3.3 u3 x = a = − q a 2 / 2 ES . Données : P = 20 ɤN , q = 10 kN/m , 2 S = 2 ɫm , a=1m, 5 E = 2⋅10 ɆPa . Tracer les diagrammes des efforts longitudinaux N x et des déplacementes u. 1. Le problème donné est hyperstatique : nous avons 2 réactions inconnues aux encastrements et 1 équation de la statique. 24 Résistance des matériaux Le degré d’hyperstaticité est égal à 1. Pour l’obtention de la solution, on peut utiliser le procédé suivant : nous abandonnons l’encastrement en B et soumettons à l’examen une réaction R B de remplacement. La nouvelle barre sera équivalente à la barre initiale si le déplacement de la section B reste nul : ∆B = 0 ⇒ (∆ B ) P + (∆ B ) q + (∆ B ) R B =0 , où (∆ B ) P est le déplacement de la section B provoqué par la force P etc. (principe de superposition). Nous obtenons pour chaque terme : (∆ B )P = − P (a / 2) / E ⋅ 2 S = − Pa / 4 ES a (∆ B )q = ∫ q x dx + qa ⋅ a E ⋅ S E ⋅ 2S 0 (∆ B )RB = , qa 2 , ES = R B a / E ⋅ S + R B a / E ⋅ 2 S = 3R B / 2 ES . On peut calculer RB ( ) R B = Pa − 4 qa 2 / 6 = (20 ⋅ 1 − 4 ⋅ 10 ⋅ 1) / 6 = −3,33 kN . La valeur négative du résultat montre que la direction choisie pour la réaction au niveau de l’encastrement R B est incorrecte : il est nécessaire de la diriger en sens inverse avec la valeur R B = 3,33 kN . Maintenant nous abandonnons l’encastrement A et soumettons à l’examen une réaction R A en A . A l’aide de l’équation de la statique on a R A − P + qa − RB = 0 et on détermine la réaction R A = 13,33 kN. Ensuite la solution du problème est identique à la solution du problème précédent (voir le problème 3.2). Résistance des matériaux 25 2. Diagramme des efforts longitudinaux N x . N x1 = −13,33 kN , N x 2 = 6,67 kN , N x 3 = (6,67 − 10 x ) 0 ≤ x ≤ a ⇒ ⇒ N x 3 x = 0 = 6,67 kN , N x 3 x = a = −3,33 kN . 3. Diagramme des déplacementes u . N x u1 = x1 = −1,67 ⋅ 10 − 4 x , E ⋅ 2S (0 ≤ x ≤ 0,5 m ) u1 x = 0 = 0 , u1 x =0,5 = −0,833 ⋅ 10 −4 m . u 2 = −0,833 ⋅ 10 −4 + N x2 x = −0,833 ⋅ 10 −4 + 0,833 ⋅ 10 −4 x , 2 ES (0 ≤ x ≤ 0,5 m ) u2 x = 0 = − 0,833 ⋅10 −4 m , x u 3 = −0,417 ⋅ 10 − 4 + ∫ 0 u 2 x =0,5 = −0,417 ⋅ 10 −4 m . ( ) N x3 x dx = [− 0,417 + 0,25 ⋅ 6,67 − 5 x 2 ] ⋅ 10 − 4 ES (0 ≤ x ≤1,0 m ) . La fonction u3 = u3 (x ) est une fonction quadratique. Elle présente un maximum pour x = 0,66 m, notamment, u3 x = 0,66 = 0,138 ⋅10 −4 m. Aux extrémités de l’intervalle nous avons : u3 x=0 = −0,417 ⋅ 10 −4 m , u3 x =1 = 0 . Le dernier résultat correspond à l’encastrement de la barre à droite. 3.4 Données : P = 150 kN , ∆ = 0,28 cm , 2 S = 20 cm , a = 70 cm , 4 E = 10 MPa . Déterminer les valeurs des efforts longitudinaux Nx . 26 Résistance des matériaux Le déplacement à l’extrémité de la barre vaut : ∆ = Pa / 2 ES = 2,625 ⋅ 10 −3 m = 0,265 ɫm < ∆ = 0,28 cm . Le problème présente donc un caractère isostatique. L’effort longitudinal dans les sections d’aire 2S est égal à N x = P ; dans les autres sections N x = 0 . Données : Tracer les diagrammes des efforts longitudinaux N x , ∗ T = 30°C , q = 10 kN/m , 2 S = 2 cm , a=1m, 5 E = 2⋅10 MPa , 3.5 −5 α = 1,25⋅10 . des contraintes σ x , des déformations ε x et des déplacementes u . Nous abandonnons l’encastrement droit B (voir le problème 3.3) et soumettons à l’examen une réaction de remplacement RB comme force de compression. Le déplacement de la section B est nul : (∆ B )T + (∆ B )q + (∆ B )RB ∆B = 0 =0 , où (∆ B )T est le déplacement de la section B provoqué par une élévation de température T (x ) = T ∗ x / 2a etc. Pour chaque terme de l’équation nous aurons : (∆ B )T 2a ( = α ∫ T (x ) dx = α T ∗ / 2a 0 a (∆ B )q = ∫ q x dx + 0 (∆ B )RB E⋅S ) ∫ xdx = αT ∗ ⋅ a 2a ; 0 qa ⋅ a qa 2 = ; E ⋅ 2S ES = − R B a / E ⋅ S − R B a / E ⋅ 2 S = −3R B / 2 ES . La solution de cette équation conduit à la valeur de RB : R B = 2(qa + αTES ) / 3 = 16,67 kN . Résistance des matériaux 27 Maintenant nous abandonnons l’encastrement A et soumettons à l’examen une réaction R A en A. A l’aide de l’équation de la statique, on détermine la réaction R A : R A + qa − RB = 0 R A = 6,67 kN . 1. Diagramme des efforts longitudinaux N x . N x1 = − R A = − 6,67 kN , N x 2 = −(R A + qx ) 0 ≤ x ≤ 1m : N x 2 x = 0 = − 6,67 kN , N x 2 x =1 = −16,67 kN . 2. Diagramme des contraintes σ x . σ x1 = N x1 / 2 S = −16,67 MPa σ x 2 = N x 2 / S 0 ≤ x ≤ 1m : σ x 2 x =0 = −33,33 MPa , σ x 2 x=1 = − 83,35 MPa . 3. Diagramme des déformations ε x . Les valeurs des variations des longueurs (absolues ou relatives) des barres chauffées ou refroidies sont égales aux sommes algébriques des variations provoquées par les efforts (les contraintes) et les variations de température. Dans notre cas pour la détermination des déformations nous avons : ε x = (σ x / E ) + αT (x ) . C’est pourquoi : ε x1 x = 0 = −8,33 ⋅ 10 −5 , ε x1 x =1 = 10,42 ⋅10 −5 ; ε x 2 x = 0 = 2,08 ⋅10 −5 , ε x 2 x =1 = −4,18 ⋅10 −5 . 28 Résistance des matériaux 4. Diagramme des déplacements u . Dans le cas examiné x x 0 0 u = ∫ ( N x / ES sec ) dx + α ∫ T (x )dx . En réalisant l’intégration dans les limites de la première partie de la barre, nous avons ( ) x ∗ N x1 dx T + α∫ x dx = − 0,834 x + 0,938 x 2 ⋅ 10 − 4 m . E ⋅ S a 2 2 0 0 x u1 = ∫ La fonction u1 = u1 ( x ) est quadratique ; elle présente un minimum pour x = 0,44 m : u1 x = 0,44 = − 0,186 ⋅10 −4 m. Aux extrémités nous avons : u1 x = 0 = 0 , u1 x =1 = 0,104 ⋅10 −4 m . Dans la deuxième partie de la barre nous prenons en considération que la distribution de température T (x ) = T ∗ x / 2a est déterminée dans un intervalle 0 ≤ x ≤ 2ɦ . Donc, x′ N x 2 dx + α ∫ T (x ′)dx ′ , ES 0 1 x u 2 = 0,104 ⋅ 10 − 4 + ∫ où 0 ≤ x ≤ 1 m et 1 ≤ x ′ ≤ 2 m. Après quelques transformations nous obtenons : [ ] u2 = 0,104 − 1,667 x − 1,25x 2 + 0,937( x ′ 2 − 1) ⋅10 −4 . La fonction u2 = u2 ( x ) est quadratique. Elle présente un maximum pour x = 0,33 m ( x ′ = 1,33 m) : u 2 x =0,33 ; x′=1,33 = 0,138 ⋅ 10 −4 m. Aux extrémités nous avons : u2 x = 0; x ′ =1 = 0,104 ⋅10-4 m , u2 x =1; x ′ = 2 = 0 . Ce dernier résultat correspond à l’encastrement de la barre à droite. Résistance des matériaux 29 Données : 3.6 Déterminer la variation de la dimension a . S,a,E,γ,l,P La réaction d’un encastrement est R = P + S l γ . Dans la section située à la distance x de l’encastrement, nous avons pour effort longitudinal : N x = R − S x γ = P + S γ ( l − x) . La variation de la dimension a sera a N x dx a ⎡ P a ⎞⎤ ⎛ = ⎢ + γ ⎜ l − ⎟⎥ ES E ⎣S 2 ⎠⎦ ⎝ 0 ∆a = u x = a = ∫ 3.7 Données : S,a,E, q, P . Déterminer les contraintes normales dans les sections des barres et le déplacement du point d’application de force P. Le système articulé proposé est isostatique. Les déplacements élastiques des points du système sont déterminés d’après le schéma général suivant. Au moyen des équations de la statique, on trouve les efforts longitudinaux dans toutes les barres du système. Puis, d’après la loi de Hooke, on détermine les valeurs des allongements absolus. 1. Détermination des efforts dans les barres N1 = N 2 . ΣX = 0 ΣY = 0 2 N1 cos 45 $ = P N1 = P / 2 . 30 Résistance des matériaux ΣX = 0 ΣY = 0 ( ⇒ N3 = N 4 . ⇒ ) ⇒ 2 N 3 − P / 2 cos 45$ − qa 2 = 0 ( ) N 3 = qa + P / 2 . 2. Détermination des contraintes normales dans les sections des barres. σ1 = σ 2 = P / S 2 , [ )] ( σ 3 = σ 4 = qa + P / 2 / S 3. Le déplacement δ du point d’application de force P est la somme algébrique des projections verticales des allongements absolus des barres 1 et 3 : δ = δ1 + δ 3 , où δ1 = ∆l1 cos 45$ et δ 3 = ∆l3 cos 45$ . Les valeurs des allongements des barres 1 et 3 sont : ∆l1 = N1 a / ES , ∆l3 = N 3 a / ES . Finalement nous obtenons, ( ) δ = 2 Pa + qa 2 2 / ES . Données : 2 S = 2 cm , 3.8 α = 30° , [σ] = 120 MPa . Déterminer la valeur admissible de la force P d’après la condition de résistance ([σ] est la contrainte admissible). Le système articulé proposé est isostatique. 1. Détermination des efforts dans les barres ΣX = 0 ⇒ N1 = N 2 . ΣY = 0 ⇒ 2 N1 sin α − P + N 3 = 0 . Résistance des matériaux 31 Nous avons de dernière équation de la statique N 3 = P − N1 . La solution de l’équation des moments par rapport au point A permet d’avoir ΣM A = 0 ⇒ P ⋅ 2a + N 3 ⋅ 2a + N 2 ⋅ a sin α = 0 . N1 = 8 P / 3 . Ainsi, N1 = N 2 = 8 P / 3 , N 3 = −5 P / 3 . 2. Détermination de la force admssible. D’après la condition de résistance σ max = N max / S ≤ [σ] ⇒ P ≤ 3S [σ]/ 8 = 9 ⋅ 10 −3 MN = 9 kN . Données : 3.9 P, a, S . Déterminer les efforts (les forces intérieures) dans les barres. Le système articulé proposé est hyperstatique, parce que les efforts inconnus (au nombre de 3) ne peuvent pas être déterminés à l’aide des équations de la statique (au nombre de 2). La différence entre le nombre d’inconnus et le nombre d’équations de la statique est le degré d’hyperstaticité. Dans ce problème, le degré d’hyperstaticité est égal à l’unité, c’est-à-dire, qu’il est nécessaire d’avoir en dehors des deux équations de la statique une équation de compatibilité des déplacements (la rélation géométrique entre les allongements des différentes barres du système). 1. Equation de la compatibilité des déplacements des points du système. 32 Résistance des matériaux Les schémas possibles de la déformation du système articulé dont au nombre de deux (a et b) Variante ɚ) Variante b) Dans les figures ɚ) et b) nous avons : AA′ = ∆l1 , BB ′ = ∆l3 , CC ′ = ∆l2 . La relation géometrique entre les allongements des différentes barres du système a la forme : pour le schéma ɚ) ∆l1 − ∆l2 ∆l3 − ∆l2 = 3a a ⇒ ∆l1 + 2∆l2 − 3∆l3 = 0 ; ( 1ɚ ) pour le schéma b) ∆l1 + ∆l2 ∆l3 + ∆l2 = 3a a ⇒ ∆l1 − 2∆l2 − 3∆l3 = 0 . ( 1b) 2. Equations de la statique. Le schéma des forces doit être en pleine conformité avec le schéma de la déformation. Les schémas possibles des forces sont : Variante ɚ) Nous aurons : Variante b) Résistance des matériaux pour le schéma ɚ) 33 pour le schéma b) N1 + N 2 + N 3 = 0 , ( 2ɚ ) N1 − N 2 + N 3 = 0 , ( 2b ) N 1 ⋅ 2a = N 2 ⋅ a ( 3ɚ ) N1 ⋅ 2a = − N 2 ⋅ a . ( 3b ) . 3. Calcul des allongements des barres en fonction des forces inconnues : N x′ 1 a N x1 a 3 N1 a Pa + = + , E ⋅ 2S E ⋅ S ES ES N a = 2 , ES N3 a = . ES ∆l1 = ∆l 2 ∆l 3 4. Détermination des efforts longitudinaux dans les barres Pour la détermination des efforts longitudinaux nous avons les équations 1a – 3a ou 1b - 3b avec les valeurs des allongements des barres en conformité avec le point 3. Par résolution de l’ensemble des équations obtenues, il vient : N1 = − 2 P / 29 , N 2 = − 4 P / 29 , N 3 = 6 P / 29 - pour le schéma ɚ) N1 = − 2 P / 29 , N 2 = 4 P / 29 , N 3 = 6 P / 29 - pour le schéma b) Finalement, nous avons : Schéma des efforts Schéma des déplacements Pour le schéma des déplacements nous avons : ∆l1 = 26 Pa / 29 (allongement de barre), ∆l2 = 4 Pa / 29 (raccourcissement de barre) et ∆l3 = 6 Pa / 29 ( raccourcissement de barre). 34 Résistance des matériaux Données : P = 200 kN , α = 60° , [σ] = 120 MPa. 3.10 D’après la condition de résistance, déterminer les dimensions des sections circulaires des barres du système. Le système donné est hyperstatique : nous avons trois efforts inconnus dans les barres et deux équations de la statique. 1. Equation de compatibilité des déplacements des points du système. A′ est la nouvelle position du nœud A à cause de la déformation du système. C’est pourquoi BA′ = ∆l1 , AA ′ = ∆l2 et ∆l1 / ∆l2 = sin α (1) La numération des barres se fait de gauche à droite. 2. Equations de la statique. N1 = N 3 , (2) 2 N1 sin α + N 2 = 0 . (3) Les barres 1 et 3 sont coupées au-dessous du point d’application d’une force P : N1 (ou N 3 ) est un effort dans la partie inférieure de la barre. 3. Expression des déplacements par l’intermédiaire des efforts inconnues N1 , N 2 . ( ) ( ∆l1 = N1 l1 P (l1 / 2 ) N1 2a / 3 P a/ 3 + = + ES ES ES ES ∆l 2 = N2l 2 N2 a = ES ES ) , . 3. Détermination des efforts longitudinaux dans les barres . Par résolution des équations obtenues : N 2 = 75,34 ɤN (traction) , Résistance des matériaux 35 N1 = N 3 = − 43,5 ɤN (les parties inférieures des barres 1 et 3 sont comprimées), N1′ = N 3′ = 156,5 ɤN (les parties supérieures des barres 1 et 3 sont tendues). 5. Détermination des dimensions des sections circulaires des barres du système. D’après le critère de résistance S = πd 2 / 4 ≥ N max / [σ ] = 15,65 ɫm 2 ⇒ d ≥ 4,47 ɫm = 4,5 ɫm. On peut voir qu’il est nécessaire d’utiliser pour les barres 1 et 3 des barres avec section variable. Données : 3.11 P, a, S . Déterminer les forces intérieures dans les barres. L’ordre d’hyperstaticité égale 2 : nous avons 5 inconnues (3 efforts dans trois barres et 2 composantes de la réaction à l’encastrement A) et 3 équations de la statique. 1. Equation de compatibilité des déplacements des points du système. Les points B et C du système se déplacent aux positions B ′ et ɋ ′ . La numérotation des barres se fait de gauche à droite. BB ′ = ∆l1 , EC ′ = ∆l2 , CC ′ = ∆l3 . ∆l3 / ∆l1 = 2a / a , (1) ∆l2 / ∆l3 = sin α . (2) 2. Equations de la statique. R ′′A − N 2 cosα = 0 , (3) R ′A + N1 + N 2 sin α + N 3 − P = 0 , (4) N1 a + N 3 2a − P 3a + N 2 2a cosα = 0 . ( 5 ) 36 Résistance des matériaux 3. Présentation des déplacements en fonction des N1 , N 2 , N 3 . ∆l1 = N1 a / ES , ∆l 2 = N 2 a 5 / ES , ∆l3 = N 3 2a / ES . 4. Détermination des efforts longitudinaux dans les barres. Pour la détermination des efforts N1 , N 2 et N 3 dans les barres, il est suffisant de résoudre les équations ( 1 ) , ( 2 ) et ( 5 ) compte tenu du fait que les déplacements sont en conformité avec le point 3 ( sin α = 0,4472 ; cos α = 0,8945). On trouve : N1 = 0,525 P , 3.12 N 2 = 0,21 P , N 3 = 1,05 P . Données : 5 E = 2⋅10 MPa, −5 α = 1,25 ⋅10 , T = 17,3°C , F, a . Déterminer les contraintes est la thermiques ( T variation de température dans la barre centrale du système). L’ordre d’hyperstaticité du système est égal 1 : nous avons 5 efforts inconnus dans les barres et 4 équations de la statique (2 pour chacun des deux noeuds). 1. Equation de compatibilité des déplacements des points du système. CA ′ = ∆l1 , DB = ∆l4 , AA ′ + BB ′ = ∆l3 . On peut voir que AA′ = ∆l1 / cos 30° , BB ′ = ∆l4 / cos 60° . Nous aurons ∆l3 = 2∆l1 / 3 + 2∆l4 . ( ) 2. Equations de la statique (2 pour chacun des deux noeuds). (1) Résistance des matériaux N1 = N 2 , (2) N4 = N5 , (4) 2 N1 cos 30° = N 3 . (3) 2 N 4 cos 60° = N 3 . (5) 37 3. Expression des déplacements par l’intermédiaire des efforts inconnus et de la variation de température. On peut calculer que l 1 = 2a , l 3 = l 4 = 2a / 3 . Donc, ∆l1 = N1 2a / ES , ∆l 4 = N 4 2a / ES 3 . Pour la barre 3 nous considérons le schéma de déplacement indiqué dans la figure, où ∆l3T est le déplacement provoqué par la température T et ∆l3N est le déplacement provoqué par l’action de la force N 3 (la liaison de la barre 3 avec les autres barres du système limite le déplacement thermique) : ( ) ( ∆l3 = ∆l3T − ∆l3N = αT 2a / 3 − (N 3 / ES ) 2a / 3 ) . 4. Détermination des efforts longitudinaux dans les barres. La résolution simultané des équations obtenues donne N1 = N 2 = 6,0 S ( ɆN ) , N 3 = N 4 = N 5 = 10,4 S ( ɆN ) . Finalement, les contraintes thermiques ont pour valeurs : σ1 = σ 2 = 6,0 MPa , σ 3 = σ 4 = σ 5 = 10,4 MPa. 4. CISAILLEMENT Définitions : - cisaillement pur ; - déformation absolue de cisaillement ; 38 Résistance des matériaux - déformation relative de cisaillement ou déformation angulaire γ ; - contrainte tangentielle τ . Loi de Hooke pour le cisaillement pur : - relation entre déformation angulaire et scission γ = τ / G ; - relation entre les constantes élastiques E , ν et G ; - déformations angulaires principales γ 1 , γ 2 , γ 3 et contraintes tangentielles principales τ1 , τ 2 , τ 3 ; Condition de résistance en cisaillement : τ ≤ [τ ] = k [σ ] ( k = 0,5 ÷ 0,6 ) Données : 5 E = 2 ⋅ 10 MPa , ν = 0,3 , les contraites en MPa . 4.1 Déterminer les déformations principales angulaires et glissement octaédrique relatif. Les contraintes données sont aussi les contraintes normales principales (en MPa) : σ1 = 100 , σ 2 = − 20 , σ 3 = − 40 . Les contraintes principales tangentielles sont égales à la demi différence de contraintes normales principales : τ1 = σ1 − σ 2 / 2 = 60 , τ 2 = σ 2 − σ 3 / 2 = 10 , τ 3 = σ 3 − σ1 / 2 = 70 . Pour la détermination des déformations principales angulaires, nous utilisons la loi de Hooke sous la forme de la relation γ = τ / G . La valeur du module de torsion ou module de Coulomb du matériau G est G = E / 2 (1 + ν ) = 7,7 ⋅ 10 4 MPa . Résistance des matériaux 39 Donc, γ 1 = τ1 / G = 7,8 ⋅10 −4 , γ 2 = τ 2 / G = 1,3 ⋅ 10 −4 , γ 3 = τ 3 / G = 7,8 ⋅ 10 −4 Le glissement relatif octaèdrique (déformation angulaire) est déterminé par la formule connue : γ 0 = (2 / 3) γ 12 + γ 22 + γ 32 = 8,04 ⋅10 − 4 . Données : 4.2 Déterminer les contraintes les contraites en MPa. dans la section n . Pour le cisaillement pur τ , les facettes principales font des angles de $ 45 avec les facettes de l’énoncé. Les contraintes normales principales sont les suivantes : σ1 = −σ 3 = τ (voir le problème 1.4 ). Par conséquent, le problème posé se réduit à la détermination des contraintes pour une facette donnée quand les contraintes normales principales sont connues (voir les problèmes 1.2 ou 1.3 ). Les formules nécessaires sont connues : σ n = σ max cos 2 α + σ min sin 2 α , σ − σ min τ nm = − max sin 2α . 2 Les données α = 15 °, σ max = σ1 = 80 MPa et σ min = σ 3 = −80 MPa permettent de déterminer les contraintes recherchées : σ n = 69,3 MPa , τ nm = − 40 MPa . 40 Résistance des matériaux Données : 30° 4.3 20 mm P = 50 ɤN, 5 E = 2 ⋅ 10 MPa, ν = 0,3 . Déterminer les contraintes principales normales, la déformation angulaire et la déformation de la diagonale. 50 mm L’état de contrainte du parallélépipède rectangle est le cisaillement pur. La scission maximale est égale à τ = P / S cis = 50 ⋅ 10 −3 / 10 ⋅ 10 −4 = 50 MPa . Donc, les contraintes normales principales sont σ1 = − σ 3 = 50 MPa et la déformation angulaire γ = τ / G = 2τ( 1 + ν ) / E = 0,65 ⋅ 10 −3 . La déformation de la diagonale correspond à la déformation normale ° ε n dans la direction de la diagonale n déterminée par l’angle de 30 , que l’on peut déterminer à l’aide du schéma suivant (voir le problème 1.7 ) : Nous aurons : ε1 = ε max = (σ1 − νσ 3 ) / E = 3,25 ⋅ 10 −4 , ε 3 = ε min = (σ 3 − νσ1 ) / E = −3,25 ⋅ 10 −4 . ε n = ε max cos 2 α + ε min sin 2 α = 2,81 ⋅ 10 −4 . 5. CALCUL d’ASSEMBLAGES SIMPLES d’ÉLÉMENT de CONSTRUCTION Types de joints : boulonnés, rivetés, soudés, clavetés, goujonnés, encastrements (en charpente) etc… Types de déformations : traction, compression, cisaillement et matage. Résistance des matériaux Données : P, b,δ, [σ] tr , [σ] compr , [τ ] , [σ] frois = [σ]mat = = (2÷2,5) [σ] compr 5.1 41 Dimensionner le joint boulonné : déterminer le diamètre d du boulon, (b et δ sont la largeur et l’épaisseur des tôles). 1. Détermination de diamètre du boulon satisfaisant la condition de résistance au cisaillement. La condition de résistance au cisaillement du boulon pour la section mn peut s’écrire sous la forme τ = Q / S cis ≤ [τ] , où Q = P est la force transversale ; S cis = πd 2 / 4 est l’aire du cisaillement. Ceci nous permet d’évaluer le diamètre du boulon d≥ 4 P / π [τ] . 2. Détermination de diamètre du boulon satisfaisant la condition de résistance au matage. La condition de résistance au matage des surfaces en contact a la forme suivante σ mat = Pmat / S mat ≤ [σ]mat , où σ mat est la pression de matage ; Pmat est la force de matage et S mat est la section matée ou l’aire projetée de la surface de contact du boulon et de la tôle sur le plan diamétral. Pour Pmat = P , S mat = δ ⋅ d nous aurons d ≥ P / δ [σ]mat . 42 Résistance des matériaux De ces deux valeurs des diamètres, on prend la plus grande et on l’arrondit à la valeur normalisée. 3. Vérification de la résistance à la rupture en traction de la tôle dans la section la plus affaible (pour la valeur choisie du diamètre du boulon). σ = P / S net = P / δ (b − d ) ≤ [σ]tr 5.2 . Données : P = 32 ɤN, [σ] = 160 MPa , [τ ] = 0,7 [σ] , [σ] mat = 2 [σ] . Calculer toutes les dimensions inconnues des éléments de joint d'après la condition d'égale résistance. 1. Détermination du diamètre d0 à partir de la condition de résistance à la rupture en traction. La condition de résistance à la rupture en traction dans la section d 0 peut s’écrire sous la forme σ = P / S 0 = 4 P / πd 02 ≤ [σ] d 0 ≥ 4 P / π [σ] . Nous obtenons à partir de cette relation : d 0 = 0,01596 m ≅ 1,6 cm . 2. Détermination du diamètre d à partir de la condition de résistance à la rupture au cisaillement. La condition de résistance au cisaillement a la forme suivante : τ = P / 2S cis = 2 P / π d 2 ≤ [τ] d’où nous tirons d = 0,0135 m = 1,35 cm . d ≥ 2 P / π [τ ] , Résistance des matériaux 43 3. Détermination de la dimension δ à partir de la condition de résistance au matage. σ mat = P / S mat = P / dδ ≤ [σ]mat La relation obtenue permet de trouver : δ ≥ P / d [σ]mat . δ = 0,0074m = 0,74cm . 4. Détermination de la dimension b à partir de la condition de résistance à la rupture en traction dans la section la plus affaible. σ = P / S net = P / 2b δ≤ [σ] b ≥ P / 2δ [σ ] . Nous obtenons de cette relation : b = 0,0135 m = 1,35 cm . Calculer toutes les dimensions inconnues des P = 480 kN , [σ] = 160 MPa , éléments du joint [τ ] = 120 MPa , d'après la condition d'égale [σ] mat = 320 résistance. MPa. Données : 5.3 1. Détermination de diamètre d des rivets à partir de la condition de résistance au cisaillement. τ = P / 4S cis = P / π d 2 ≤ [τ] d ≥ P / π [τ ] , d = 0,0357 m = 3,57 cm . 2. Détermination d’épaisseur δ de la tôle à partir de la condition de résistance au matage. σ mat = P / 2S mat = P / 2dδ ≤ [σ]mat δ = 0,021m = 2,1cm . δ ≥ P / 2d [σ] mat . 44 Résistance des matériaux 3. Détermination de largeur b de la tôle à partir de la condition de résistance à la rupture en traction dans la section la plus affaible ( S net = S min dans la direction transversale). σ = P / S min = P / δ(b − 2d ) ≤ [σ] b ≥ 2d + ( P / δ [σ ]) . b = 0,2142 m = 21,4 cm . 4. Détermination de dimension l de la tôle à partir de la condition de résistance au cisaillement. τ = P / 4S cis = P / 4 δ [(l / 2) − ( d / 2 )] ≤ [τ] l = d + ( P / 2δ [τ]) , d’où nous avons l = 0,131m = 13,1 cm . Données : P = 160 kN , [σ] = 160 MPa , [τ ] = 120 MPa , [σ] mat = 320 MPa. 5.4 Calculer toutes les dimensions inconnues des éléments du joint d'après la condition d'égale résistance. 1. Détermination de la dimension a à partir de la condition de résistance à la rupture en traction. σ = P / S = P / a 2 ≤ [σ] a = 0,0316 m = 3,16 cm . a ≥ P / [σ ] . Résistance des matériaux 45 2. Détermination de la dimension c à partir de la condition de résistance au cisaillement. τ = P / 4S cis = P / 4a c ≤ [τ] c ≥ P / 4a [τ] , d’où nous avons : ɫ = 0,0106 m = 1,06 cm . 3. Détermination de dimension b1 à partir de la condition de résistance au matage. σ mat = P / S mat = P / b12 − a 2 ≤ [σ]mat ( ) ( ) b1 ≥ a 2 + P / [σ]mat . La relation obtenue permet de trouver b1 = 0,0387 m = 3,87 cm . 4. Détermination de la dimension d à partir de la condition de résistance au cisaillement. τ = P / 4S cis = P / 4 b1d ≤ [τ] d ≥ P / 4b1[τ] , d’où nous avons : d = 0,0086 m = 0,86 cm . 5. Détermination de dimension b à partir de la condition de résistance à la rupture en traction. ( ) σ = P / S = P / b 2 − b 12 ≤ [σ] b≥ Nous obtenons à partir de cette relation : b = 0,05 m = 5 cm . b 12 + ( P / [σ ]) . 46 Résistance des matériaux 5.5 Données : P, d,δ, [τ ] , [σ] mat . Calculer le joint riveté – déterminer le nombre i de rivets ( d est le diamètre du rivet ). Supposant que les efforts de traction P sont uniformément répartis entre tous les rivets, on peut trouver le nombre i des rivets à partir de la condition de résistance au double cisaillement : τ = P / i ⋅ 2S cis = 2 P / i ⋅ πd 2 ≤ [τ] i ≥ 2 P / πd 2 [τ] , où S cis est l’aire de la section droite du rivet. Le nombre nécessaire des rivets est obtenu à partir de la condition de résistance au matage : i ≥ P / δd [σ]mat , σ mat = P / i ⋅ S mat = P / i ⋅ d δ ≤ [σ]mat où S mat est l’aire du matage ou l’aire de projection de la surface de contact du rivet et de la bande sur le plan diametral. On choisira la plus grande des deux valeurs du nombre de rivets. 5.6 Données : P = 30 kN , b = 5 cm , δ = 5 mm , d = 2δ , [σ] = 160 MPa , [τ ] = 100 MPa , [σ] mat = 260 MPa . Déterminer le nombre i des rivets (d est le diamètre des rivets). Vérifier la résistance de la bande. Le nombre necessaire des rivets peut être obtenu à partir (voir le problème 5.5) : - de la condition de résistance au cisaillement τ = 4 P / i ⋅ π d 2 ≤ [τ ] i ≥ 4 P / πd 2 [τ] - de la condition de résistance au matage i ≥ 3,82 . Résistance des matériaux σ mat = P / i ⋅ d δ ≤ [σ] mat i ≥ P / δd [σ]mat 47 i ≥ 2,31 . Le nombre nécessaire de rivets est donc égal à 4. La vérification de résistance à la rupture en traction de la bande dans la section la plus affaible montre que la condition de résistance est satisfaite: σ = P / S min = P / (b − d ) δ ≤ [σ] 150 MPa < 160 MPa , où S min = S net est l’aire affablie par un trou de rivet. 5.7 Données : N = 22,5 kW , n = 300 t/mn , a = 12 mm , b = 8 mm , d = 40 mm . [τ ] = 60 MPa . Déterminer la longueur l de la clavette (a et b sont les dimensions de la section transversale ; N est la puissance sur l’arbre; n est le nombre de tours par minute). Il est nécessaire de déterminer la longueur l de la clavette satisfaisant la condition de résistance au cisaillement τ = P / S cis ≤ [τ] , où P = M / d est la force transversale déterminée par le moment de torsion ; S cis = a ⋅ l est l’aire du cisaillement. Si la puissance N est donnée en watts et la vitesse angulaire de rotation d’une arbre ω = 2πn / 60 est donnée en 1/s, le moment de torsion M = N / ω est en Nm. Dans ce cas nous aurons P = 60 N / 2πnd l = 60 N / 2π nda [τ ] Finalement nous obtenons : l = 0,02488 m ≈ 25 mm et les dimensions de la clavette sont les suivantes : 8x12x25 mm. 48 Résistance des matériaux Données : d = 30 mm , [σ]compr = 400 MPa , τ ult = 500 MPa . 5.8 Etablir la relation entre d, δ et les caractéristiques des deux matériaux (poinçon et tôle) pour que le poinçon ne soit pas détérioré. La condition de découpage de la tôle sans détérioration du poinçon est la suivante τ = P / S cis ≥ τ ult , où S cis = πd ⋅ δ est l’aire de cisaillement. La valeur de la force P permet de déterminer de la condition de résistance à la compression du poinçon ( ) P / S = P / πd 2 / 4 ≤ [σ]compr P = πd 2 [σ]compr / 4 . On peut trouver que : δ ≤ d [σ]compr / 4τ ult ≤ 6 mm et 5.9 δ / d ≤ 1/ 5 . Données : P = 100 kN , δ = 10 mm , [σ] = 140 MPa , [σ] él = 100 MPa . Déterminer la largeur b des bandes soudées en bout et un pourcentage d’utilisation du matériau des bandes. La soudure latérale travaille en traction et dans ce cas la condition de résistance à la rupture a la forme suivante : σ = P / S soud = P / l calc ⋅ δ ≤ [σ ] él l calc ≥ P / δ [σ ]él , Résistance des matériaux 49 où l calc est la longeur calculée du joint soudé ; [σ] él est la contrainte de traction admissible pour le métal fondu de la soudure à l’arc électrique. En introduisant les données initiales nous avons : l calc ≥ 0,1m = 10 cm. Considérant qu’aux deux extrémités de la soudure il y a un manque de pénétration, la longueur réelle l se trouve augmentée de 10 mm : l = l calc + 10 mm. En prenant en considération ce fait, nous avons : b = l = 11 cm . Pour cette largeur de bande b = 11 cm et la force admissible en traction est la suivante : Padm = b ⋅ δ [σ ] = 154 kN . Le taux d’utilisation de la résistance du matériau des bandes se détermine par la relation (P / Padm ) ⋅ 100% = 65% 5.10 . Données : P = 252 kN , δ1 = 10 mm , δ2 = 12 mm , b1 = 180 mm, b2 = 150 mm, [σ] = 140 MPa , [τ] él = 72 MPa . Déterminer la longueur l de soudure latérale et le pourcentage d’utilisation de la résistance du matériau des bandes. La soudure latérale est toujours réalisée sur les deux côtés. Elle travaille en cisaillement dans la section la plus faible. La surface de cisaillement de deux soudures est S cis = 2 m l calc , m = δ cos 45 $ = 0,7δ . où l calc = l − 10 mm est la longeur calculée du joint soudé et l est la longueur réelle (la différence détermine la longueur du manque de 50 Résistance des matériaux pénétration aux deux extrémités de la soudure) ; la dimension m est montrée dans le dessin. La condition de résistance au cisaillement est la suivante : τ = P / S cis = P / 2m l calc = P / 1,4δ 2 l calc ≤ [τ] él , où [τ ] él est la contrainte tangentielle admissible pour le métal fondu de la soudure à l’arc électrique. La condition de résistance à la rupture s’écrit : l calc ≥ P / 1,4δ 2 [τ ] él = 0,208 m ≈ 21cm. La longueur nécessaire de soudure est : l = l ɫalc + 10 mm = 22 cm. La pourcentage d’utilisation de la résistance à la rupture du matériau des bandes est égale à 100% . En effet , P / b1 ⋅ δ1 = 140 MPa = [σ ] et 5.11 P / b2 ⋅ δ 2 = 140MPa = [σ ] . Données : δ = 10 mm , b = 180 mm , [σ] = 140 MPa , [τ] él = 90 MPa . Déterminer la force de traction P et la pourcentage d’utilisation du matériau des bandes. Les joints pour une soudure à clin travaillent au cisaillement dans la section commune (voir le problème 5.10). La condition de résistance au cisaillement est la suivante : τ = P / 1,4 δ l calc ≤ [τ] él P ≤ 1,4δ l calc [τ] él , où l calc = b − 10 mm = 170 mm . On peut trouver que la force de traction est égale à P = 214 kN . Résistance des matériaux 51 La valeur trouvée de la force de traction permet de déterminer la contrainte dans une bande. Nous aurons σ = P / b ⋅ δ = 118,9 MPa. Le pourcentage d’utilisation de la résistance à la rupture du matériau des bandes est suivante : (σ / [σ]) ⋅100% = 85% . Données : P, b, h, α, [σ] mat , [τ] 5.12 Calculer l’encastrement : déterminer les dimensions x et y . La longueur x de la partie de charpente est déterminée à partir de la condition de résistance au cisaillement : τ = Pcos α / S cis = P cos α / b ⋅ x ≤ [τ] x ≥ P cos α / b [τ ] . La profondeur de l’encastrement y est fournie de la condition de résistance au matage : σ mat = P cos α / S mat = P cos α / b ⋅ y ≤ [σ] mat y ≥ Pcos α / b [σ]mat . 6. CARACTÉRISTIQUES GÉOMÉTRIQUES DES FIGURES PLANES Aire de la section : S = ∫ dS . S Moments statiques d’une aire : S z = ∫ y dS = y c ⋅ S , S y = ∫ z dS = z c ⋅ S , S S 52 Résistance des matériaux où y c , z c sont les coordonnées du centre de gravité. Moments d’inertie des figures planes (sections) : - axials I z = ∫ y 2 dS , S I y = ∫ z 2 dS ; S - centrifuges I yz = I zy = ∫ y z dS ; S - polaire I p = ∫ ρ 2 dS = I y + I z . S Axes centraux, principaux, centraux principaux et moments d’inertie correspondants. Moments d’inertie par rapport à des axes parallèles aux axes centraux : I z1 = I z + a 2 S , I y1z1 = I yz + abS ; I y1 = I y + b 2 S , ( ) I p1 = I p + a 2 + b 2 S . Moments d’inertie de sections simples par rapport à des axes centraux principaux : - rectangle (l’axe y est parallèle à la hauteur h de la section, l’axe z est parallèle à la largeur b ) I z = bh 3 / 12 , I y = b3h / 12 ; - triangle isocèle (l’axe y est parallèle à la hauteur h de la section, l’axe z est parallèle à la base b ) I z = bh 3 / 36 , I y = b3h / 48 ; Résistance des matériaux 53 - cercle de diamètre d I z = I y = πd 4 / 64 , I p = πd 4 / 32 ; - anneau ( d est diamètre extérieur, d0 - intérieur) Iz = I y = 4 πd 4 ⎡ ⎛ d 0 ⎞ ⎤ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ . 64 ⎢ ⎝ d ⎠ ⎥ ⎦ ⎣ Moments d’inertie des sections complexes. Déterminer la position du centre de gravité. Données : a 6.1 Les coordonnées du centre de gravité sont égales à zc = S y / S , où S z = yc = S z / S . ∫ y dS = yc ⋅ S et F S y = ∫ z dS = z c ⋅ S sont les moments F statiques de l’aire par rapport aux axes y et z respectivement. La grandeur S est l’aire de la figure : S = S1 + S 2 = 4a ⋅ 2a + 4a ⋅ a = 12a 2 . Pour calculer les moments statiques d’une figure complexe, il faut la subdiviser en formes simples : 4a S z1 = 3 ∫ y dS1 = 2a ∫ ydy = 16a , F1 0 2a S y1 = F1 a S z2 = 3 ∫ y dS 2 = 4a ∫ ydy = 2a F2 0 3 ∫ z dS1 = 4a ∫ zdz = 8a , 0 6a , S y2 = 3 ∫ z dS 2 = a ∫ zdz = 16 a , F2 2a Pour les formes simples on peut utiliser les formules suivantes : 54 Résistance des matériaux S z1 = S1 y c1 = 4a ⋅ 2a ⋅ 2a = 16a 3 , ................................. S y 2 = S 2 z c 2 = 4a ⋅ a ⋅ 4a = 16a 3 . Finalement nous avons S z = 18a 3 , S y = 24a 3 et z c = 2a , y c = 1,5 a . Données : h = 100 mm , b = 40 mm , t = 10 mm , d = 8 mm . 6.2 Déterminer les moments d’inertie par rapport aux axes centraux. La position du centre de gravité et la position des axes centraux pour une géométrie donnée sont immédiatement connues. Pour calculer les moments d’inertie de la géométrie par rapport aux axes y et z nous : Près subdivision en formes simples (en trois rectangles), nous avons : I z = I z1 + I z 2 + I z 3 , où I z1 = I z 3 = (b − d ) t 3 2 ⎛h t⎞ + ⎜ − ⎟ ⋅ t (b − d ) , ⎝ 2 2⎠ 12 I z2 = dh 3 12 I y2 = hd3 12 ; I y = I y1 + I y 2 + I y 3 , t (b − d ) 3 où I y1 = I y 3 = 12 2 ⎛ b⎞ + ⎜ ⎟ ⋅ t (b − d ) , ⎝ 2⎠ (nous avons utilisé la formule donnant le moment d’inertie par rapport à des axes parallèles). Finalement, I z = 196,8 cm4 , I y = 31,5 cm4 . Résistance des matériaux 55 7. TORSION DES ARBRES CIRCULAIRES Diagramme de torsion : - comparaison avec le diagramme de traction : existence d’une même série de tronçons et de points caractéristiques ; - types de rupture en torsion pour les matériaux fragiles et ductiles. Facteurs associés aux forces extérieures et intérieures : - moment de torsion extérieur M (en N⋅m) M = 9736 N / n ( N est la puissance en kW, n est le nombre de tours par minute) ; M = 7162 N / n ( N est la puissance en chevaux, n est le nombre de tours par minute) ; M = N / ω ( N est la puissance en W, ω est la vitesse angulaire en 1/sec) ; - méthode des sections et détermination du moment de torsion intérieur M x . Règle des signes pour M x . Hypothèses de départ et déformations en torsion : - hypothèses des sections planes, de la rectitude des rayons et de la conservation des distances entre les sections de l’arbre en torsion ; - le caractère de la déformation est le cisaillement pur ; - déformation angulaire γ xt = r ϑ , où ϑ = dϕ / dx est l’angle de torsion relatif ; - angles de torsion relatif ϑ = x Mx M et de rotation total ϕ = ∫ x dx GI p GI p 0 d’un arbre de longueur x ( GI p est la rigidité en torsion). Contraintes en torsion : - contrainte tangentielle τ xt = M x r / I p et contrainte tangentielle maximale (τ xt ) max = M x / W p , où W p = I p / (d / 2) est le moment résistant polaire ; 56 Résistance des matériaux - état de contrainte en torsion. Conditions de résistance et de rigidité. Arbres hyperstatiques. Données : Tracer les M , D = 2d , a , diagrammes Mx et G ϕ. 7.1 1. Détermination de la réaction à l’encastrement. D’après la condition de la statique (l’équation des moments par rapport à l’axe x) nous avons : M A − 3M + M = 0 MA = 2M . 2. Diagramme des moments de torsion M x . D’après statique Section 1 : l’équation de M A + M x1 = 0 nous avons M x1 = − 2 M . Section 2 : M A − 3 M + M x2 = 0 M x2 = M . la Résistance des matériaux Section 3 : M A − 3 M + M x3 = 0 57 M x3 = M . 3. Diagramme des angles de torsion ij . Le diagramme des angles de torsion ij est déterminé à l’aide de la x ( ) formule ϕ = ∫ M x / GI p dx , en réalisant une intégration dans les 0 limites de chaque partie de l’arbre. Puisque le moment d’inertie polaire a des valeurs différentes pour les différentes parties de l’arbre ( I p1 = πD 4 / 32 , I p 2 = πd 4 / 32 ; I p1 = 16 I p 2 ), le diagramme est déterminé avec les unités Ma / GI p1 . x Tronçon 1 : ( ) ϕ1 = ∫ M x1 / GI p1 dx , 0 ≤ x ≤ a . 0 ϕ1 x = 0 = 0 , ϕ1 x = a = − 2 Ma / GI p1 . x ( ) Tronçon 2 : ϕ 2 = ϕ1 x = a + ∫ M x 2 / GI p1 dx , 0 ≤ x ≤ a . 0 ϕ 2 x = 0 = −2 Ma / GI p1 , x ( ϕ 2 x = a = − Ma / GI p1 . ) Tronçon 3 : ϕ 3 = ϕ 2 x = a + ∫ 16 M x3 / GI p1 dx , 0 ≤ x ≤ 2a . 0 ϕ 3 x = 0 = − Ma / GI p1 , ϕ 3 x = 2a = 31 Ma / GI p1 . Tracer les diagrammes Mx et ϕ M , m = M , a , et déterminer la a contrainte G tangentielle maximale. Données : 7.2 58 Résistance des matériaux 1. Détermination des réactions à l’encastrement. M + m ⋅ 2a − 4 M + M B = 0 M B = ma . 2. Diagramme des moments de torsion M x . Section 1 : − M B + M x1 = 0 M x1 = ma . − M B + 4 M − m ⋅ x + M x2 = 0 . M x 2 = mx − 3ma , ( 0 ≤ x ≤ 2a ) . Section 2 : M x 2 x = 0 = − 3ma , M x 2 x = 2a = − ma . Section 3 : M x3 + M = 0 M x 3 = − ma . 3. Le diagramme des angles de torsion ij est déterminé avec les unités ma 2 / GI p . x ( ) Tronçon 1 : ϕ1 = ∫ M x1 / GI p dx , 0 ≤ x ≤ a . 0 ϕ1 x = a = ma 2 / GI p . ϕ1 x = 0 = 0 , x ( ) Tronçon 2 : ϕ 2 = ϕ1 x = a + ∫ M x 2 / GI p dx , 0 ≤ x ≤ 2a . 0 ϕ 2 x = 0 = ma 2 / GI p , ϕ 2 x = 2a = − 3ma 2 / GI p . (la fonction ϕ 2 = ϕ 2 ( x ) est une fonction quadratique) x Tronçon 3 : ( ) ϕ 3 = ϕ 2 x = 2a + ∫ M x3 / GI p dx , 0 ≤ x ≤ a . 0 Résistance des matériaux 59 ϕ 3 x = 0 = −3ma 2 / GI p , ϕ 3 x = a = −4ma 2 / GI p . 4. Détermination de la contrainte tangentielle maximale. Pour un arbre de section circulaire, la contrainte tangentielle est déterminée par la formule : τ xt = M x r / I p , où r est une distance du centre à tout point arbitraire. On peut écrire : (τ xt ) max = ( M x ) max / W p , où W p = I p / (d / 2) = πd 3 / 16 est le moment résistant polaire. Finalement, nous avons : (τ xt ) max = 48 ma / πd 3 . Déterminer les dimensions des sections des arbres : 7.3 M = 10 kN⋅m , circulaire ( d ) et annulaire ( [τ] = 60 MPa . d / d = 7/8 ). Comparer les 0 poids des arbres. La condition de résistance à la rupture de l’arbre en torsion a la forme suivante : Données : (τ xt ) max = ( M x ) max / W p ≤ [τ] . Dans ce problème, le moment de torsion est M x = M . 60 Résistance des matériaux Les dimensions de la section seront déterminées par le moment polaire résistant : W p = I p / (d / 2 ) ≥ M /[ τ] = 0,167 ⋅ 10 −3 m 3 = 167 cm 3 . Pour un arbre à section circulaire pleine nous avons : W p = πd 3 / 16 = 167 cm 3 S1 = 69,8 cm 2 . d = 9,43 cm Pour une section annulaire : Wp = πd 3 ⎡ ⎛ d 0 ⎢1 − ⎜ 16 ⎢ ⎝ d ⎣ ⎞ ⎟ ⎠ 4⎤ ⎥ = 167 cm 3 ⎥ ⎦ d = 12,7 cm S 2 = 29,4 cm 2 . Les poids des arbres sont dans le rapport des aires de leurs sections transversales : P1 / P2 = S1 / S 2 = 2,37 . On peut voir que la section annulaire est plus économique en terme de matière. Données : N 1 = 45 kW , 7.4 N 2 = 30 kW , n = 360 t/mn , [τ] = 20 MPa , a=3m, b=2m. Déterminer les dimensions des sections droites et leurs angles de torsion respectifs ( G = 8⋅104 MPa ). On peut considérer la puissance N 0 comme la puissance fournie et les puissances N1 et N 2 comme les puissances consommées. Les moments de torsion M 1 et M 2 correspondants aux puissances N1 et N 2 sont déterminés par la relation bien connue : M 1 = 9736 N1 / n = 1217 N⋅m , M 2 = 9736 N 2 / n = 811,3 N⋅m . La condition d’équilibre de l’arbre (la condition d’une rotation uniforme) permet de déterminer le moment M 0 Résistance des matériaux 61 M 0 = M1 + M 2 = 2028,3 N⋅m . On peut voir que pour la partie de l’arbre dont le diamètre est d1, nous avons le moment de torsion M x1 = M 0 et pour la partie dont le diamètre est d2 : M x2 = M 2 . Pour assurer la résistance en torsion de la section de diamètre d1 , nous avons : W p1 = M 0 /[ τ] = 101,4 cm 3 d1 = 8,0 cm . Similairement, pour la section de diamètre d2 : W p 2 = M 2 /[ τ] = 40,6 cm 3 d 2 = 5,9 cm . Les angles de torsion pour chaque tronçon de l’arbre sont les suivants : ϕ1 = M 0 a / GI p1 = 18,6 ⋅10 −3 , ϕ 2 = M 2 b / GI p 2 = 16,74 ⋅ 10 −3 . L’angle de torsion total est : ϕ = ϕ1 + ϕ 2 = 35,34 ⋅10 −3 = 2,03 ° . 7.5 Données : M = ma , D = 2d , a, G. Tracer les diagrammes Mx et ϕ . 1. Ce problème est hyperstatique : nous avons deux réactions aux encastrements et une équation d’équilibre. Pour la solution du problème on peut utiliser le procédé suivant: nous abandonnons l’encastrement droit B et considérons une réaction M B ( voir le problème 3.3 ). Ce problème sera l’équivalent du problème de départ si l’angle de torsion de la section B est égal zéro. En 62 Résistance des matériaux d’autres termes, l’équation complémentaire est obtenue par la somme algébrique des angles de torsion de toutes les parties de l’arbre et puisque les sections extrêmes ne tournent pas, cette somme doit aussi être égale à zero : (ϕ B ) M + (ϕ B )m + (ϕ B ) M B ϕB = 0 =0 , où (ϕ B ) M est l’angle de torsion de la section B provoqué par le moment M , etc (principe de superposition). On peut calculer que (ϕ B ) M = Ma / GI p1 , 2a mx 2ma ⋅ 2a 36ma 2 =− dx − , GI p 2 GI p1 GI p1 0 (ϕ B )m = − ∫ (ϕ B )M B = M B ⋅ 2a M B ⋅ 2a 34M B a + = . GI p1 GI p 2 GI p1 Nous avons tenu compte de la valeur de I p1 = 16 I p2 . La solution de l’équation fonction de M B donne M B = 35ma / 34 . La réaction M A est déterminée à l’aide de l’équation de la statique : M A − M + m ⋅ 2a − M B = 0 M A = ma / 34 . 2. Détermination du diagramme des moments M x . Section 1 : M x1 + M A = 0 M x1 = − 0,03 ma . Section 2 : M A − M + M x2 = 0 M x2 = 0,97 ma . Section 3 : M A − M + mx + M x3 = 0 M x3 = 0,97 ma − mx . Résistance des matériaux 63 Pour les extrémités du tronçon 3 de l’arbre nous avons : M x 3 x = 0 = 0,97 ma , M x 3 x = 2a = −1,03 ma . Le diagramme du moment M x est déterminé en unités ma . 3. Détermination du diagramme de l’angle de torsion ϕ . Nous déterminons le diagramme de l’angle de torsion ϕ en unités ma 2 / GI p1 . x Tronçon 1 : ( ) ϕ1 = ∫ M x1 / GI p1 dx , 0 ≤ x ≤ a . 0 ϕ1 x = a = −0,03 ma 2 / GI p1 . ϕ1 x = 0 = 0 , x Tronçon 2 : ( ) ϕ 2 = ϕ1 x = a + ∫ M x 2 / GI p1 dx , 0 ≤ x ≤ a . 0 ϕ 2 x = 0 = −0,03 ma 2 / GI p1 , ϕ 2 x = a = 0,94 ma 2 / GI p1 . x Tronçon 3 : ( ) ϕ 3 = ϕ 2 x = a + ∫ 16M x3 / GI p1 dx , 0 ≤ x ≤ 2a . 0 La fonction ϕ 3 = ϕ 3 ( x ) est une fonction quadratique présentant un maximum pour x = 0,97a : ϕ 3 x = 0,97a = 8,5 ma 2 / GI p1 . Pour les extrémités du tronçon 3 de l’arbre nous avons : ϕ 3 x = 0 = 0,94 ma 2 / GI p1 , ϕ 3 x = 2a = 0 . 64 Résistance des matériaux Données : P, GIp , ∆, a, l. 7.6 Déterminer le deplacement vertical δ au point d’application de la force P . Si la force P est petite, c’est l’arbre droit 2 qui travaille. Dans ce cas M 2 = P ⋅ a et le déplacement vertical δ se détermine par la relation ∆ ≥ δ = ϕ 2 ⋅ a = Pa 2 l / GI p ( P ≤ ∆GI p / a 2 l ) . Si la force est grande ( P > ∆GI p / a 2 l ), le système est hyperstatique. Pour déterminer les moments de torsion M 1 et M 2 nous avons les deux équations suivantes : M1 + M 2 = Pa - équation de la statique, ϕ 2 ⋅ a − ϕ1 ⋅ a = ∆ - équation de compatibilité des déplacements de tous les points du système. Compte tenu de la relation ϕ = M l / GI p , nous aurons cette deuxième équation sous la forme : M 2 − M1 = ∆GI p / a l . La résolution du système d’équations par rapport aux moments de torsion donne : M1 = Pa ∆GI p − 2 2a l , M2 = P a ∆GI p . + 2 2a l Finalement, le déplacement vertical δ sera : ⎞ 1 ⎛ Pa 2 l δ = ϕ 2 ⋅ a = ⎜⎜ + ∆⎟⎟ . 2 ⎝ GI p ⎠ Résistance des matériaux 65 8. FLEXION PLANE TRANSVERSALE Classification des forces extérieures : - force concentrée et moment concentré (couple) ; - charge par unité de longueur. Définitions de la flexion plane (pure et transversale). Classification des poutres et leurs appuis : - appui articulé mobile, appui articulé immobile, encastrement ; - poutre cantilever, poutre à deux appuis (à une travée ou poutre simple), poutre en console ; - poutre isostatique, poutre hyperstatique. Facteurs de forces intérieurs : - méthode des sections et définitions du moment fléchissant M z et de l’effort tranchant Q y ; - regles pour les signes des M z et Q y zone de traction Equations différentielles pour les barres en flexion : - dM z / dx = Q y , dQ y / dx = q d 2 M z / dx 2 = q ; - conséquences principales de équations différentielles de flexion et certaines particularités des diagrammes des M z et Q y . Flexion pure : - hypothèses initiales et déformations en flexion pure ; - contrainte normale σ x = ( M z / I z ) y ; - contraintes normales maximales de traction et de compression 66 Résistance des matériaux M tr (σ x )max = z Iz tr ⋅ y max = Mz (σ x )compr max = Iz Mz I ( W ztr = z ) , tr y max W ztr compr ⋅ y max = Mz Iz ( W zcompr = ) , compr y max W zcompr tr compr où y max et y max sont les coordonnées des points plus éloignés de l’axe neutre dans les zones de traction et compression ; W ztr et W zcompr sont les moments résistants de la section en flexion. Flexion transversale : - contrainte normale σ x = Mz y ; Iz - contrainte tangentielle τ xy = Q y S z∗ ( y ) I z b ( y) , où S z∗ ( y ) est le moment statique de la partie de section située au-dessus du niveau y ; b ( y ) est la largeur de la section à ce niveau ; - diagrammes des contraintes normales et tangentielles pour diverses sections. Calcul de résistance en flexion plane transversale : - τ xy ≅ 0 , [σ] tr ≠ [σ]compr tr (σ x )max =| M z | max / W ztr ≤ [σ] tr , compr (σ x )compr ≤ [σ]compr max =| M z | max / W z ; - τ xy ≅ 0 , [σ] tr = [σ]compr = [σ] et W ztr = W zcompr = Wz σ x max =| M z | max / W z ≤ [σ] ; - τ xy ∼ σ x Résistance des matériaux 67 Les conditions de résistance correspondent aux diverses théories de résistance. Déplacements en flexion : - équation différentielle de l’axe curviligne d’une poutre ou de la déformée élastique ( EI z = const ) EI z v ′′( x ) = M z ( x ) ; - équation des angles de rotation EI z ϑ = EI z v ′(x ) = ∫ M z (x ) dx + C1 ; - équation des déplacements en flexion ou flèches [ ] EI z v(x ) = ∫ ∫ M z (x )dx dx + C1 x + C 2 . Conditions aux limites (conditions existant aux extrémités de la poutre) et détermination des constantes C1 et C 2 . - équation universelle de la déformée élastique (détermination des déplacements dans les poutres par la méthode de paramètres initiaux). EI z v = EI z v 0 + EI z ϑ 0 x + M I ( x − a )2 2 +q +P (x − b)3 II (x − c )4 24 6 −q IV + III (x − d )4 24 + ... V 68 Résistance des matériaux Données : 8.1 P, a, M=Pa. Tracer les diagrammes de l’effort tranchant Q y et du moment fléchissant M z 1. Détermination des réactions aux appuis. D’après les conditions de la statique ( ∑Y = 0 et ∑ M A = 0 ) nous avons : R A − P + RB = 0 , M − P ⋅ 3a + RB ⋅ 4a = 0 . La résolution du système des équations par rapport aux réactions aux appuis donne RB = P / 2 , RA = P / 2 . 2. Détermination des diagrammes de l’effort tranchant Q y et du moment fléchissant M z . Les efforts tranchants Q y et les moments fléchissants M z sont déterminés par la méthode des sections. Pour simplifier les expressions de Q y et de M z , nous considérons les sections 1 et 2 du côté gauche et la section 3 du côté droit. Section 1 : Section 2 : Q y1 = R A = P / 2 , M z1 = R A ⋅ x = P x / 2 . (0 ≤ x ≤ a ) Q y2 = P / 2 , M z2 = P ( x − a ) / 2 . ( 0 ≤ x ≤ 2a ) Résistance des matériaux Section 3 : 69 Q y 3 = − RB = − P / 2 , M z 3 = RB ⋅ x = P x / 2 . (0 ≤ x ≤ a ) Nous remarquons que, en conformité avec l’ordre d’apparition des différentes parties de la poutre, l’axe x de la partie 3 a comme direction de déplacement de la droite vers la gauche (la valeur x = 0 appartient à la section B). Dans ce cas dM z 3 / dx = − Q y 3 . 8.2 Données : q, a, P1 = qa , P2 = 3qa . Tracer les diagrammes de l’effort tranchant Q y et du moment fléchissant M z Dans ce problème, on peut tracer les diagrammes de l’effort tranchant Q y et du moment fléchissant M z , en examinant les sections 1 et 2 du côté gauche (il n’y a pas néɫessité de calculer les réactions d’encastrement en B). Q y1 = − P 1− qx = − q (a + x ) , Section 1 : qx 2 qx 2 . = − qax − 2 2 (0 ≤ x ≤ a ) M z1 = − P 1 x − Q y 2 = 2qa − qx , Section 2 : M z 2 = −3qa 2 + 2qax − qx 2 . 2 ( a ≤ x ≤ 3a ) La fonction M z 2 = M z 2 ( x ) est une fonction quadratique et présente un maximum pour x = 2a : M z 2 x = 2a = − qa 2 . Le diagramme de M z est déterminé en unités qa 2 . 70 Résistance des matériaux Pour calculer les réactions d’encastrement, on peut déterminer les valeurs de l’effort tranchant Q y et de moment fléchissant M z dans la section B : RB = qa et M B = 3qa 2 / 2 . Données : q, a, P = qa , 2 M = 2qa . 8.3 Tracer les diagrammes de l’effort tranchant Q y et du moment fléchissant M z . 1. Détermination des réactions aux appuis. Les conditions de la statique ont les formes suivantes : ∑Y = 0 P − R A + RB − 2 q ⋅ a + P = 0 , ∑MA =0 − P ⋅ a + M + RB ⋅ 2a − 2qa ⋅ 2,5 a + P ⋅ 3a = 0 . La résolution du système des équations par rapport aux réactions des appuis donne R A = qa / 2 , RB = qa / 2 . 2. Diagrammes de l’effort tranchant Q y et du moment fléchissant M z ( M z est aux unités de qa 2 ). Pour déterminer les efforts tranchants Q y et les moments fléchissants M z , nous considérons les sections 1 et 2 du côté gauche et la section 3 du côté droit. Section 1 : Q y1 = P = qa , M z1 = P x = qax . (0 ≤ x ≤ a ) Résistance des matériaux 71 Q y 2 = qa / 2 , M z 2 = (qax / 2) − qa 2 . ( 0 ≤ x ≤ 2a ) Section 2 : Q y 3 = q (2 x − a ) , M z 3 = qx (a − x ) . (0 ≤ x ≤ a ) Section 3 : Nous remarquons que pour la partie 3 de la poutre, l’axe x a une direction dont le sens va de droite à gauche (la valeur x = 0 correspond à la section droite) et dM z 3 / dx = − Q y 3 . La fonction M z 3 = M z 3 ( x ) est une fonction quadratique avec un maximum pour x = a / 2 : M z 3 x = a / 2 = qa 2 / 4 (l’effort tranchant Q y 3 est égal zero pour x = a / 2 ). 8.4 Données : q = 10 kN/m , a = 2 m, P = 2qa , 2 M = qa . Tracer les diagrammes de l’effort tranchant Q y et du moment fléchissant M z et les distributions des contraintes σx et τxy pour les différentes géométries de la section. 1. Détermination des réactions aux appuis. Les équations d’équilibre ( ∑ M A = 0 et ∑ M B = 0 ) dans ce problème ont la forme : − M + q ⋅ 2a ⋅ 2a + P ⋅ a + RB ⋅ 3a = 0 , R A ⋅ 3a − M − P ⋅ 2a + q ⋅ 2a ⋅ a = 0 . 72 Résistance des matériaux La résolution du système des équations par rapport aux réactions des appuis donne : R A = qa = 20 kN , RB = qa = 20 kN . 2. Diagrammes de l’effort tranchant Q y et du moment fléchissant M z ( Q y : kN ; M z : kN ⋅ m ). Pour simplifier les expressions de Q y et de M z , nous considérons la section 1 du côté gauche et la section 2 du côté droit. Q y1 = − R A = − qa , Section 1 : M z1 = M − R A x = qa ( a − x ) . (0 ≤ x ≤ a ) Q y 2 = q (x − a) , Section 2 : ( ) M z2 = qax − qx 2 / 2 . ( 0 ≤ x ≤ 2a ) La fonction M z2 = M z 2 ( x ) est une fonction quadratique et elle présente un maximum pour x = a : M z 2 x =a = qa 2 / 2 = 20 kN ⋅ m (l’effort tranchant dans cette section est nul). 3. Distribution des contraintes normales σ x pour les différentes géométries de la section. On détermine la contrainte normale en un point arbitrairement choisi de la section droite d’une poutre en flexion par la formule bien connue σ x = ( M z / Iz ) y , où M z est le moment fléchissant dans la section considérée ; I z est le moment d’inertie de l’aire par rapport à l’axe z (l’axe neutre) ; y est la distance du point considéré de la section à l’axe neutre. Résistance des matériaux 73 On peut voir que pour les sections symétriques par rapport à l’axe neutre (l’axe z) ou les sections dont le centre de gravité est au milieu de la hauteur, nous avons : (σ x )max = − (σ x )min = M z / Wz , où Wz = 2 I z / h est le moment résistant ou module de résistance en flexion. Ici, nous avons pris en considération le fait que le moment est positif Mz > 0 (σ x )min (σ x )max Pour le cas général (pour M z > 0 ) nous avons : (σ x )min (σ ) x max = (M z / I z ) y1 = M z / W z1 , (σ x ) min = −(M z / I z ) y 2 = − M z / W z 2 , (σ x )max où y1 et y 2 sont les distances à l’axe neutre des fibres les plus éloignées tendues ou comprimées ; Wz1 et Wz2 sont les moments résistants de la section. 4. Distributions des contraintes tangentielles τ xy pour les différentes géométries de la section.. En un point arbitrairement choisi de la section droite d’une poutre en flexion, la valeur de la contrainte tangentielle est déterminée par la formule bien connue τ xy = Q y S z∗ ( y ) / I z b ( y ) , 74 Résistance des matériaux où Q y est l’effort tranchant dans la section ; S z∗ ( y ) est le moment statique par rapport à l’axe neutre z de la partie de l’aire de la section droite située au-dessus du niveau y où la contrainte est déterminée ; b ( y ) est la largeur de la section au niveau de y ; I z est le moment d’inertie de l’aire de la section. L’effort tranchant étant connu et la géométrie de la section donnée, la distribution de la contrainte tangentielle τ xy selon la hauteur de la section depend de deux grandeurs S z∗ ( y ) et b ( y ) et est une distribution non-linéaire. Comme exemple, nous considérons pour la poutre d’une section rectangulaire : Dans le cas considéré b = const et τxy I z = bh 3 / 12 . Le moment statique S z∗ ( y ) est calculé par la relation S z∗ ( y ) = F ∗ ⋅ y c∗ , d’où l’on peut tirer : ⎛h ⎞ ⎡ h (h / 2) − y ⎤ S z∗ ( y ) = b ⋅ ⎜ − y⎟ ⋅ ⎢ − ⎥= ⎝2 ⎠ ⎣2 2 ⎦ ⎞ b ⎛ h2 ⎜⎜ − y 2 ⎟⎟ . 2⎝ 4 ⎠ et τ xy = ⎛ 1 4 y2 ⎞ 3 ⎟ . Q y ⎜⎜ − ⎟ 2 ⎝ bh bh 3 ⎠ ( ) On peut voir que τ xy y = ± h / 2 = 0 , τ xy y = 0 = τ xy = 3Q y / 2S , où max S = bh est l’aire de la section droite de la poutre. Résistance des matériaux Données : q = 20 kN/m , P = 30 ɤN , M = 40 kN⋅m , a=2m, b=5m, c=3m, [σ] = 100 MPa 8.5 75 Déterminer les dimensions nécessaires des sections circulaire, rectangulaire, carrée et en double T. Effectuer la vérification de la résistance à la rupture dans ce dernier cas. 1. Détermination des réactions aux appuis. Les équations d’équilibre dans le problème posé ont la forme : ∑M A =0 qa (a / 2) − RB b + P (b + c ) − M = 0 , ∑MB qa b + (a / 2) + P c − M − R A b = 0 . =0 [ ] La solution de ce système d’équations donne les réactions aux appuis R A = 58 kN , RB = 48 kN . 2. Diagrammes de Q y et M z ( Q y : kN ; M z : kN ⋅ m ). Nous considérons les sections 1 et 2 du côté gauche et la section 3 du côté droit. Section 1: Q y1 = − qx , M z1 = − qx 2 / 2 . Section 2: Q y 2 = R A − qa , Section 3: Q y3 = − P , (0 ≤ x ≤ a ) ⎞ ⎛a M z 2 = R A x − qa ⎜ + x⎟ . ( 0 ≤ x ≤ b ) ⎠ ⎝2 M z3 = P x − M . (0 ≤ x ≤ c) La fonction M z1 = M z1( x ) est une fonction quadratique. 3. Détermination du moment résistant Wz de la section droite de la poutre. 76 Résistance des matériaux Pour les poutres dont les résistances en traction et en compression sont identiques, c’est-à-dire [σ ]tr = [σ ]compr = [σ ] , il faut trouver le moment résistant Wz à partir de la condition σ x max =| M z | max / W z ≤ [σ] W z ≥ M z max /[σ ] . D’après le diagramme de M z nous avons (M z )max = 50 kN ⋅ m et, par conséquent W z = 5 ⋅ 10 −4 m 3 = 500 cm 3 . 4. Détermination des dimensions nécessaires des sections circulaire, rectangulaire, carrée et en double T. Section circulaire ( d ) : 3 W zcirc = πd 3 / 32 = 500 cm d = 17,2 cm S circ = 232,5 cm 2 . a = 14,4 ɫɦ S car = 208 cm 2 . h = 18,2 ɫɦ S rec = 165 cm 2 . Section carrée ( a × a ) : 3 W zcar =a 3 / 6 = 500 cm Section rectangulaire ( h = 2b ) : 3 W zrec =h 3 / 12 = 500 cm Section en double T : Dans les catalogues décrivant les poutres en double T, on trouve la 3 section avec le moment résistant de la section W z ≥ 500 cm . Comme exemple, nous prenons une section en double T pour laquelle 3 4 3 W z = 518 cm , I z = 7780 cm , S 1z / 2 = 292 cm (le moment statique pour la demi-section), S = 49,9 cm 2 . Les dimensions de la section données sur le dessin en cm. Résistance des matériaux 77 Etant donné que le poids de la poutre est proportionnel à l’aire de la section droite, le rapport des poids des poutres est égal au rapport des aires de leurs sections. En prenant l’aire de la section en double T comme unité, on aura S : S rec : S car : S circ = 1 : 3,3 : 4,17 : 4,66 . Ainsi la poutre en double T, même avec des dimensions plus grandes 3 que celles exigées ( W z > 500 cm ) est à 4,66 fois plus légère que la poutre circulaire. 5. Vérification de la résistance de la poutre en double T. Diagramme des contraintes normales. On détermine la contrainte normale par la formule connue σ x = ( M z / I z ) y ( M z = 50 kN ⋅ m). Les valeurs des contraintes normales aux points les plus éloignés de tension et de compression et aux points A et B sont les suivantes : σ x y = ±15 = ± 96,4 MPa , σ x y = ±13,93 = ± 89,5 MPa . Les signes des contraintes sont données pour M z > 0 pour lequel les fibres inférieures sont tendues. Diagramme des contraintes tangentielles. Les valeurs de la contrainte tangentielle sont déterminées par la formule connue τ xy = Q y S z∗ ( y ) I z b ( y) ( | Q y | = 30 kN). Nous calculons les contraintes tangentielles aux points suivants : 78 Résistance des matériaux τ xy y = ±15 = 0 τ xy y = ±13,93, b =14,5 = 0,6 MPa , , τ xy y = ±13,93, b=0,65 = 13,31 MPa , τ xy y =0 = 17,32 MPa . ( S z∗ y =13,93 = 14,5 ⋅ 1,07 ⋅ 14,46 = 224,4 cm 3 ) . On peut voir (selon les diagrammes de σ x et τ xy ) que les points A et B sont les plus dangereux ; le point A se trouve dans le domaine de la compression, le point B dans le domaine de la traction. Détermination des contraintes principales normales aux points plus dangereux. Les états des contraintes aux points A et B sont les suivants : σx = 0 , σ y = −89,5 , τ xy = −13,31 . (σx > σy ) σ x = 89,5 , σy = 0 , τ xy = 13,31 . (σx > σy) La détermination des contraintes principales (voir le problème 1.4 ) pour ces états des contraintes permet d’avoir : pour le point A σ max, min = − 44,75 ± 46,7 σ max = 1,95 , σ min = −91,45 . σ1 = 1,95 MPa , σ 3 = − 91,45 MPa ; σ2 = 0 , pour le point B σ max, min = 44,75 ± 46,7 σ1 = 91,45 MPa , σ2 = 0 , σ max = 91,45 , σ min = −1,95 . σ 3 = − 1,95 MPa . Résistance des matériaux 79 Vérification de la résistance à la rupture aux points les plus dangereux. La condition de résistance à la rupture au point A et au point B a la forme : III σ éq = σ1 − σ 3 = 93,4 MPa < [σ] = 100MPa . La condition de résistance à la rupture est donc assurée. 8.6 Données : q,a, P = qa , 2 M = qa , EIz . Déterminer le déplacement vertical (la flèche) du point C et l’angle de rotation de la section B . 1. Détermination des réactions à l’encastrement. Les équations d’équilibre donne : ∑Y = 0 ∑M =0 R A = 2qa ; M A = 2,5 qa 2 . 2. Puisque l’origine des coordonnées se trouve à l’encastrement, les paramètres initiaux v0 et ϑ 0 (la flèche et la rotation de la section droite de la poutre à l’origine des coordonnées) sont nuls. L’équation universelle de la ligne élastique ou équation de la flèche v sera : EI z v = R A x3 x2 ( x − a )2 ( x − a )4 . − MA −M −q 6 2 I 2 24 II Pour les rotations ϑ des sections nous avons : EI z ϑ = R A x2 ( x − a )3 . − M A x − M (x − a ) − q 2 6 I II Pour la partie I nous avons 0 ≤ x ≤ a , pour la partie II - a ≤ x ≤ 2a . Le calcul des quantités inconnues vC et ϑ B donne : 80 Résistance des matériaux 3 EI z ϑ B = EI z ϑ x = a = qa 3 (− 2,5 + 1) = − qa 3 2 EI z v C = 23 qa 4 (64 − 120 − 12 − 1) = − qa 4 24 8 Données : q,a, 8.7 P = 4qa , 2 M = qa , EIz . ϑB = − 3qa 3 ; 2 EI z vC = − 23qa 4 . 8 EI z Inscrire les équations déterminées les flèches et les rotations des sections de la poutre. Montrer la ligne élastique de la poutre. De l’équation des moments par rapport de l’appui droit B , nous déterminons une réaction RA au niveau de l’appui gauche : q ⋅ a ⋅ 2,5a − R A ⋅ 2a + P ⋅ a − M = 0 R A = 11qa / 4 . L’équation universelle de la ligne élastique pour une section arbitraire x de la partie droite de la poutre s’écrit : EI z v = EI z v 0 + EI z ϑ 0 x − ( x − a ) + q ( x − a ) − P ( x − 2a ) x4 + RA 24 I 6 24 II 6 III 3 −q 4 3 Pour la partie I nous avons 0 ≤ x ≤ a , pour la partie II - a ≤ x ≤ 2a , pour la partie III - 2a ≤ x ≤ 3a . Les paramètres initiaux v 0 et ϑ 0 (la flèche et la rotation de la section droite de la poutre à l’origine des coordonnées) sont déterminés par les conditions de liaison de la poutre : dans notre problème les Résistance des matériaux 81 déplacements verticaux sont nuls pour les articulations A et B ( v A = = v B = 0). D’après les conditions de liaison, nous avons : EI z v A = EI z v x = a = EI z v 0 + EI z ϑ 0 a − qa 4 / 24 = 0 , EI z v B = EI z v x = 3a = EI z v 0 + EI z ϑ 0 ⋅ 3a + 7qa 4 / 24 = 0 . La solution de ce système à deux équations donne : v 0 = 5qa 4 / 24 EI z , ϑ 0 = − qa 3 / 6 EI z . Finalement, l’équation universelle de la ligne élastique de la poutre a la forme : EI z v = 5 1 1 qa 4 − qa 3 x − qx 4 + 24 6 24 I + 11 1 2 qa (x − a )3 + q (x − a )4 − qa (x − 2a )3 24 24 II 3 L’équation des angles de rotation différentiation de l’équation des flèches : ϑ . III est obtenue par la 1 1 11 1 EI z ϑ = − qa 3 − qx 3 + qa(x − a )2 + q (x − a )3 − 6 6 8 6 I II − 2qa(x − 2a )2 III Pour montrer la forme de la ligne élastique de la poutre, nous calculons des valeurs des flèches et des angles de rotation des sections suivantes : - la rotation de la section située sur l’appui gauche A 1 ⎛ 1 3 1 3⎞ qa 3 ; ⎜ − qa − qa ⎟ = − EI z ⎝ 6 6 3EI z ⎠ - la rotation de la section située sur l’appui droit B ϑ A = ϑ x =a = 82 Résistance des matériaux ϑ B = ϑ x =3a = qa 3 ⎛ 1 27 44 8 ⎞ qa 3 ; + + − 2⎟ = ⎜− − EI z ⎝ 6 6 8 6 ⎠ 6 EI z - la flèche de la section sous la charge concentrée P v x = 2a = qa 4 ⎛ 5 2 16 11 1 ⎞ 7qa 4 . + + ⎟=− ⎜ − − EI z ⎝ 24 6 24 24 24 ⎠ 24 EI z La forme approximative de la déformée élastique de la poutre (la ligne en pointillés) avec les signes de flèches et des rotations calculées est donnée dans le schéma suivant : Données : q,a, 2 P = qa , M = qa /2 , b = b(x) , h = const , [σ] , [τ] . 8.8 Déterminer la forme d’une poutre d’égale résistance (la section droite est rectangulaire). Dans le cas de la flexion pure, la poutre d’égale résistance est une poutre de section constante. Dans le cas de la flexion transverse, la condition d’égale résistance pour la poutre à section variable est la suivante : (σ x )max = M z ( x ) / W z ( x ) = [σ ] . C’est-à-dire que la poutre d’égale résistance a une section qui varie suivant l’équation Wz ( x ) = M z ( x ) / [σ ] , Nous déterminons les moments fléchissants sections de la poutre : M z ( x ) dans les Section 1 ( 0 ≤ x ≤ a ) : M z1 = Px − ( qx 2 / 2 ) = qax − ( qx 2 / 2) . Résistance des matériaux 83 Section 2 ( 0 ≤ x ≤ a ) : M z 2 = P( a + x ) − qa( x + 0,5a ) = qa 2 / 2 . Section 3 ( 0 ≤ x ≤ a ) : M z 3 = M + P( 2a + x ) − qa( x + 1,5a ) = qa 2 . Parce que la hauteur h = const, nous avons : M z (x ) b (x ) h 2 = [σ] 6 b (x ) = 6 M z (x ) / h 2 [σ] . Il est facile de voir que pour les sections 3 et 2 nous avons b3 = b = 6qa 2 / h 2 [σ] et b2 = b / 2 et pour la section 1 2 6q ⎛⎜ x 2 ⎞⎟ b ⎡ 2 x ⎛ x ⎞ ⎤ = ⎢ −⎜ ⎟ ⎥ b1 (x ) = ax − 2 ⎟⎠ 2 ⎢ a ⎝ a ⎠ ⎥ h 2 [σ] ⎜⎝ ⎣ ⎦ . Puisque le moment fléchissant dans la section x = 0 est nul, mais que l’effort tranchant est différent de zero ( Q y = P ), la largeur de la section b0 de la poutre s’évalue d’après la condition sur la résistance au cisaillement τ xy = 3Q y 2F = 3P ≤ [τ ] . 2b0 h Nous avons : b0 = 3P / 2h [τ] = 3qa / 2 h [τ] . La longueur x 0 de l’extrémité de la poutre qui a une largeur constante b0 est évaluée à partir de la condition de résistance sur les contraintes normales dans la section x = x 0 en considérant que M z1 x = x 0 ≈ Px 0 . Dans ce cas : 6 Px 0 b0 h 2 ≤ [σ ] 4 x 0 [τ ] h ≤ [σ ] x0 = h [σ ] . 4 [τ ] 84 Résistance des matériaux En prenant par exemple [τ ] = 0,5[σ ] , nous avons x 0 = 0,5h . 8.9 Données : l = 1m , b = 60mm , h = 5mm, n = 10 lames, 5 E = 2⋅10 MPa , [σ] =160 MPa . Déterminer la charge maximale pour un ressort et le déplacement vertical maximal sous charge P. Le calcul des ressorts est un problème compliqué, mais on peut élaborer une théorie approchée pour le calcul des ressorts avec un degré d’approximation suffisant fondée sur le principe du calcul de la poutre d’égale résistance. 1. Calcul de la poutre d’égale résistance de section droite rectangulaire avec une hauteur constante h et un largeur variable b(x) . Le moment fléchissant M z ( x ) dans la section arbitraire x de la poutre a une valeur M z ( x ) = Px / 2 . La largeur b(x) se détermine de l’équation b( x ) = 6 M z ( x ) / h 2 [σ ] = 3Px / h 2 [σ ] . Pour x = l/2 nous avons b0 = 3P l / 2h 2 [σ ] . 2. Hypothèse d’un ressort comme poutre d’égale résistance. On peut calculer dans ce problème que b0 = b ⋅ n = 60 cm. 3. Détermination de la force maximale Pmax . Résistance des matériaux 85 En utilisant la valeur calculée de b0 , nous avons Pmax = 2b0 h 2 [σ]/ 3l = 16 ⋅ 10 −4 MN = 1,6 kN . 4. Détermination du déplacement vertical maximal. Pour la détermination des déplacements de la poutre à section variable, on établit pour chaque tronçon de la poutre l’équation différentielle de la flèche E v ′′ = M z ( x ) / I z ( x ) , où I z ( x ) est le moment d’inertie variable des sections de la poutre par rapport à l’axe neutre. On peut ainsi utiliser l’équation simplifiée : EI 0 v ′′ = M z (x )I 0 / I z (x ) = M réd . où M réd = M z ( x ) I 0 / I z ( x ) est le moment fléchissant réduit ; 3 I 0 = b0 h / 12 est le moment d’inertie de la section constante. Dans ce problème nous avons : I 0 = b0 h 3 / 12 , I z ( x ) = b ( x )h 3 / 12 I 0 / I z ( x) = 1 / 2x ; M réd = Pl / 4 . En introduisant M réd dans l’équation de la flèche, il vient : d 2v dx 2 = Pl 4E I 0 v( x ) = 1 ⎛ Pl 2 ⎞ ⎜ x + C1 x + C2 ⎟ . ⎠ E I0 ⎝ 8 Les constantes d’intégration C1 et C 2 s’obtiennent à partir des conditions aux limites v x =0 = 0 d’où l’on tire C1 = − Pl 2 / 8 Alors, ϑ x=l / 2 = v′ x=l / 2 = 0 , et , C2 = 0 . 86 Résistance des matériaux ( v ( x ) = ( Pl / 8 EI 0 ) x 2 − l x ) . Le déplacement vertical maximal du ressort vaut : v max = v x=l / 2 = − Pl 3 / 32 E I 0 = − 0,04 m = − 4 cm . 9. RÉSISTANCE COMPOSÉE Définition du problème de résistance composée d’une barre. Principe d’addition des efforts ou principe de superposition et présentation de la résistance composée comme différentes combinaisons de déformations simples ou de contraintes simples : - facteurs de forces intérieures en résistance composée (on montre les directions positives) traction flexion transversale dans un plan xy torsion flexion transversale dans un plan xz - contraintes normales et tangentielles Nx , Mx τ xt = Qy Q y S z∗ ( y ) τ xy = I z b ( y) , My σx = Qz τ xz = Qz S ∗y ( z ) I y h (z ) , Mz σx = Nx σx = S Mx Ip My Iy Mz Iz x , z , y . Sommations de contraintes normales : on donne les signes des contraintes pour les points du premier quadrant du système des coordonnées pour les directions réelles des facteurs de forces intérieurs σx = Nx S − My Iy z + Mz Iz y . Résistance des matériaux 87 Dans cette relation, les signes sont donnés pour les directions positives. Sommation des contraintes tangentielles & & & & τ = τ xy Q y + τ xz (Q z ) + τ xt (M x ) . ( ) Équation de la fibre neutre et localisations des points dangereux dans la section d’une barre rectiligne. axe neutre Nx S − My Iy z+ Mz Iz y =0 zone de traction zone de compression Calcul de la résistance aux points dangereux. Problèmes particuliers de résistance composée : - flexion composée et déviée ; - flexion avec traction. Traction (compression) excentrée d’une barre droite ; -flexion avec torsion. 9.1 Données : P = 2,4 kN , a = 0,5 m , b = 12 cm , h = 20 cm . Déterminer la valeur maximale de la contrainte normale et la position de l’axe neutre dans la section dangereuse. Le problème posé est un problème de flexion composée. On peut constater que | My | = P x , | Mz | = P ( x + a ) . 88 Résistance des matériaux Les directions réelles des moments fléchissants sont montrées dans la figure. La section plus dangereuse est la section à l’encastrement (x = 2a). Evidement, dans cette section pour le premier quadrant nous avons : σx = − ( M y ) max Iy z + ( M z ) max Iz y =− 2 Pa 3Pa z+ y . Iy Iz L’équation de l’axe neutre dans la section dangereuse est la suivante : − 2 Pa 3Pa z+ y=0 Iy Iz y = z tgβ , où tgβ = 2 I z / 3I y = 2h 2 / 3b 2 = 1,851 est la valeur de la tangente de l’angle formé par l’axe neutre avec l’axe z . On trouve β ≈ 62°. La contrainte normale maximale se trouve au point A le plus éloigné de l’axe neutre : (σ x )max = (σ x ) A = σ x y =h / 2, z =−b / 2 ; (σ x )max = 38Pa / bh 2 = 9,5 MPa . 9.2 Données : P,a. Comparer les contraintes normales maximales (l’épaisseur de l’éprouvette est a ). La ligne d’action de la force P de la première éprouvette passe par le centre de gravité de la section droite. Ici nous avons la traction dans l’éprouvette égale à Nx = P . La contrainte normale est constante pour la section et égale à σ (x1) = P / S (1) = P / a 2 . Résistance des matériaux 89 Pour la deuxième éprouvette la traction est excentrée : l’excentricité de la force P est égale à a/4 du coté de la force longitudinale Nx = P. La valeur du moment fléchissant | My | = Pa / 4 . Dans ce cas les contraintes normales en tout point du premier quadrant sont déterminées par la relation σ (x2 ) = Nx S (2 ) − My Iy z . L’équation de la ligne neutre dans la section droite de l’éprouvette est la suivante : My Iy Nx ⋅ = const z = (3 / 4) a . Iy M y S (2 ) S (2 ) On peut voir à partir de l’équation obtenue que la ligne neutre passe par l’extrémité droite de la section et toute la section se trouve dans la zone en traction. Dans ce cas la contrainte normale maximale se trouve aux points de l’extrémité gauche de la section et est égale à Nx − z=0 z= (σ (x2) )max = σ (x2) z =−(3 / 4)a = 43 (P / a 2 ) . On peut voir que l’application d’une force excentrée augmente le risque de rupture : pour la deuxième éprouvette, pour une augmentation de l’aire de la section de 50% , la contrainte normale ne diminue pas mais augmente de 33% . 9.3 Données : P = 6 kN , a=1m, [σ] = 100 MPa . Déterminer le diamètre d de la section droite de l’arbre, en utilisant le troisième critère de résistance. 90 Résistance des matériaux Dans ce problème nous avons une déformation simultanée due à la flexion dans le plan xy et à la torsion. Torsion De la condition de la statique ∑ M x = 0 nous avons que M = 2 Pa / 5 . Le diagramme de Mx est montré dans le schéma ci contre. Pour ce diagramme, nous avons : M x1 = −2 Pa / 5 , M x 2 = − Pa / 5 . Flexion Détermination des réactions des appuis donne : ∑MA =0 − P a + RB 2a − P 3a = 0 ∑MB =0 P a − R A 2a − P a = 0 RB = 2 P . RA = 0 . Etant donné que la section droite de la barre est circulaire, les scissions déterminées à partir des efforts tranchants ont une valeur faible et seront négligées dans le calcul. C’est pourquoi dans ce problème, il suffit de déterminer les moments fléchissants M z . Pour les tronçons de la barre à partir de gauche, nous avons : (0 ≤ x ≤ a) , M z1 = 0 , M z 3 = −P x Mz 2 = 0 , M z 4 = −P( x + a) + RB x (0 ≤ x ≤ a) . Résistance des matériaux 91 Calcul de la résistance Pour une déformation simultanée en flexion et en torsion, la section B est la plus dangereuse où nous avons : M tors = Pa / 5 et M fl = | M z | = Pa. . Dans ce type de problème, la formule de calcul de la résistance à la rupture est la suivante : σ éq = M éq / W ≤ [σ] , où le moment équivalent M éq selon le critère III de résistance est déterminé par la relation III 2 = M fl2 + M tors = M éq (Pa )2 + (Pa / 5)2 = 1,02 P a . Pour le moment résistant W , nous avons : III / [σ] = 61,2 cm , W = πd 3 / 32 = M éq 3 Ce qui permet de trouver le diamètre de la section droite de l’arbre. Finalement, nous obtenons : d = 8,5 ɫɦ. 9.4 Données : P = 2,4 kN , a=1m, b = 12 cm , h = 20 cm , α = 30°. Déterminer la valeur maximale de la contrainte normale et la position de l’axe neutre dans la section la plus dangereuse. Dans ce problème, le plan d’action de la charge (le plan des forces extérieures) passe par l’axe d’une poutre, mais ne coïncide pas avec aucun des plans de symétrie. La flexion dans ce cas est dite déviée. Les conditions de la statique permettent de déterminer les forces intérieures. Nous avons : 92 Résistance des matériaux Nx = 0 , | Q y | = P cos α , | Q z | = P sin α ; Mx = 0 , | M y | = ( P sin α ) x , | M z | = ( P cos α ) x . On présente iɫi les valeurs des forces et des moments. Leurs directions réelles sont indiquées dans le dessin. On peut voir que le problème examiné se présente sous la forme de la somme de deux flexions planes transversales dans les plans xy ( Q y et M z ) et xz ( Qz et M y ). La sommation des contraintes normales pour un point arbitraire du premier quadrant de système de coordonnées dans la section la plus dangereuse x = a donne : ( M y ) max σx = Iy z + ( M z ) max Iz y . La localisation de la fibre neutre dans la section de la barre est déterminée par l’équation suivante ( M y ) max Iy ( z + ( M z ) max Iz y=0 y = − tg β ⋅ z , ) où tg β = I z / I y tgα (la droite passe par les quadrants 2 et 4). Puisque pour la section examinée I z > I y ( I z = bh 3 / 12 , I y = b3h / 12 ), on peut voir que la fibre neutre n’est pas perpendiculaire à la ligne d’action de la force ( tg β > tg α ; β = 58°). Si nous avons I z = I y (par exemple, une section carrée ou circulaire), on rencontre la perpendicularité de la fibre neutre avec la ligne d’action de la force. Les points A (zone en traction) et B (zone en compression) sont les plus dangereux du point de vue de la résistance (ce sont les points plus Résistance des matériaux 93 éloignés de la fibre neutre). La détermination de la contrainte normale maximale donne (σ x )max = (σ x )A = σ x (σ x )max = 5,1 MPa. y = h / 2, z =b / 2 Données : 9.5 P, d, [σ] . Vérifier la résistance de barre d’après le troisième critère de résistance. Dans le problème proposé, nous rencontrons un cas général de sollicitations composées. Le principe de superposition donne la possibilité d’une présentation de la résistance composée comme une combinaison de déformations simples. Pour la présentation de ce problème sous la forme d’une somme de déformations simples, nous déterminons les facteurs de forces intérieures dans les sections de la barre d’après les conditions d’équilibre de la partie tranchée. On peut constater que : N x = 2P , Qy = 0 , Qz = P , M x = 3P d / 2 , My = Px , Mz = Pd . Les directions réelles des efforts intérieurs dans une section arbitraire d’abscisse x sont indiquées dans le dessin. La barre est donc soumise simultanément à une compression (au moyen de la force 2P), à une torsion (au moyen du moment 94 Résistance des matériaux M x = 3Pd / 2 ) et à deux flexions (au moyen du moment M z = Pd et de la force P M y = P x ). La section plus dangereuse est la section à l’encastrement (x = 8d ). La sommation de contraintes normales (les signes sont relatifs aux premier quadrant du système des coordonnées) conduit à la relation suivante : σx = − Nx S − ( M y ) max Iy z + Mz Iz y . Dans le cas général, on détermine la contrainte tangentielle résultante qui est la somme vectorielle des contraintes tangentielles dues à la flexion ( Q y et Qz ) et à la torsion ( M x ). Dans ce problème, la section droite de la barre est circulaire. C’est pourquoi, la contrainte tangentielle de cisaillement déterminée à partir de Q y (ou de Qz ) a donc une valeur faible et est négligée dans le calcul. En conséquence : ( ) τ = τ xt = M x / I p ρ . Il est évident que dans ce problème, le point le plus dangereux se trouve sur le contour de la section. En effet, l’équation de l’axe neutre est : zone de compression − Nx S − ( M y ) max Iy z + Mz Iz y=0 . La ligne neutre découpe sur les axes y et z les tranches y 0 > 0 et z0 < 0 . Puisque le matériau de la barre travaille également en traction et en compression, le point le plus dangereux est donc le point A qui se trouve dans la zone de compression. La contrainte tangentielle τ xt a la valeur maximale en tout point du contour de la section. Le point A a pour coordonnées z A > 0 , y A < 0 et ρ = d / 2 . Pour le calcul, on peut prendre z A = d / 2 et y A = − d / 2 , ce qui augmente le coefficient de sécurité. Le calcul des contraintes au point A donne : Résistance des matériaux 95 2 P 8P d d P d d 296 P σx A = + ⋅ + ⋅ = , S I y 2 I z 2 πd 2 τ xt | A = 3Pd d 24 P ⋅ = . 2I p 2 πd 2 La contrainte équivalente au point A selon le troisième critère de résistance est III σ éq = σ 2 + 4τ 2 = σ 2x + 4τ 2xy = 300 P / π d 2 , Finalement, la condition de résistance a la forme suivante : 300 P / π d 2 ≤ [σ] . Données : 9.6 P1 , P2 , q, a. Déterminer les efforts intérieurs dans les sections de la potence. 1. Détermination des valeurs des forces intérieures dans les sections de la potence. Nous déterminons les valeurs des efforts intérieurs d’après les conditions d’équilibre de la partie coupée (les efforts tranchants étant négligés dans ce problème). Pour l’indexation des forces et des moments sur toute la longueur de la potence, nous utilisons le système des coordonnées xyz en dirigant l’axe x le long de l’axe de la potence. Tronçon 1 : 0 ≤ x ≤ a . M y = P1 x , M z = qx 2 / 2 . 96 Résistance des matériaux Tronçon 2 : 0 ≤ x ≤ a . N x = qa , M x = P1 a , M y = P1 x , M z = qa 2 / 2 . Tronçon 3 : 0 ≤ x ≤ a . N x = qa , M x = P1 a M y = P1 ( a + x ) , M z = P2 x + qa 2 / 2 . Nous mentionnons qu’à partir des équations de la statique, nous ne définissons que les valeurs des efforts intérieurs. Les directions réelles des efforts intérieurs dans la section arbitraire x sont indiquées dans les schémas. 2. Détermination des diagrammes de N x , M x , M y et M z . Dans les diagrammes le signe de la force longitudinale N x (compression) est indiqué, le signe du moment de torsion M x n’est pas Résistance des matériaux 97 important pour l’analyse de résistance. Pour déterminer la direction du moment fléchissant, nous avons pris en considération le fait que nous avons construit le diagramme du moment pour les fibres comprimées. Le diagramme du moment M y est construit dans le plan xz , le diagramme du moment M z dans le plan de xy . Les sections les plus dangereuses sont la section à l’encastrement ( | N x | = qa , | M x | = P1 a , | M y | = 2 P1 a et | M z | = ( qa 2 / 2 ) + P2 a ) et la section x = a pour le tronçon horizontal de la potence ( | M y | = P1 a et | M z | = qa 2 / 2 ). La sommation des contraintes normales pour un point arbitraire de la section la plus dangereuse est faite en tenant compte de leurs signes dans le premier quadrant du système des coordonnées (voir le problème 9.5). Données : 9.7 P1 , P 2 , P3 , Déterminer les efforts intérieurs dans les sections d’un système de barres. a. 1. Détermination des facteurs de forces intérieures dans les sections d’un système de barres. De la même façon que dans le problème précédent, nous définissons les valeurs des efforts intérieurs à partir des conditions d’équilibre de la partie coupée (les efforts tranchants étant négligés). Tronçon 1 (0 ≤ x ≤ a ) M y = P1 x . N x = P1 , Tronçon 2 (0 ≤ x ≤ a ) Mx = 0 , M y = P1 a , M z = P2 x . 98 Résistance des matériaux N x = P2 , Tronçon 3 (0 ≤ x ≤ a ) M x = P1 a , M y = P3 x , M z = P2 a + P1 x . Tronçon 4 ( 0 ≤ x ≤ 2a ) N x = P1 , M x = P3 a , M y = P1 a − P 3 x , M z = P2 (a − x ) + P1 a . Nous mentionnons qu’avec les équations de la statique nous ne définissons que les valeurs des efforts intérieurs. Par exemple, pour le tronçon 3 nous avons M z = P2 a + P1 x , mais pour le tronçon 4 M y = P1 a − P 3 x . Les signes “ + ” ou “ − ” montrent que les efforts ont des directions identiques ou différentes. Les directions réelles des efforts intérieurs sont indiquées dans les dessins. 2. Détermination des diagrammes des efforts intérieurs N x , M x , M y et M z . Comme exemple nous montrons les diagrammes des efforts intérieurs N x , M x , M y et M z pour le cas particulier P1 = P2 = P 3 = P . L’action du moment fléchissant est prise en considération par le fait même que nous construisons le diagramme du moment pour les fibres comprimées. Le diagramme du moment M y est construit dans le plan xz , le diagramme du moment M z dans le plan de xy . Résistance des matériaux Données : D = 80 mm , d = 20 mm , ° α = 15 , n = 10 spires , [σ] = 600 MPa , 9.8 5 E = 2⋅10 MPa , 99 Déterminer la force admissible et le déplacement axial du ressort. 4 G = 8⋅10 MPa . L’axe x est tangent à la ligne moyenne de la spire ; le plan xz est le plan de la spire ; le plan yz est le plan de la section de la spire. Si les extrémités du ressort sont portées aux centres des spires et sont soumises à une force de traction P le long de l’axe du ressort, les efforts intérieurs dans chaque section droite se réduisent à un effort de traction N x = P sin α , à un effort transversal Q y = P cos α , à un moment de M x = P ( D / 2) cos α torsion et à moment = P (D / 2 )sin α . fléchissant My = Le point dangereux de la section est la point A de la surface intérieure de la spire. En ce point on a : σx = τ= N x M y 16 PD ⎛ d ⎞ + = ⎜1 + ⎟ sin α , 3 ⎝ S Wy D⎠ 4 πd Qy S + M x 8 PD ⎛ d ⎞ = ⎟ cos α . ⎜1 + 3 ⎝ 2D ⎠ Wp πd 100 Résistance des matériaux La condition de résistance selon le troisième critère est la suivante : III σ éq = σ 2x + 4τ 2 = 2 2 16 PD ⎛ d ⎞ d ⎞ ⎛ 2 2 ⎜1 + ⎟ sin α + ⎜1 + ⎟ cos α ≤ [σ] 3 4D ⎠ 2D ⎠ ⎝ ⎝ πd Si le pas du ressort déterminé par l’angle d’inclinaison α du plan de la spire est petit (α < 14°) et le rapport des diamètres grand ( D / d > 10 ), on effectue le calcul uniquement pour la torsion selon la formule τ max = 8PD / πd 3 ≤ [τ] , [τ] = [σ] / 2 . Si nous avons D / d < 10 , on introduit dans la condition de résistance un coefficient de correction k : τ max = k (8 PD / πd 3 ) ≤ [τ] . Les valeurs du coefficient k données dans le tableau suivant : D /d k 3 1,58 4 1,40 5 1,31 6 1,25 pour divers rapports D / d sont 7 1,21 8 1,18 9 1,16 10 1,14 La relation générale pour la détermination du déplacement axial δ du ressort a la forme suivante : δ= d 2 ⎞ sin 2 α ⎛ d 2 ⎞ cos 2 α ⎤ 8 PD 3n ⎡ ⎛ ⎟ ⎜1 + ⎟ + ⎢2 ⎜⎜1 + ⎥ . ⎟ ⎜ ⎟ d 4 cos α ⎢⎣ ⎝ 4 D 2 ⎠ E ⎝ 2 D 2 ⎠ G ⎥⎦ Pour le ressort avec un pas petit, le déplacement axial δ peut être calculé avec l’utilisation de la formule simplifiée en tenant seulement compte de la déformation de torsion : δ = 8 PD 3 n / Gd 4 . Pour la solution du problème proposé nous intégrons dans les relations obtenues les données initiales : α = 15° > 14° et D / d = 4 < 10 . On obtient : P = 10,7 kN . δ = 0,0362 m = 3,62 cm . Résistance des matériaux 101 Le calcul du déplacement axial du ressort par la formule simplifiée donne la valeur δ = 3,42 cm . 10. MÉTHODES ÉNERGÉTIQUES de DÉTERMINATION des DÉPLACEMENTS Travail des forces extérieures. Travail des forces intérieures (élastiques) : - la force axiale N x effectue un travail par le déplacement ∆ (dx ) = N x d x / ES ; le travail de la force axiale N x pour la barre de la longueur l est donc égal N x2 d x 2 ES 0 l W = −∫ (le travail effectué par la force intérieure est toujours négatif) ; - dans le cas général (en résistance composée) 2 M x2 d x l M y d x l M z2 d x l N x2 d x −∫ −∫ −∫ GI EI EI 2 2 2 2 ES p y z 0 0 0 0 l W =−∫ , où M x , M y , etc sont les facteurs de forces intérieures dans les sections de barre sous l’action du système de charges donné. Energie potentielle de déformation : - en accord avec le principe de la conservation de l’énergie U = − W 2 M x2 d x l M y d x l M z2 d x l N x2 d x +∫ +∫ +∫ . U =∫ 2GI p 0 2 EI y 2 EI z 0 2 ES 0 0 l Forces et déplacements généralisés : P - force généralisée (force ou moment) ; δ - déplacement généralisé (linéaire ou angulaire). 102 Résistance des matériaux Théorème de Castigliano : ∂U / ∂P = δ P Le déplacement du point d’application d’une force généralisée dans la direction d’action de cette dernière équivaut à la dérivée partielle de l’énergie potentielle par rapport à cette force. Intégrales de Mohr : l l l M My N Nx MxM x M Mz y dx , d x +∫ x dx + ∫ z d x +∫ ES EI z EI y GI p 0 0 0 0 l δ =∫ où M x , M y , etc sont les facteurs de forces intérieures dans les sections de barre sous l’action d’une charge unitaire (d’une force généralisée unitaire non-dimensionnelle P = 1). La charge unitaire est appliquée au point de la section dont le déplacement δ nous intéresse et dans la direction pour laquelle le déplacement cherché se dirige. Quand on détermine le déplacement linéaire dans la direction donnée, on applique une force unitaire, quand on détermine un déplacement angulaire, c’est un moment unitaire que l’on applique. Si le déplacement obtenu par calcul est de signe positif, cela signifie que sa direction coïncide avec celle de la charge unitaire. Un signe négatif montre que le déplacement effectif est de direction opposée à celle de la charge unitaire. Données : 10.1 S , a, E, q, P Déterminer le déplacement du point d’application de la force P à l’aide du théorème de Castigliano. Les barres du système articulé proposé travaillent en traction. Dans ce cas, l’énergie potentielle de déformation est déterminée par la relation : Résistance des matériaux 103 4 li ( N x2 ) i dx , ∫ i =1 0 2 ES U =∑ où ( N x ) i = N i sont les forces intérieures longitudinales dans les barres du système ; li = a sont les longueurs des barres . Les forces longitudinales (axiales) N i ont les valeurs suivantes (voir le problème 3.7) : ( ) N1 = N 2 = P / 2 , N 3 = N 4 = qa + P / 2 . L’énergie potentielle de déformation du système sera a U = 2∫ 0 (P / 2 )2 d x + 2 a∫ (qa + P / 2 )2 d x = 2 ES 0 = 2 ES [ ] a P 2 + (qa )2 + 2 Pqa . ES L’utilisation du thèorème de Castigliano pour détermination du déplacement du point d’application de la force P donne le résultat suivant : (voir le problème 3.7) : ( ) δ = ∂U / ∂P = 2 Pa + qa 2 2 / ES . Données : P = 9 kN , 2 S = 2 cm , a=1m, α = 30° , 10.2 Déterminer le déplacement du point d’application de force P à l’aide du théorème de Castigliano. 5 E = 2⋅10 MPa . Les barres du système articulé proposé travaillent en traction . Dans ce cas, l’énergie potentielle de déformation est déterminée par la relation 3 li N i2 dx , i =1 0 2 ES U =∑∫ 104 Résistance des matériaux où N i sont les efforts longitudinaux dans les barres du système ; li sont les longueurs des barres. Dans ce problème, nous avons l1 = = l 2 = 2a , l3 = a et N1 = N 2 = 8P / 3 , N 3 = − 5P / 3 (voir le problème 3.8). L’énergie potentielle de déformation du système sera : 2a U =2∫ 0 (8P / 3)2 d x + a (− 5P / 3)2 d x = ∫ 2 ES 2 ES 0 281 P 2 a . 18 ES Le déplacement du point d’application de la force P est : δ = dU / dP = 281Pa / 9 ES δ = 0,7 ⋅ 10 −2 m . Données : M1 = M , 10.3 M2 = 2M , d,a, G. Calculer la rotation ϕC de la section C à l’aide du théorème de Castigliano. Ce problème est un problème de torsion d’un arbre. Dans ce cas l’énergie potentielle de déformation est déterminée par la relation : 2 li M x2i i =1 0 2GI p i U =∑∫ dx = 2a M x21 M x22 dx + ∫ dx , 2GI p1 2GI p 2 0 0 3a ∫ où li sont les longueurs des tronçons de l’arbre ; M xi sont les moments de torsion dans les sections de l’arbre pour le tronçon examiné ; I pi sont les moments d’inertie polaire de l’aire de la section droite pour le tronçon examiné. On peut constater que M x1 = M1 , M x 2 = M1 + M 2 et I p 2 = 16 I p1 . C’est pourquoi : ( )( ) U = a / 16GI p1 25 M12 + 2 M1 M 2 + M 22 . Dans ce problème, nous cherchons le déplacement angulaire (la rotation de la section C). Le rôle de la force généralisée est joué le Résistance des matériaux 105 moment M1 . L’utilisation du théorème de Castigliano conduit au résultat suivant : )( ( ) ϕ C = ∂U / ∂M1 = a / 16GI p1 50 M12 + 2 M 2 = 34,4 Ma / Gd 4 . Données : P1 = P2 = 2qa , q, a, EIz . 10.4 Déterminer le déplacement vertical fC du point (de la section) C à l’aide du théorème de Castigliano. Ce problème est un problème de flexion de poutre. Dans ce cas l’énergie potentielle de déformation est déterminée par la relation : 3 li M z2i i =1 0 2 EI z U =∑∫ dx= 1 2 EI z 4a a ⎡a 2 ⎤ 2 2 ⎢ ∫ M z1 d x + ∫ M z 2 d x + ∫ M z 3 d x ⎥ , ⎢⎣ 0 ⎥⎦ 0 0 où li sont les longueurs des tronçons de la poutre ; M z i sont les moments fléchissants dans les sections des tronçons de la poutre ; EIz est la rigidité de la poutre en flexion. Pour la détermination des moments fléchissants dans les sections de la poutre, il est nécessaire de connaître les réactions aux appuis. Les équations de la statique de la poutre (les équations des moments par rapport aux appuis A et B) sont : ∑MA =0 P1 a − q ⋅ 4a ⋅ a − RB 4a + P2 5a = 0 . ∑MB =0 P1 5a + q ⋅ 4a ⋅ 2a − R A 4a + P2 a = 0 . La résolution des équations d’équilibre statique donne : ( ) RB = P1 + 5P2 − 8qa / 4 , ( ) R A = 5 P1 + P2 + 8qa / 4 . Pour simplifier les expressions de M z i , nous considérons les sections 1 et 2 du côté gauche et la section 3 du côté droit. Nous avons : 106 Résistance des matériaux M z 2 = − P1 ( x + a ) + R A x − qx 2 / 2 , M z1 = − P1 x , M z3 = P2 x . Substituant les valeurs des moments fléchissants obtenus dans l’expression pour l’énergie potentielle de déformation et en utilisant le théorème de Castigliano, nous avons pour fC : ( ) 2 EI z f C = 2 EI z ∂U / ∂P1 = [ a 4a 0 0 ] = 2 P1 ∫ x 2 d x + 2 ∫ R A x − P1 (a + x ) − (qx 2 / 2) [(5 x / 4) − a ] d x . Le calcul des intégrales donne EI z f C = (56 / 3) R A a 3 − (73 / 3)P1a 3 − (88 / 3)qa 4 . Sachant que P1 = 2qa et R A = 5qa , on peut calculer : f C = 46qa 4 / 3EI z . 10.5 Données : q, a, EIz . Déterminer le déplacement vertical et l'angle de rotation de la section A. Comme dans le problème précédent, nous sommes en présence de la flexion d’une poutre, mais l’application du théorème de Castigliano dans ce problème n’est pas possible, parce que nous n’avons ni force concentrée, ni moment fléchissant dans la section A. Dans ce cas pour la détermination des déplacements généralisés (linéaires ou angulaires), il est nécessaire d’utiliser des formules plus générales que la formule de Castigliano, telles que les intégrales (ou les formules) de Maxwell-Mohr. En considérant que la poutre fléchit dans le plan xy, pour la détermination des déplacements généralisés nous avons : Résistance des matériaux 107 a a M z1 M z1 M M z2 d x + ∫ z2 dx . EI z EI z 0 0 δ =∫ Les valeurs des moments fléchissants dans les sections 1 et 2 de la poutre, provoqués par l’action de la charge donnée, sont les suivantes : M z1 = − qx 2 / 2 M z2 = − qa [ x + (a / 2)] . , Nous avons considéré les sections 1 et 2 du côté droit en plaçant l’origine des coordonnées au début de chaque tronçon. Détermination du déplacement vertical (du fléchissement) du point A. Pour déterminer le déplacement linéaire f A de la section A nous écrivons les intégrales de Mohr sous la forme suivante : a fA =∫ (1) M z1 M z1 EI z 0 (1) dx + a ∫ 0 (1) M z2 M z2 EI z dx , (1) où M z1 et M z2 sont les moments fléchissants dans les sections 1 et 2 de la poutre, provoqués par l’action de la force verticale unitaire nondimensionnelle appliquée à la section A. En conservant l’ordre adopté pour les sections 1 et 2 (du côté droit), nous avons : (1) (1) M z1 = −1 ⋅ x , M z2 = −1 ⋅ ( a + x ) . Le calcul des intégrales de Mohr conduit au résultat suivant : ( ) a a ⎡ ⎛ a ⎞⎤ EI z f A = ∫ qx 2 / 2 (1 ⋅ x )dx + ∫ ⎢qa⎜ x + ⎟⎥ [1 ⋅ (a + x )] dx = 41qa 4 / 24 . 2 ⎠⎦ 0 0⎣ ⎝ Finalement, pour le déplacement vertical du point A nous avons : f A = 41qa 4 / 24 EI z . La valeur de f A est positive : le déplacement est dans le sens de la force unitaire. 108 Résistance des matériaux Détermination de la rotation de section A. Pour déterminer le déplacement angulaire ϑ A de la section A nous écrivons les intégrales de Mohr sous la forme suivante : a ϑA =∫ (2 ) M z1 M z1 EI z 0 ( 2) dx + aM ∫ 0 (2 ) z2 M z2 EI z dx , ( 2) où M z1 et M z2 sont les moments fléchissants dans les sections 1 et 2 de la poutre, provoqués par l’action du moment unitaire nondimensionnel appliqué à la section A. En conservant l’ordre des sections 1 et 2 (du côté droit), nous avons : ( 2) M z1 = 1 , ( 2) M z2 = 1 . Le calcul des intégrales de Mohr conduit au résultat suivant : a a 7 qa 3 qx 2 a⎞ ⎛ dx − ∫ qa ⎜ x + ⎟ dx = − 2 2⎠ 6 ⎝ 0 0 EI z ϑ A = − ∫ ϑA = − 7qa 3 . 6 EI z La valeur de ϑ A est négative : le sens de la rotation est opposé à celui du moment unitaire. 10.6 Données : 2 M = qa /2 , q, a, EIz . Déterminer le déplacement vertical et la rotation de la section C . Les déplacements généralisés (linéaire et angulaire) dans ce problème donné sont déterminés à l’aide des intégrales de MaxwellMohr. En comptant que la poutre fléchit dans le plan xy , pour la détermination des déplacements généralisés nous avons Résistance des matériaux a 2a a 0 0 0 EI z δ = ∫ M z1 M z1d x + ∫ M z 2 M z 2 d x + ∫ M z3 M z3 d x 109 . 1. Détermination des moments fléchissants provoqués par l’action d’une la charge donnée Pour la détermination des moments fléchissants M z i ( i = 1,2,3 ) dans les sections de la poutre, provoqués par l’action d’une charge donnée, il est nécessaire de connaître les réactions aux appuis. Les équations de la statique de la poutre et leurs résolutions conduisent à : ∑ MA = 0 M + RB 2a − qa ⋅ 2,5 a = 0 RB = qa . ∑Y = 0 R A + RB − qa = 0 RA = 0 . Les moments fléchissants M z i ( i = 1,2,3 ) sont les suivants : M z1 = 0 , M z2 = − M = − qa 2 / 2 , M z3 = − qx 2 / 2 . Les sections 1 et 2 sont siuées du côté gauche et la section 3 du côté droit. 2. Détermination du déplacement vertical du point C. Pour le calcul du déplacement vertical f C du point C il est nécessaire de trouver dans les sections de la poutre les moments (1) fléchissants M zi ( i = 1,2,3 ) , provoqués par l’action de la force verticale unitaire non-dimensionnelle appliquée à la section C. Les réactions aux appuis de l’action de la force unitaire RA = 3 / 2 , RB = 1 / 2 . En conservant l’ordre adopté pour les sections de la poutre, nous (1) avons comme valeurs des moments fléchissants M zi ( i = 1,2,3 ) : 110 Résistance des matériaux (1) (1) M z2 = −1 ⋅ ( a + x ) + (3 / 2) ⋅ x , M z1 = −1 ⋅ x , (1) M z3 = 0 . Le calcul des intégrales de Mohr déterminées le déplacement du point C donne : EI z f C = ∫ (− qa 2a ) / 2 [− a + (x / 2 )]d x = qa 4 / 2 . 2 0 Pour le déplacement du point C nous obtenons : f C = qa 4 / 2 EI z . 3. Détermination de la rotation de la section C. Pour le calcul de la rotation ϑ C , il est nécessaire de trouver dans les sections de la poutre les moments fléchissants M (zi ) ( i = 1, 2, 3) provoqués par l’action du moment unitaire non-dimensionnel appliqué à la section C. 2 Réactions aux appuis dues à l’action du moment unitaire : R A = 1 / 2a , R B = 1 / 2a . En conservant l’ordre des sections de la poutre, nous obtenons pour ( 2) les moments fléchissants M zi ( i = 1, 2, 3) : ( 2) M z1 = − 1 , ( 2) M z2 = −1 + (1 / 2a ) ⋅ x , (1) M z3 = 0 . Le calcul des intégrales de Mohr déterminées la rotation de la section C permet d’avoir : 2a ( ) EI z ϑ C = ∫ − qa 2 / 2 [− 1 + (1 / 2a ) x ] d x = qa 3 / 2 . 0 Finalement, pour la rotation ϑ C de la section C nous obtenons : ϑ C = qa 3 / 2 EI z . Résistance des matériaux Données : P = qa , q, a, EIz . 10.7 111 Calculer le déplacement vertical et la rotation de la section C , en utilisant la méthode de multiplication des diagrammes. En considérant que la poutre fléchit dans le plan xy , nous déterminerons le déplacement généralisé à l’aide des intégrales de Mohr : a 2a 0 0 EI z δ = ∫ M z1 M z1d x + ∫ M z2 M z2 d x . La méthode de multiplication des diagrammes (ou règle de Véréchtchaguine) remplace la méthode mathématique de calcul des intégrales de Mohr. La signification physique de la méthode de multiplication des diagrammes est la suivante : si la rigidité de la poutre est constante dans un tronçon, chaque intégrale de Mohr peut être calculée en multiplant l’aire ω du diagramme dû aux forces données par la coordonnée ξ du même diagramme dû à une force unitaire généralisée (ce diagramme est nécessairement linéaire) ; la coordonnée ξ est supposée passer par le centre de gravité du premier diagramme. En pratique, pour ce problème de flexion, cette règle prend la forme suivante : 2 EI z δ = ∑ ωi ξ i , i =1 où la sommation s’étend à tous les tronçons de la poutre. Nous remarquons que pour les diagrammes M z et M z ayant le même signe, le produit ω ξ est positif ( ω ξ > 0 ), mais pour les diagrammes des signes différents le produit est négatif ( ω ξ < 0 ). Pour le cas où les deux diagrammes sont linéaires, on multiplie l’aire ω de l’un d’entre eux par l’ordonnée ξ de l’autre et cette ordonnée correspond au centre de gravité de l’aire du premier (la propriété commutative du procédé de multiplication des diagrammes). 112 Résistance des matériaux 1. Détermination du diagramme de M z sous l’action d’une charge donnée. Les réactions aux appuis sont : ∑MA =0 Pa + RB 3a − q ⋅ 2a ⋅ 2a = 0 RB = qa . ∑MB =0 − 3 R A a − 2 Pa + 2qa 2 = 0 RA = 0 . Les moments fléchissants dans les sections de la poutre pour la charge donnée sont les suivants : M z1 = 0 , 0≤ x≤a ; ( ) M z 2 = Px − qx ( x / 2) = qax − qx 2 / 2 0 ≤ x ≤ 2a , , Nous avons considéré les sections 1 et 2 du côté gauche. (1) 2. Détermination du diagramme de M z sous l’action de la force unitaire non-dimensionnelle, appliquée à la section C . Les réactions aux appuis : ∑MA = ∑MB RB 3a − 1 ⋅ a = 0 = − R A 3a + 1 ⋅ 2a = 0 RB = 1 / 3 . RA = 2 / 3 . Les moments fléchissants dans les sections de la poutre sont déterminés selon l’ordre précédent d’apparition des tronçons : (1) M z1 = ( 2 / 3) ⋅ x , 0≤ x≤a ; (1) M z2 = ( 2 / 3) (a + x ) − 1 ⋅ x = (2a − x ) / 3 ( 2) , 0 ≤ x ≤ 2a , 3. Détermination du diagramme de M z sous l’action du moment unitaire non-dimensionnel appliqué à la section C . Résistance des matériaux 113 Les réactions aux appuis : ∑ M A = 1 − RB 3a = 0 RB = 1 / 3a . ∑MB R A = 1 / 3a . = 1 − R A 3a = 0 Détermination des moments fléchissants dans les sections de la poutre selon le même ordre d’apparition des tronçons : ( 2) M z1 = (1 / 3a ) ⋅ x , 0≤ x≤a ; ( 2) M z2 = (1 / 3a ) (a + x ) − 1 = ( x / 3a ) − (2 / 3) , 0 ≤ x ≤ 2a . 4. Détermination des déplacements généralisés de la section C . Pour le premier tronçon nous avons M z1 = 0 et l’équation pour la détermination du déplacement généralisé prend une forme EI z δ = ω 2 ξ 2 . C’est pourquoi nous avons (1) - pour la détermination du déplacement vertical : EI z f C = ω 2 ξ 2 ; ( 2) . - pour la détermination du déplacement angulaire : EI z ϑ C = ω 2 ξ 2 De diagrammes obtenus, on peut trouver : ( ) ω 2 = (2 / 3) ⋅ 2a ⋅ qa 2 / 2 = 2qa 3 / 3 ; (1) ξ2 = a / 3 ; ( 2) ξ 2 = −1 / 3 ; Finalement, f C = 2qa 4 / 9 EI z ; ϑ C = −2qa 3 / 9 EI z . Données : 10.8 M = Pa/2 , P, a , EIz . Calculer le déplacement horizontal de la section A (utiliser la méthode de multiplication des diagrammes; le plan xy est le plan de la potence). 114 Résistance des matériaux 1. Détermination des efforts intérieurs dans les sections de la potence (voir le problème 9.6) par l’action d’une charge donnée et obtention de leurs diagrammes (les efforts tranchants sont négligés ; le diagramme M z est construit pour les fibres comprimées). Tronçon 1 (0 ≤ x ≤ a ) M z = M = Pa / 2 . Tronçon 2 (0 ≤ x ≤ a ) M z = ( Pa / 2) − Px . Nx = P , Tronçon 3 ( 0 ≤ x ≤ 2a ) M z = ( Pa / 2) − Pa − ( P / 2) x “ Nx ” “Mz” 2. Détermination des efforts intérieurs dans les sections de la barre sous l’action d’une force unitaire appliquée dans la section A et dirigée à droite suivant l’horisontale. Tronçon 1 (0 ≤ x ≤ a ) M z = 1⋅ x . Tronçon 2 (0 ≤ x ≤ a ) N x =1 , M z = 1⋅ a . Résistance des matériaux Tronçon 3 ( 0 ≤ x ≤ 2a ) 115 M z = 1 ⋅ (a − x ) . Les diagrammes de N x et M z sont les suivants: “M z” “N x” 3. Détermination du déplacement de la section A . Il est facile de voir que la contribution des efforts longitudinaux à la valeur du déplacement cherché est égale à zero et que ce déplacement se détermine par la multiplication des diagrammes des moments fléchissants M z et M z . Nous remarquons que dans ce problème, les deux diagrammmes sont linéaires. C’est pourquoi nous prenons ω1 = (Pa / 2 ) ⋅ a , ω2 = 0 , ω '3 = − a 2 / 2 , ω ''3 = a 2 / 2 , ξ1 = a / 2 ξ2 = a , ξ '3 = 2 Pa / 3 , ξ ''3 = 4 Pa / 3 . , Pour le calcul du tronçon 3, nous avons utilisé la propriété commutative du procédé de multiplication des diagrammes. Dans ce cas, on peut multiplier l’aire du diagramme dû à une force unitaire par la coordonnée correspondante du diagramme dû aux forces en présence. Pour l’obtention du déplacement horizontal de la section A nous avons la relation 3 EI z δ A = ∑ ωi ξ i = i =1 Pa 2 a a 2 2 Pa a 2 4 Pa 7 Pa 3 . ⋅ − ⋅ + ⋅ = 2 2 2 3 2 3 12 Finalement, δ A = 7 Pa 3 / 12 EI z . 116 Résistance des matériaux Données : Calculer le déplacement vertical et la rotation de la section C. P, a , EIz . 10.9 1. Détermination des efforts intérieurs dans les sections de la barre sous l’action de la charge donnée et obtention de leurs diagrammes. Les réactions aux appuis sont : ∑MB = P ⋅ 3a − R A ⋅ 3a = 0 ∑ Y = R A + RB Tronçon 1 ( 0 ≤ x ≤ 2a ) Tronçon 2 (0 ≤ x ≤ a ) =P RB = 0 . M z = Px . N x = P - compression . M z = 2 Pa . Tronçon 3 ( 0 ≤ x ≤ 2a ) M z = Px . Tronçon 4 (0 ≤ x ≤ a ) Mz = 0 . "N x " RA = P . " Mz" Résistance des matériaux 117 2. Détermination des efforts intérieurs dans les sections de la barre par l’action de la force unitaire verticale appliquée dans la section C et obtention du déplacement vertical de la section C . Parce que la force unitaire verticale est appliquée au point C , les (1) (1) diagrammes des efforts intérieurs de N x et M z auront les mêmes formes que les diagrammes de N x et M z mais on remplace la force P par la valeur unitaire 1 : (1) "Nx " (1) "Mz " A l’aide de la règle de Véréchtchaguine, nous avons 1 4 1 4 ' ' fC = ωi ξ i + ∑ ∑ ωi ξ i , EI z i =1 ES i =1 où les valeurs de ω ' et ξ ' sont données par les diagrammes des efforts longitudinaux. Nous aurons fC = ⎤ 1 1 ⎡ ⎛ 2 Pa ⎞ 4a + 2 Pa ⋅ a ⋅ 2a ⎥ + 2⎜ ⋅ 2a ⎟ ⋅ Pa ⋅ 1 ⎢ EI z ⎣ ⎝ 2 ⎠ 3 ⎦ ES ou, après transformations : Pa 3 EI z ⎛ 28 I z ⎞ ⎟⎟ . ⎜⎜ + ⎝ 3 a2S ⎠ Le premièr terme est la valeur du déplacement vertical de la section C en flexion et le deuxième la valeur correspondant à la traction. On peut constater que le deuxième terme a une valeur faible et est négligé dans le calcul du déplacement. Par exemple, pour une section circulaire fC = de diamètre d pour a = 5d nous avons I z / a 2 S = d 2 / 16a 2 = 1 / 400 . C’est pourquoi, finalement nous obtenons : f C = 28 Pa 3 / 3EI z . 118 Résistance des matériaux 3. Détermination des efforts intérieurs dans les sections d’une barre par l’action d’un moment unitaire appliqué à la section C et obtention de la rotation de la section C. Les réactions aux appuis sont : ∑MB = 1 − R A ⋅ 3a = 0 R A = 1 / 3a . ∑ M A = 1 − R B ⋅ 3a = 0 RB = 1 / 3a . ( 2) Tronçon 1 0 ≤ x ≤ 2a M z =1 Tronçon 2 0≤ x≤a M z =1 Tronçon 3 0 ≤ x ≤ 2a M z = x / 3a Tronçon 4 0≤ x≤a M z = x / 3a ( 2) (2) (2) Pour la détermination de la rotation recherchée ϑ C , la règle de multiplication des diagrammes donne 2 ⎞ 4 44 Pa ⎛1 ⎞ ⎛1 . EI z ϑ C = ⎜ ⋅ 2 Pa ⋅ 2a⎟ ⋅1 + (2 Pa ⋅ a ) ⋅1 + ⎜ ⋅ 2 Pa ⋅ 2a⎟ ⋅ = ⎠ 9 ⎝2 ⎠ ⎝2 9 Finalement, nous obtenons : ϑ C = 44 Pa 2 / 9 EI z . Données : 10.10 P, a , EIz . Calculer le déplacement horizontal de l’articulation mobile B . Résistance des matériaux 119 1. Détermination des forces intérieures dans les sections d’un portique sous l’action d’une charge donnée et obtention de leurs diagrammes. En dirigant la réaction d’appui RA vers le bas et la réaction d’appui RB vers le haut, nous aurons à partir des équations d’équilibre : ∑ M A = − P ⋅ 3a + R B ⋅ 2a = 0 R B = 3P / 2 , ∑MB RA = P / 2 . = − P ⋅ a + R A ⋅ 2a = 0 Tronçon 1 ( 0 ≤ x ≤ 2a ) N x = P / 2 - traction. Tronçon 2 ( 0 ≤ x ≤ 2a ) M z = ( P / 2) ⋅ x . Tronçon 3 (0 ≤ x ≤ a ) Nx = P / 2 compression. M z = ( P / 2 ) ⋅ 2a . Tronçon 4 (0 ≤ x ≤ a ) Mz = P⋅ x . Tronçon 5 (0 ≤ x ≤ a ) N x = 3P / 2 - compression. Les diagrammes des efforts intérieurs N x (effort normal) et M z (moment fléchissant) sont donnés dans les figures suivantes : 120 Résistance des matériaux 2. Détermination des forces intérieures dans des sections d’un portique sous l’action d’une force unitaire appliquée au point B et dirigée vers la gauche horizontalement. Il est évident que comme réactions aux appuis, nous n’avons que la réaction horizontale R A = 1 . Le sens de RA est opposé à celui de la force unitaire. Tronçon 1 ( 0 ≤ x ≤ 2a ) M z = 1⋅ x . Tronçon 2 ( 0 ≤ x ≤ 2a ) N x = 1 - compression. Tronçon 3 (0 ≤ x ≤ a ) M z = 1 ⋅ ( 2a − x ) . Tronçon 4 (0 ≤ x ≤ a ) Mz = 0. Tronçon 5 (0 ≤ x ≤ a ) M z = 1⋅ x . M z = 1 ⋅ 2a . Résistance des matériaux 121 3. Détermination du déplacement de l’articulation mobile B . Il est facile de voir que la contribution des efforts longitudinaux à l'obtention du déplacement recherché est égale à zéro. Ce déplacement se détermine par la règle de multiplication des diagrammes des moments fléchissants M z et M z pour les tronçons 2 et 3. Le résultat de la multiplication des diagrammes conduit à la relation : 1 7 Pa 3 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛1 . EI z δ B = ⎜ Pa ⋅ 2a ⎟ ⋅ 2a + ⎜ a ⋅ a + a ⋅ a⎟ ⋅ Pa = ⎠ ⎝ ⎠ ⎝2 2 2 Pour le troisième tronçon (le deuxième terme) nous avons multiplié l’aire du diagramme dû à une force unitaire par la coordonnée correspondante du diagramme dû aux forces imposées. Finalement : δ B = 7 Pa 3 / 2 EI z . 11. SYSTÈMES HYPERSTATIQUES (DÉTERMINATION des INCONNUES REDONDANTES ) Classifications des systèmes de barres : - systèmes de barres isostatiques et hyperstatiques (définition générale) ; - systèmes plans, plan- tridimensionnels, tridimensionnels ; - fermes, portiques (cadres). Ordre d'hyperstaticité du système : 122 Résistance des matériaux - liaisons nécessaires (extérieures) assurées par l’invariabilité géométrique du système et liaisons supplémentaires (extérieures et intérieures) ; - hyperstaticité d’un contour plan fermé ; - diminution de l’ordre d'hyperstaticité du système en présence de charnière ; les charnières simples (isolées), binaires, etc. ; - détermination de l’ordre d'hyperstaticité s des systèmes plans d’après la formule s = 3c - a ( c est le nombre de contours fermés et a est le nombre d’articulations comptées comme des articulations isolées ; l’embase (au sol) est considérée comme une barre de rigidité infinie). Système de barres hyperstatique donné ; système isostatique de base ; système équivalent. Méthode des déplacements (voir les chapitres 3 et 7). Méthode des forces : - principe du minimum de l’énergie potentielle de déformation élastique du système (théorème de Menabréa) ou principe du travail minimum (sous forme directe et avec présentation des équations du même principe par les intégrales de Maxwell-Mohr) ; - méthode des forces sous forme canonique. Données : 11.1 P, a , ES . Calculer les efforts longitudinaux dans les barres de la ferme. Dans ce problème, nous avons une liaison extérieure supplémentaire (l’appui avec l’articulation mobile), pour cette raison l’ordre d'hyperstaticité de la ferme est égal à l’unité. Résistance des matériaux Système principal (de base) 123 Système équivalent 1. Détermination de la force superflue inconnue X 1 avec l’utilisation de principe de minimisation de l’énergie potentielle. Puisque les barres de la ferme ont la même rigidité ES pour chaque section et sont soumises seulement à une traction (ou compression) par des efforts constants longitudinaux, l’énergie potentielle de déformation élastique du système s’ecrit sous la forme suivante : ( 6 li ) ( ) N i2 dx a a N12 + N 32 + N 42 + N 62 + N 22 + N 52 . = 2 ES 2 ES i =1 0 ES U =∑ ∫ Déterminons les efforts dans les barres de la ferme : ∑ Y =N 2 / Nœud A ∑X Nœud B N 2 = 2P . = N1 + N 2 / 2 = 0 N1 = − P . ∑ Y =N 4 + P = 0 N4 = − P . ∑X N3 = P . =N 3 − P = 0 ∑ Y =N5 / Nœud C 2 −P=0 2 + X1 − P = 0 N 5 = 2 ( P − X1 ) . ∑X =N 5 / 2 + N 6 + P = 0 N 6 = X1 − 2 P . Nous remarquons qu’il n’y a pas de nécessité de calculer l’énergie potentielle de déformation, puisque pour la détermination de la force 124 Résistance des matériaux surabondante X 1 en conformité avec le principe du travail minimum il suffit d’utiliser l’équation suivante ∂N 5 ⎞ ∂N 6 ∂U a ⎛ ⎟=0 , ⎜⎜ 2 N 6 + 2 2N5 = ∂X 1 ⎟⎠ ∂X 1 ∂X 1 2 ES ⎝ où ∂N 6 / ∂X 1 = 1 et ∂N 5 / ∂X1 = − 2 . Pour la détermination de la force surabondante X 1 l’équation sera : X1 − 2 P − 2 2 ( P − X1 ) = 0 N 6 − 2N 5 = 0 , d’où nous trouvons : X1 = 1,26 P . Pour les efforts longitudinaux dans les barres 5 et 6 nous avons : N 5 = − 0,37 P N 6 = − 0,74 P . , 2. Détermination de la force surabondante X 1 avec utilisation des intégrales de Maxwell-Mohr. Le principe de minimisation de l’énergie potentielle de déformation élastique du système (le principe du travail minimum) dans ce problème est présenté par les intégrales de Maxwell-Mohr sous la forme de l’équation 6 li Ni N i dx =0 i =1 0 ES ∑∫ , où N i sont les efforts longitudinaux dans les barres du système équivalent dus aux forces données et à la force X1 ; N i sont ces mêmes efforts dans le système principal, mais qui sont dus à l’action d’une seule force généralisée surabondante inconnue X1 = 1 . Les valeurs des forces N i sont connues : N1 = − P , N 2 = 2 P , N 3 = P , N 4 = − P , N 5 = 2 ( P − X1 ) , N 6 = X1 − 2 P . Résistance des matériaux 125 Pour la force unitaire X1 = 1 nous obtenons : N1 = N 2 = N 3 = N 4 = 0 , ∑Y = N 5 / Nœud C ∑X 2 +1= 0 N5 = − 2 . =N5 / 2 + N6 = 0 N6 =1 . En substituant les valeurs des forces N i et N i aux intégrales de Mohr a 2 ( ) a ∫ 2 ( P − X1 ) − 2 dx + ∫ ( X1 − 2 P) ⋅1 dx = 0 , 0 0 nous avons pour la détermination de X1 la même équation : X1 − 2 P − 2 2 ( P − X1 ) = 0 X1 = 1,26 P . Données : m, a , M1= 3ma , 11.2 M2 = 3ma/2 , Déterminer les moments réactifs dans les encastrements aux extrémites de l’arbre. GIp . L’ordre d'hyperstaticité de l’arbre égale à l’unité. - système équivalent 1. Détermination du moment réactif X 1 directement à l’aide du principe de minimisation de l’énergie potentielle. Dans les sections de l’arbre sous l’action des charges données et du moment inconnu X1 nous avons les moments de torsion suivants : M x1 = X1 , M x 2 = X 1 − M1 , M x 3 = X1 − M1 + M 2 − mx . 126 Résistance des matériaux L’énergie potentielle sera U= 1 GI p 2a 3a ⎤ ⎡a 2 2 2 ⎢ ∫ X 1 dx + ∫ (X 1 − M 1 ) dx + ∫ (X 1 − M 1 + M 2 − mx ) dx ⎥ . ⎥⎦ ⎢⎣ 0 0 0 L’application du principe du minimum d’énergie potentielle mène à l’équation pour la détermination du moment inconnu X1 : ( ) 2 X1a + 2( X1 − M1 ) 2a + 2( X1 − M1 + M 2 )3a − 2 m 9a 2 / 2 = 0 , d’où nous trouvons : 6 X1 − 5 M1 + 3 M 2 − ( 9ma / 2 ) = 0 X1 = ma / 2 . En déterminant le deuxième moment réactif pour la condition d’équilibre statique, nous obtenons : M A = ma . 2. Détermination du moment surabondant inconnu X 1 à l’aide des intégrales de Maxwell-Mohr. Les valeurs des moments de torsion M xi dans les sections de l’arbre sous l’action des charges données et du moment inconnu X1 (pour le système équivalent) sont connues. Les valeurs des moments M xi dans le système principal de X1 = 1 sont obtenues sans difficulté : M x1 = M x2 = M x3 = 1 . En substituant les valeurs des moments M xi et M xi aux intégrales de Mohr , nous avons 3 li M xi M xi i =1 0 GI p ∑∫ dx =0 a 2a 3a 0 0 0 ∫ X 1dx + ∫ (X 1 − M 1 )dx + ∫ (X 1 − M 1 + M 2 − mx )dx = 0 . Résistance des matériaux 127 Les calculs des intégrales conduisent à une équation fonction de X1 , d’où nous obtenons la valeur X1 = ma / 2 . Données : 11.3 q, a, EIz . Déterminer les réactions dans la section encastrée A de la poutre (utiliser les intégrales de Mohr). L’ordre d'hyperstaticité de la poutre est égal à l’unité. L’équation nécessaire pour la détermination de la réaction inconnue X1 est la suivante : 2 li M zi M zi i =1 0 EI z ∑∫ dx = 0 , où M z i sont les valeurs des moments fléchissants dans les sections de la poutre sous l’action des charges données et de la force inconnue X1 (pour le système équivalent) ; M zi sont leurs valeurs dans le système principal de X1 = 1 . Nous considérons que les efforts tranchants sont négligeables. Détermination des moments fléchissants pour le système équivalent : M z1 = − qx 2 / 2 (0 ≤ x ≤ a ) M z 2 = X1 ⋅ x − q ( x + a ) 2 / 2 , (0 ≤ x ≤ 2a ) . Détermination des moments fléchissants pour le système principal avec la force unitaire : M z1 = 0 M z2 = 1 ⋅ x (0 ≤ x ≤ a ) , (0 ≤ x ≤ 2a ) . Pour la détermination de X1 nous avons l’équation : 128 Résistance des matériaux 2a ⎡ ∫ ⎢ X1 ⋅ x − 0 ⎣⎢ q (x + a )2 ⎤ ⎥ x dx = 0 , 2 ⎦⎥ d’où nous trouvons X1 = 17qa / 8 . Les réactions dans la section encastrée A de la poutre sont calculées à partir des équations d’équilibre : ∑ Y = R A + (17 qa / 8) − 3qa = 0 R A = 7qa / 8 . ∑ M A = M A + (17 qa / 8) ⋅x − 3qa ⋅ 1,5a = 0 Données : 11.4 M, a, EIz . M A = qa 2 / 4 . Calculer la réaction dans l’appui mobile du système de barres (utiliser les intégrales de Mohr) . L’ordre d'hyperstaticité du système de barres est égal à l’unité : nous avons une liaison extérieure supplémentaire (l’appui avec l’articulation mobile) et par conséquent, la force superflue inconnue X1 . Pour la détermination de la force inconnue X1 à l’aide des intégrales de Mohr il faut trouver les facteurs de forces intérieurs dans les sections du système équivalent et dans les sections du système principal sous l’action de la force unitaire X 1 = 1 . Système équivalent Système principal avec la charge unitaire (système auxiliaire) Résistance des matériaux Système équivalent 129 Système auxiliaire Tronçon 1 (0 ≤ x ≤ 2a ) M z1 = X1 ⋅ x M z1 = 1 ⋅ x Tronçon 2 (0 ≤ x ≤ a ) M z2 = M M z2 = 0 Tronçon 3 (0 ≤ x ≤ 2a ) N x3 = X1 N x3 = 1 M z3 = −1 ⋅ 2a . M z3 = M − X1 ⋅ 2a . En considération uniquement les moments fléchissants (l’effet des efforts longtudinaux est négligeable), nous obtenons l’équation pour la détermination de X1 : 2a ∫ X 1 ⋅ x ⋅ x dx + 0 2a ∫ (M − X 1 ⋅ 2a )(− 2a )dx = 0 . 0 Le calcul des intégrales et la solution de l’équation donne la valeur de la force X1 : ( ) X 1 ⋅ 8a 3 / 3 − M ⋅ 4a 2 + X 1 ⋅ 4a 2 ⋅ 2 a = 0 11.5 Données : P, R,β, ES . X 1 = 3 M / 8a . Calculer les efforts longtudinaux dans les barres du système. 1. Détermination des efforts longtudinaux à l’aide du principe de minimisation de l’énergie potentielle. 130 Résistance des matériaux Dans ce problème, l’ordre d’hyperstaticité est égal à deux et donc, la relation donnant l’énergie potentielle de déformation élastique est de la forme suivante : U = U ( X1 , X 2 , P) , où X1 et X 2 sont les deux forces redondantes inconnues. Les conditions de minimisation de cette fonction sont les deux équations ∂U / ∂X1 = 0 et ∂U / ∂X 2 = 0 . La solution de ces équations conduit aux valeurs de X1 et X 2 . Déterminons les efforts longtudinaux dans les barres 1 et 2 du système équivalent à partir de X1 , X 2 et P. Système équivalent ∑ Y = X 1 + N 2 sin β + X 2 cos β − P = 0 ∑ X = N1 + N 2 cos β − X 2 sin β = 0 N2 = N1 = P − X1 − X 2 cos β ; sin β X 2 + ( X1 − P )cos β . sin β L’énergie potentielle de déformation du système équivalent s’écrit sous la forme suivante (sachant que N 3 = X 1 et N 4 = X 2 ) : U = ( N i2 dx R ∑ ∫ 2 ES = 2 ES N12 + N 22 + X 12 + X 22 i =1 0 4 R ). En utilisant le principe de minimisation de l’énergie potentielle, nous établissons les équations pour la détermination des forces redondantes : Résistance des matériaux 131 ⎞ ∂N 2 ∂N ∂U R ⎛ ⎜ 2 N1 1 + 2 N 2 + 2 X 1 ⎟⎟ = 0 , = ∂X 1 ∂X 1 ∂X 1 2 ES ⎜⎝ ⎠ ⎞ ∂N 2 ∂N1 ∂U R ⎛ ⎜⎜ 2 N1 + 2 X 2 ⎟⎟ = 0 . + 2N 2 = ∂X 2 ∂X 2 ∂X 2 2 ES ⎝ ⎠ Substituant les valeurs de N1 et N 2 dans les équations, après transformations nous obtenons ( ) X1 + X 2 cos β = P cos 2 β + 1 / 2 , X1 cos β + X 2 = P cos β , d’où nous avons : X1 = P / 2 , X 2 = P cos β / 2 . Finalement, N1 = 0 , N 2 = P sin β / 2 , N3 = P / 2 , N 4 = P cos β / 2 . 2. Détermination des efforts longtudinaux à l’aide des formules de Mohr. Pour la solution de ce problème avec utilisation des intégrales de Mohr, il est nécessaire de trouver les valeurs des facteurs de forces intérieures dans les sections des tronçons du système équivalents et dues aux charges données. Dans les sections du système principal, ces valeurs sont celles dues à l’action d’une seule force superflue inconnue X i = 1 . Pour résoudre un système hyperstatique de degré n , il faut donc considérer les ( n +1 ) états de se système : l’état équivalent sous l’action des charges données et des forces X i plus n états auxiliaires, dont chacun est soumis à l’action d’une seule force de X i = 1 . [ ] N1 = X 2 + ( X1 − P) cos β / sin β , N 2 = ( P − X1 − X 2 cos β) / sin β , N 3 = X1 , 132 Résistance des matériaux L’état équivalent N4 = X2 . (1) N 1 = cos β / sin β , (1) N 2 = −1 / sin β , (1) Le premier état auxiliaire ( X1 = 1) N3 =1 , (1) N4 = 0 . ( 2) N 1 = 1 / sin β , ( 2) N 2 = − cos β / sin β , (2) Le deuxième état auxiliaire ( X2 = 1) N3 = 0 , ( 2) N 4 =1 . Les équations de détermination des forces redondantes X1 et X 2 par utilisation des intégrales de Mohr ont la forme suivante : (1) N N dx R (1) (1) ∑ ∫ i ESi = ES ⎛⎜ N1 N 1 + N 2 N 2 + X 1 ⎞⎟ = 0 , ⎠ ⎝ i =1 0 4 R (2 ) N N dx R ⎛ (2 ) (2 ) ⎞ = ∑ ∫ i ESi ⎜ N1 N 1 + N 2 N 2 + X 2 ⎟ = 0 . ES ⎠ ⎝ i =1 0 4 R (1) En substituant les valeurs des efforts longitudinaux N i , N i et (2) i = 1, 2 dans les équations obtenues et après transformations, ( ) Ni nous obtenons les mêmes équations pour la détermination de X1 et X 2 qu’au point 1. 11.6 Données : q,a, 2 M = qa , EIz . Calculer les réactions dans les sections encastrées (utiliser les intégrales de Mohr). Résistance des matériaux 133 L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à deux ; par exemple, nous avons deux facteurs de forces intérieures X i (i = 1, 2) dans la section droite encastrée. Nous déterminerons les valeurs des moments fléchissants dans les sections de la poutre dans l’état équivalent et dans deux états auxiliaires. M z1 = X1 ⋅ x + X 2 (0 ≤ x ≤ a ) , ( ) M z2 = X1 ( x + a ) + X 2 + M − qx 2 / 2 (0 ≤ x ≤ a ) . L’état équivalent (1) (0 ≤ x ≤ a ) , (1) (0 ≤ x ≤ a ) . M z1 = 1 ( 2) (0 ≤ x ≤ a ) , ( 2) (0 ≤ x ≤ a ) . M z1 = 1 ⋅ x M z2 = 1 ⋅ ( x + a ) Le premier état auxiliaire ( X1 = 1) Le deuxième état auxiliaire ( X2 = 1) M z2 = 1 Les équations pour la détermination des efforts superflus et inconnus X1 et X 2 avec utilisation des intégrales de Mohr ont les formes suivantes : (1) 2 a M zi M zi i =1 0 EI z ∑∫ dx = 0 , (2 ) 2 a M zi M zi i =1 0 EI z ∑∫ dx = 0 , ou, après substitution des valeurs des moments fléchissants : 2 ∫ (X 1 x + X 2 ) xdx + ∫ [X 1 (x + a ) + X 2 + M − (qx / 2)](x + a )dx = 0 a a 0 0 2 ∫ (X 1 x + X 2 )dx + ∫ [X 1 (x + a ) + X 2 + M − (qx / 2)]dx = 0 a a 0 0 . , 134 Résistance des matériaux Après calcul des intégrales et des transformations simples, les équations prennent la forme : X1 ⋅ 8a + 6 X 2 = −29qa 2 / 8 , X1 ⋅ a + X 2 = −5 qa 2 / 12 . La solution des équations obtenues par rapport aux inconnues cherchées X1 et X 2 donne : X1 = −27qa / 48 , X 2 = 7qa 2 / 48 . Les réactions dans la section gauche encastrée de la poutre peuvent être déterminées à partir des conditions de l’équilibre statique. Ⱦɚɧɨ: P, R,β, ES . 11.7 Calculer les efforts longtudinaux dans les barres du système à l’aide de la méthode des forces dans sa forme canonique. Ce problème est résolu à l’aide de la méthode des forces et utilisation du principe de minimisation de l’énergie potentielle élastique du système directement et avec utilisation des intégrales de Mohr (voir le problème 11.5). La solution du problème à l’aide de la méthode des forces sous sa forme canonique sous-entend la résolution d’un système d’équations de la forme suivante : δ11 X1 + δ12 X 2 + . . . + δ1n X n + ∆1P = 0 , δ 21 X1 + δ 22 X 2 + . . . + δ 2 n X n + ∆ 2 P = 0 , ................................. δ n1 X1 + δ n 2 X 2 + . . . + δ nn X n + ∆ nP = 0 . Chacune de ces équations exprime la condition selon laquelle dans un système hyperstatique, le déplacement généralisé correspondant à chacune des forces généralisées superflues inconnues Xi (i = 1, 2 , . . ., n) est égal à zéro. Résistance des matériaux 135 Les éléments ∆ iP de ces équations et tous les coefficients δ ii et δ ik = δ k i (k = 1, 2 , . . ., n) sont les déplacements généralisés dans le système isostatique de base allant dans la direction de la force généralisée X i (indiquée par le premier index) : ∆ iP sont dus à l’action de toutes les charges données ; δ ii et δ ik sont dus à chaque force généralisée unitaire X i = 1 ou X k = 1 (indiquée par le second index). Donc, le système hyperstatique de degré n doit être considéré dans les ( n + 1 ) états : dans l’état principal sous l’action de toutes les charges données (l’état "P " ) et dans n états auxiliaires sous l’action de chacune des forces généralisées unitaires inconnues X i = 1 (l’état " 1 " , " 2 " , etc.). Pour la détermination des déplacements généralisés, nous devons utiliser la méthode énergétique avec application des intégrales de Mohr. L’ordre d’hyperstaticité du système examiné est égal à deux. Pour cela, les équations canoniques de la méthode des forces avec deux forces superflues inconnues X 1 et X 2 ont la forme : δ11 X1 + δ12 X 2 + ∆1P = 0 , δ 21 X1 + δ 22 X 2 + ∆ 2 P = 0 . Pour la détermination des coefficients de ces équations en utilisant les intégrales de Mohr, il est nécessaire de trouver les efforts longtudinaux dans les barres en considérant le système dans les trois états suivants : L’état "P " (l’état de base sous l’action de force P ) L’état " 1 " (l’état de base sous l’action de force X1 = 1) L’état " 2 " (l’état de base sous l’action de force X2 = 1 ) 136 Résistance des matériaux (1) ( P) = − P cos β / sin β , ( P) N = P / sin β , ( 2) N 1 = cos β / sin β , N 1 = 1 / sin β , N 2 = −1 / sin β , N 2 = − cos β / sin β , N3 N3 =1 , N3 = 0 , 4 N4 = 0 . N4 =1 . N1 (1) 2 ( P) = 0 , ( P) = 0 . N ( 2) (1) ( 2) (1) (2) Puisque les barres du système étudié ont la même rigidité et la même longueur, les coefficients des équations canoniques s’écrivent sous la forme suivante : N i(P ) N i dx i =1 0 ES ∆1P = ∑ ∆ 2P = δ11 = (1) 4 R ∫ N i(P ) N i dx i =1 0 ES ∑∫ (1) (1) 4 R N i N i dx i =1 0 ES ∑∫ = =− R 2P cos β ⋅ , ES sin 2 β (1) (2 ) N i N i dx i =1 0 ES ∑∫ (2 ) (2 ) N i N i dx i =1 0 ES ), R 2 ⋅ , ES sin 2 β 4 R 4 R ∑∫ ( R P 1 + cos 2 β ⋅ ES sin 2 β (2 ) 4 R δ12 = δ 21 = δ 22 = =− = = R 2 cos β ⋅ , ES sin 2 β R 2 ⋅ . ES sin 2 β En substituant les valeurs des coefficients dans les équations canoniques, nous avons ( ) X1 + X 2 cos β = P cos 2 β + 1 / 2 , X1 cos β + X 2 = P cos β . On peut voir que ce sont des équations identiques à celles que nous avons obtenues auparavant (voir le problème 11.5). La solution de ces équations est : Résistance des matériaux 137 X1 = P / 2 , X 2 = P cos β / 2 . Pour la détermination des efforts longtudinaux réels dans les barres du système sous l’action des charges imposées, on peut utiliser le principe de superposition ( P) + N (1) X + N ( 2) X . 1 2 i i Ni = Ni Finalement, N1 = 0 , N 2 = P sin β / 2 , N3 = P / 2 , Données : q,a, 2 M = qa , 11.8 EIz . N 4 = P cos β / 2 . Déterminer les réactions à l’appui droit à l’aide de la méthode des forces sous sa forme canonique. Ce problème est résolu à l’aide de la méthode des forces avec la présentation du principe de minimisation de l’énergie potentielle de déformation élastique par les intégrales de Mohr (voir le problème 11.6). L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à deux. Pour la détermination des coefficients des équations canoniques avec l’utilisation des intégrales de Mohr, il est nécessaire de trouver les moments fléchissants dans les sections de la poutre en considérant la poutre dans trois états suivants : L’état "P " ( P) M z1 = 0 , ( P) M z 2 = M − ( qx 2 / 2) . (0 ≤ x ≤ a ) L’état " 1 " (1) M z1 = 1 ⋅ x , (1) M z 2 = 1 ⋅ (a + x ) . (0 ≤ x ≤ a ) L’état " 2 " ( 2) M z1 = 1 , ( 2) M z2 = 1 . (0 ≤ x ≤ a ) Puisque les tronçons de la poutre donnée ont une même rigidité en flexion EI z , le multiplicateur 1/ EI z est présenté dans chaque nombre 138 Résistance des matériaux des équations canoniques et ensuite il sera donc supprimé. C’est pourquoi, la détermination des coefficients de ces équations à l’aide des intégrales de Mohr se fera sans ce multiplicateur. a [ ( )] ∆1P = ∫ M − qx 2 / 2 (a + x )dx = 29qa 4 / 24 , ∆ 2P = 0 a [ ∫ M − (qx 2 )] / 2 dx = 5qa 3 / 6 , 0 a a δ11 = ∫ x 2 dx + ∫ (a + x )2 dx = 8a 3 / 3 , 0 0 δ12 = δ 21 = a a 0 0 2 ∫ xdx + ∫ (a + x )dx = 2a , a δ 22 = 2 ∫ dx = 2a . 0 Substituant les valeurs des coefficients dans les équations canoniques, nous avons : X1 ⋅ 8a + 6 X 2 = −29qa 2 / 8 , X1 ⋅ a + X 2 = −5 qa 2 / 12 . On peut voir que ce sont les mêmes équations que celles obtenues auparavant (voir le problème 11.6). La solution de ces équations est connue et les réactions dans la section encastrée droite seront : R B = X 1 = −27qa / 48 11.9 , M B = X 2 = 7 qa 2 / 48 . Données : P, a, EIz . Tracer le diagramme des moments fléchissants Mz . L’ordre d’hyperstaticité du système de barres est égal à trois : le système a trois liaisons supplémentaires extérieures. Résistance des matériaux Système isostatique de base 139 Système équivalent Les équations canoniques pour le système de barres (ou portique plan) prennent la forme : δ11 X1 + δ12 X 2 + δ13 X 3 + ∆1P = 0 , δ 21 X1 + δ 22 X 2 + δ 23 X 3 + ∆ 2 P = 0 , δ n1 X1 + δ n 2 X 2 + δ 33 X 3 + ∆ 3P = 0 . Sachant, que pour les portiques plans, les effets des efforts longitudinaux et tranchants sur les déformation sont faibles, nous ne traçons que les diagrammes des moments fléchissants M z pour les quatre états. Puisque les tronçons de ce portique ont la même rigidité en flexion EI z , nous ne prenons pas en considération le multiplicateur 1/ EI z pour la détermination des coefficients des équations canoniques. Les calculs des coefficients mentionnés se fait à l’aide des intégrales de Mohr en utilisant la règle de multiplication des diagrammes : ∆1P = − Pa 3 / 2 , ∆ 2 P = −5Pa 3 / 6 , ∆ 3P = − Pa 2 , δ11 = 7a 3 / 3 , δ 22 = 8a 3 / 3 , δ 33 = 3a , δ12 = 2a 3 , δ13 = 5a 2 / 2 , δ 23 = 2a 2 . 140 Résistance des matériaux En substituant les valeurs des coefficients obtenus dans les équations canoniques, après la réduction nous avons : (7a / 3) X1 + 2a ⋅ X 2 + (5 / 2) X 3 = Pa / 2 , 2a ⋅ X1 + (8a / 3) X 2 + 2 X 3 = 5Pa / 6 , (5a / 2 ) X1 + 2a ⋅ X 2 + X 3 = Pa / 2 . La solution des équations par rapport aux inconnues X1 , X 2 et X 3 est : X1 = − P / 4 , X 2 = 7 P / 16 , X 3 = Pa / 12 . Finalement nous avons : Nous avons tracé le diagramme de moments fléchissants M z par la méthode d’addition pour chaque tronçon du portique. Données : 11.10 Système isostatique de base P, a, ES . Déterminer les efforts longitudinaux dans les barres de la ferme. Système équivalent Résistance des matériaux 141 L’ordre d’hyperstaticité de la ferme est égale à deux : le système a une liaison supplémentaire extérieure X1 et une liaison supplémentaire intérieure X 2 . Les équations canoniques de la méthode des forces ont la forme : δ11 X1 + δ12 X 2 + ∆1P = 0 , δ 21 X1 + δ 22 X 2 + ∆ 2 P = 0 . Les efforts longitudinaux dans les barres de la ferme N i ( i = 1, 2, . . . , 10 ) sont déterminés pour les trois états : ″P ″ , ″ 1 ″ ( X1 = 1 ) et ″ 2 ″ ( X 2 = 1 ). L’obtention de ces efforts ne présente pas des difficultés et c’est pourquoi nous nous bornons aux exemples de la détermination des efforts dans les barres. L’état ″P ″. Il est évident que les réactions aux appuis sont égales à P . ( P) ∑ Y = P + N1 N1( P ) = − P 2 . / 2=0 ( P) ( P) ∑ X = N 2 + N1 / 2 = 0 ( P) ∑ Y = −N3 N 2(P ) = P . N 3( P ) = P . +P 2/ 2=0 ( P) ∑ X = N4 + P 2 / 2 = 0 N 4(P ) = − P . Les autres valeurs de N i( P ) sont citées dans le tableau 1. L’état ″ 1 ″. (1 ) (1 ) (1 ) N 2 = N 7 = N 10 = 1 . Les autres forces longitudinales sont égales à zéro. 142 Résistance des matériaux L’état ″ 2 ″. Les réactions aux appuis sont égales à zéro. Donc, les forces longitudinales dans les barres 1, 2, 9 et 10 sont aussi égales à zéro. ( 2) (2) ∑ Y = −N3 −1 / 2 = 0 N 3 = −1 / 2 . (2) ∑ X = N4 +1/ 2 = 0 N 4 = −1 / 2 . ( 2) Toutes les autres valeurs de N i ( 2) sont citées dans le tableau 1. Tableau 1. Efforts longitudinaux dans les barres de la ferme dans les états Efforts dans les barres dans les différents états de la ferme ″P ″ ″1 ″ ″2 ″ Numéro de la barre Longueur de la barre i li 1 2 3 a 2 a a −P 2 P P 4 a 5 a 2 −P 0 (P ) (1 ) (2 ) Ni 0 N i 0 1 0 0 −1/ 2 0 −1/ 2 0 1 0 1 7 a 2 a 0 P 1 −1/ 2 8 a P 0 −1/ 2 9 a 2 a −P 2 P 0 0 1 0 6 10 Ni Pour simplifier la proɫédure de détermination des coefficients des équations canoniques à l’aide des intégrales de Mohr, nous construisons le tableau 2 sur la base du tableau 1, où nous montrons pour chaque (1) ( 2) barre de numéro " i " les produits N i( P ) N i li , N i( P ) N i li etc. Résistance des matériaux 143 Tableau 2 Données pour la détermination des coefficients des équations canoniques. P 2 N i( ) N (i ) l i ( P) N (1 ) l i i i Ni 1 2 3 0 Pa 0 4 0 5 0 6 0 0 7 Pa 8 0 9 10 0 Pa (1) Ni N 0 0 (1 ) l i i (1) Ni N (2 ) l i i ( 2) Ni N 0 a 0 0 0 0 0 0 a/2 0 0 a/2 0 0 a 2 0 0 − Pa / 2 a −a/ 2 a 2 a/2 − Pa / 2 0 0 0 0 a/2 0 a 0 0 0 0 − Pa / 2 Pa / 2 0 (2 ) l i i Par addition de la deuxième colonne, nous déterminons la valeur du coefficient ∆1P : ∆1P = 1 10 (P ) (1) ∑ N N i li = 3Pa / ES . ES i =1 i Pour les autres coefficients, nous les déterminons de la même façon et nous avons : ∆ 2 P = − 2 Pa / ES , δ11 = 3a / ES , δ12 = δ 21 = − a / 2 ES , δ 22 = 2 + 2 2 a / ES . ( ) En substituant les valeurs de ces coefficients dans les équations canoniques, nous obtenons après réductions : 3 X1 − X 2 = −3P , ( ) − ( X1 / 2 ) + 2 1 + 2 X 2 = 2P , d’où nous avons : X1 = 0,964 P , X 2 = 0,152 P . 144 Résistance des matériaux Pour la détermination des efforts longtudinaux réels dans les barres du système sous l’action des charges prescrites, on peut utiliser le principe de superposition (méthode d’addition) ( P) + N (1) X + N ( 2) X . 1 2 i i Ni = Ni Les valeurs des efforts longtudinaux sont présentées dans le tableau 3. Tableau 3 Les valeurs des efforts longtudinaux Ni dans les barres du système. Ni 1 − 1,414 P 2 0,036 P Numéro de la barre 3 4 0,893 P − 1,107 P 5 0,152 P Ni 6 0,152 P 7 0,027 P Numéerode la barre 8 9 0,893 P − 1,414 P 10 0,036 P Données : 11.11 P, a, EIz . Tracer le diagramme des moments fléchissants Mz pour les tronçons du portique. L’ordre d’hyperstaticité du portique est égal à trois. On peut proposer, par exemple, deux variantes du système équivalent : En général, il est rationnel de rendre isostatique un système hyperstatique géométriquement symétrique soumis à une charge Résistance des matériaux 145 symétrique ou antisymétrique. En le coupant suivant le plan de symétrie, cela entraîne une diminution du nombre des forces généralisées redondantes et inconnues à déterminer. Dans la section coïncidant avec le plan de symétrie, les efforts symétriques sont nuls pour une charge antisymétrique et les efforts antisymétriques sont nuls pour une charge symétrique. Il est évident, que la deuxième variante du système équivalent est préférable parce qu’elle permet de simplifier la solution de ce problème. Dans celui çi, nous avons une charge antisymétrique. C’est pourquoi X 2 = X 3 = 0 et la solution du problème est ramenée à l’obtention d’une seule inconnue X1 de l’équation X 1 = −∆1P / δ11 . Les coefficients ∆1P et δ11 sont déterminés par la multiplication des diagrammes des moments fléchissants M z obtenus pour les états ″P ″ et ″ 1 ″ (les diagrammes sont construit pour les fibres comprimées : voir le problème 9.6). Sans difficultés, on peut constater que : EI z ∆1P = Pa 3 / 2 , EI z δ11 = 13a 3 / 12 X1 = − 6 P / 13 . Pour la détermination du diagramme des moments fléchissants résultants de l’action des charges données, on peut utiliser le principe de superposition : (1) M z = M z( P) + M z X1 . Finalement, 146 Résistance des matériaux Données : 11.12 P, a, EIz . Calculer les composants des réactions aux appuis. Dans ce problème, nous avons des articulations pour la barre CD aux points C et D. L’introduction d’une articulation sur l’axe d’une barre annule le moment fléchissant dans cette section et réduit l’ordre d’hyperstaticité d’une unité. C’est pourquoi, on peut proposer le système équivalent de la forme suivante : Mais le portique est géométriquement symétrique soumis à une charge symétrique. Par conséquant, X 3 = 0 . Les coefficients des équations canoniques sont déterminés par la multiplication des diagrammes des moments fléchissants M z obtenus pour les états ″P ″ , ″ 1 ″ et ″ 2 ″ (les diagrammes sont construit pour les fibres comprimées). Résistance des matériaux 147 Les coefficients des équations canoniques valent (au multiplicateur 1/ EI z près) : ∆1P = − Pa 3 / 2 , δ12 = δ 21 = 17a 3 / 3 , ∆ 2 P = − Pa 3 , δ11 = 8a 3 / 3 , δ 22 = 40a 3 / 3 . En substituant les valeurs des coefficients obtenus dans les équations et après réduction nous obtenons : 8 X1 + 17 X 2 = 3P / 2 , 17 X1 + 40 X 2 = 3P . La résolution de ces équations par rapport aux inconnues X1 et X 2 permet de trouver leurs valeurs : X1 ≈ − 0,05 P , X 2 = 0,29 P . Puisque le problème est symétrique, nous avons pour chaque appui : R vert = 0,5 P , 11.13 R hor = 0,29 P . Données : ∆T , α , a, h, E. Calculer la contrainte normale maximale développée dans la barre brisée par suite d’une élévation de température ∆T (Iz et h sont le moment d’inertie et la hauteur de la section) . Dans ce problème, il faut tenir compte de la différence de température. L’ordre des calculs reste le même, mais les éléments indépendants ∆ iT des équations canoniques sont les déplacements généralisés dans le système isostatique de base (principal) dus à l’élévation de température dans la direction de la force généralisée inconnue X i . La valeur du coefficient ∆ iT est positive, si le déplacement thermique coïncide avec la direction de la force X i . En général, lorsque le système est soumis simultanément à l’action de charges et à une variation de température, les éléments indépendants 148 Résistance des matériaux des équations canoniques sont exprimés par la somme ∆ iT + ∆ iP en conformité avec le principe de superposition des forces. L’ordre d’hyperstaticité de la barre brisée est égal à unité. Système de base Système équivalent Pour la détermination des coefficients ∆1T et δ11 , nous examinons les états "T " et "1" . Puisque pour ce système plan, les influences des efforts longitudinaux et tranchants sur les déformations sont petites, (1) nous ne traçons que le diagramme des moments fléchissants M z pour l’état "1" pour les fibres comprimées (voir le problème 9.6). La détermination des coefficients de l’équation canonique conduit aux valeurs suivantes : ∆1T = − α ∆T ⋅ a , EI z δ11 = 11a 3 / 3 . Ici, le coefficient ∆1T a une valeur négative, puisque les directions du déplacement thermique et de la force X1 sont opposées. Le coefficient (1) δ11 est obtenu par la multiplication du diagramme M z par lui-même. La résolution de l’équation canonique δ11 X1 + ∆1T = 0 en prenant en compte les valeurs obtenues ∆1T et δ11 donne X 1 = 3EI z α ∆T / 11a 2 . Résistance des matériaux 149 Le moment fléchissant maximum est situé dans la section encastrée ( M z ) max = 2a ⋅ X 1 = 6 EI z α∆ T / 11 a . La contrainte normale maximale est déterminée par la formule connue : (σ x ) max = ( M z ) max h ⋅ = 0,273 ⋅ E α ∆T (h / a ) . 2 Iz Données : ∆T , α , a, h, E. 11.14 Calculer la contrainte normale maximale dans les barres du portique induite par chauffage ∆T ( Iz et h sont le moment d’inertie et la hauteur de la section) . Voir le probléme 11.12. Puisque dans ce problème, nous avons une différence de température comme facteur de la charge, il est nécessaire de trouver à nouveau les coefficients indépendants ∆1T et ∆ 2T des équations canoniques, mais les autres coefficients conservent les mêmes valeurs. Pour l’obtention des valeurs de ∆1T et ∆ 2T nous avons les systèmes équivalent et de base dans l’état ″T ″ suivants : Système équivalent ″T ″ On peut constater que : ∆1T = 0 , ∆ 2T = − α ∆T ⋅ 2a . Les autres coefficients des équations canoniques sont tirés de la solution du probléme 11.12 : 150 Résistance des matériaux δ11 = 8a 3 / 3 , δ12 = δ 21 = 17a 3 / 3 , δ 22 = 40a 3 / 3 . Les équations canoniques pour la détermination des forces X1 et X 2 dans ce problème ont la forme : 8 X1 + 17 X 2 = 0 , 17 X 1 + 40 X 2 = 6 EI z α ∆T / a 2 . La résolution des équations donne : X1 = − 3,29 EI z α ∆T / a 2 , X 2 = 1,55 EI z α ∆T / a 2 . Les valeurs des moments fléchissants dans les sections du portique sont déterminées en utilisant le principe de superposition des effets des forces : (1) ( 2) M z = M z X1 + M z X 2 . On obtient que ( M z ) max = a ⋅ X 2 = 1,55 EI z α∆ T / a . La contrainte normale maximale est déterminée par la formule : (σ x ) max = ( M z ) max h ⋅ = 0,775 ⋅ E α ∆T (h / a ) . 2 Iz 12. SYSTÈMES HYPERSTATIQUES (DÉTERMINATION des DÉPLACEMENTS) Après la détermination des inconnues superflues et le tracé des diagrammes des facteurs de forces intérieures M x , M y , M z , N x , les déplacements dans les systèmes hyperstatiques s’obtiennent par les procédés habituels. Ce faisant, il convient pour chaque cas concret de se servir de la méthode qui conduit le plus aisément possible au résultat voulu. Par exemple, il est recommandé de déterminer les fléɫhes et les angles de rotation des sections des poutres hyperstatiques supportant une charge Résistance des matériaux 151 complexe d’après la méthode des paramètres initiaux (à l’aide de l’équation de la ligne élastique). La méthode énergétique avec l’utilisation des intégrales de Maxwell-Mohr qui est universelle s’emploie d’ordinaire pour la détermination des déplacements dans les barres brisées, portiques, fermes, etc. 12.1 Données : q, a, EIz . Déterminer le déplacement vertical et la rotation de la section C . La poutre proposée est hyperstatique (l’ordre d’hyperstaticité est égal à unité) et nous avons déjà calculé les réactions aux appuis (voir le probléme 11.3) et nous avons : M A = qa 2 / 4 , R A = 7 qa / 8 , RB = 17qa / 8 . Maintenant, pour la détermination des déplacements demandés v C et ϑC nous utiliserons la méthode des paramètres initiaux (voir les problèmes 8.6 et 8.7). L’équation de la ligne élastique est : ( x − 2a ) x3 x2 x4 − MA −q + RB , 6 2 24 I 6 II 3 EI z v = R A où pour le tronçon I nous avons 0 ≤ x ≤ 2a et pour le tronçon II 2a ≤ x ≤ 3a . Par différentiation de cette équation, nous trouvons l’équation pour les rotations des sections de la poutre : (x − 2a) x2 x3 EI z ϑ = R A − MA x − q + RB 2 6 I 2 II 2 . 152 Résistance des matériaux Le calcul des grandeurs inconnues v C et ϑ C à partir de ces équations donne EI z v C = EI z v x =3a = −(5 / 24)qa 4 vC = − 5 qa 4 24 EI z . EI z ϑ C = EI z ϑ x =3a = −(1 / 4)qa 3 ϑC = − 1 qa 3 4 EI z . Pour la vérification de l’équation de la ligne élastique, nous déterminons le déplacement de la section B : EI z v B = EI z v x =2a = 0 . En effet, la section B est au droit de l’appui et le déplacement de cette section est égal à zero. 12.2 Données : q,a, 2 M = qa , Déterminer le déplacement vertical et la rotation de la section C . EIz . Ici nous avons la même situation que dans le probléme précédent : la poutre proposée est hyperstatique (l’ordre d’hyperstaticité est égal à deux), et nous avons déjà calculé les réactions dans la section encastrée B (voir le probléme 11.8) : R B = 27 qa / 16 , M B = 7 qa 2 / 48 . Les réactions dans la section encastrée A sont déterminées à partir des équations statiques : R A = 25qa / 16 , M A = 23qa 2 / 48 . Maintenant, pour le calcul des déplacements, nous pouvons utiliser deux variantes de la poutre isostatique pour lesquelles la charge appliquée est la charge donnée. Résistance des matériaux 153 1. Détermination des déplacements v C et ϑ C à l’aide de l’équation de la ligne élastique. En utilisant la première variante de la poutre isostatique (figure de gauche), nous écrivons les équations de la ligne élastique et de la rotation sous la forme suivante : EI z v = − RB x3 x2 + MB 6 2 I , EI z ϑ = − R B x2 + MBx , 2 I où pour le tronçon I nous avons 0 ≤ x ≤ a . Nous remarquons que pour la détermination des inconnuées cherchées v C et ϑ C il suffit d’avoir l’équation pour le tronçon I, puisque la section C est la limite de ce tronçon. A partir de ces équations nous avons : EI z v C = EI z v x = a = −(1 / 48)qa 4 v C = − qa 4 / 48 EI z . EI z ϑ C = EI z ϑ x = a = (13 / 96)qa 3 ϑ C = 13qa 3 / 96 EI z . Le sens du déplacement v C (négatif) est opposé à celui de l’axe y et le sens de la rotation de la section C (positif) est opposé à celui des aiguilles d’une montre. 2. Détermination des déplacements v C et ϑ C intégrales de Maxwell-Mohr. à l’aide des Le déplacement généralisé est déterminé à partir de la formule connue a a M z1 M z1 M M z2 dx + ∫ z 2 dx . EI z EI z 0 0 δ=∫ Ici nous utiliserons la deuxième variante de la poutre isostatique (figure de droite). 154 Résistance des matériaux Le diagramme résultant des moments fléchissants M z de l’action de la charge donnée est construit en utilisant la solution du probléme 11.8 avec application du principe de superposition. La détermination des diagrammes M z(1) et M z(2 ) est obtenu par voie ordinaire. Moments fléchissants, provoqués par l’action de la charge donnée. Moments fléchissants, provoqués par l’action de la force unitaire (appliquée à la section C). Moments fléchissants, provoqués par l’action du moment unitaire (appliquée à la section C). Les relations pour déterminer v C et ϑ C sont les suivantes : a (1) EI z vC = ∫ M z 2 M z 2 dx , 0 a EI z ϑ C = (2 ) ∫ M z 2 M z 2 dx . 0 Les calculs des intégrales de Mohr s’opère en utilisant la méthode de multiplication des diagrammes : 7qa 2 1 27qa 2 1 a qa 4 EI z vC = − ⋅ a ⋅ a ⋅ + ⋅ ⋅a⋅ = 2 48 2 48 3 48 EI z ϑC = −1 ⋅ a ⋅ 13qa 3 7qa 2 1 27qa 2 + ⋅ ⋅ a ⋅1 = 48 2 48 96 vC = qa 4 . 48 EI z ϑC = 13qa 3 . 96 EI z Résistance des matériaux 155 Le sens du déplacement v C coïncide avec celui de la force unitaire et le sens de la rotation ϑ C coïncide celui du moment unitaire. Données : 12.3 M, a, EIz . Déterminer le déplacement horizontal de la section C (celle de l’appui articulé mobile). En utilisant la solution du probléme 11.4, nous avons : Système isostatique de base Système équivalent “Mz” hor Pour la détermination du déplacement horizontal δ C de l’appui articulé mobile C , il est nécessaire de construire le diagramme des moments fléchissants pour le système isostatique de base sous l’action de la force horizontale unitaire appliquée dans la section C. ″1″ “ Mz ” Par multiplication des diagrammes des moments fléchissants Mz et hor M z nous obtenons le déplacement cherché δ C de l’appui articulé mobile : M Ma 2 hor 1 EI z δ C = 2a ⋅ 2a ⋅ = 2 4 2 hor δC = Ma 2 . 2 EI z 156 Résistance des matériaux Données : P, a, EIz . 12.4 Déterminer le déplacement horizontal du point A (du point d’application de la force gauche P ). En utilisant la solution du probléme 11.11, nous avons : Ici nous avons une situation semblable au problème précédent : pour la détermination du déplacement horizontal δ hor du point A A d’application de la force gauche P il est nécessaire de construire le diagramme des moments fléchissants pour le système isostatique de base sous l’action de la force horizontale unitaire, appliquée dans le point considéré A. Par multiplication des diagrammes des moments fléchissants Mz et M z nous obtenons le déplacement cherché du point A : 1 3Pa Pa 2a EI z δ hor A = − 2 a ⋅ a ⋅ 13 + 2 ⋅ a ⋅ 3 3 δ hor A = 17 Pa / 78 EI z . Il est évident que pour obtenir la solution de ce problème, on peut employer directement le principe de minimisation de l’énergie potentielle de déformation élastique, puisque la force P est appliquée au point A. En effet, Résistance des matériaux 2 EI z U = a/2 a a 0 0 0 157 2 2 2 2 ∫ (6 P / 13) x dx + ∫ (3Pa / 13) dx + ∫ [(3Pa / 13) − Px] dx , d’où nous obtenons le même résultat : 2 EI z δ hor A = 2 EI z ∂U 17 Pa 3 = . ∂P 39 Données : 12.5 P, a, EIz . Déterminer le déplacement réciproque des points A , disposés sur l’axe horizontal de symétrie du contour fermé. L’ordre d’hyperstaticité du contour fermé est égal à trois, mais il possède des axes de symétrie et est chargé symétriquement (voir le problème 11.11). Pour commencer, nous déterminons les inconnues superflues de ce système en coupant le contour fermé selon l’axe horizontal de symétrie. Maintenant nous avons la possibilité d’examiner l’une partie du système qui est montrée dans le dessin. Compte-tenu du caractère symétrique de la charge, nous avons X 3 = 0 . Ensuite, l’analyse des conditions d’équilibre d’une des moitié donne X 2 = P / 2 . Le moment inconnu surabondant X1 se détermine à partir l’équation canonique : X1 = − ∆1P / δ11 . Les coefficients ∆1P et δ11 de l’équation canonique sont déterminés par la multiplication des diagrammes des moments fléchissants pour les états ″P ″ et ″ 1 ″ du système de base. 158 Résistance des matériaux ″P ″ Système équivalent ″1″ Les diagrammes des moments fléchissants pour les états ″P ″ et "1" , construits pour les fibres comprimées ont la forme suivante : En utilisant le procédé de multiplication des diagrammes M z(P ) et M z(1) nous obtenons (au multiplicateur 1 / EI z près). ∆1P = Pa a Pa 2 ⋅ ⋅1 = 4 2 8 , δ11 = 2a . Introduisant les coefficients ∆1P et δ11 dans l’équation canonique, nous aurons : 2a ⋅ X1 = − Pa 2 / 8 X1 = − Pa / 16 . Le diagramme des moments fléchissants dans le système de base est construit en conformité avec le principe d’indépendance des effets des forces : (1) M z = M z( P ) + M z X1 . Pour déterminer le déplacement réciproque des points A disposés sur l’axe horizontal de symétrie du contour fermé, nous appliquons en ces Résistance des matériaux 159 points dans le système isostatique de base, des forces horizontales unitaires et nous construisons le diagramme des moments fléchissants M z relatifs à cette charge. Nous aurons : En multipliant le diagramme des moments fléchissants M z par le diagramme des moments fléchissants M z , nous obtenons l’équation pour la détermination du déplacement réciproque des points A : EI z δ A - A = −2 ⋅ a a Pa Pa a Pa a a Pa 3 ⋅ ⋅ − ⋅a⋅ + ⋅ ⋅ = . 4 2 16 16 2 4 2 2 64 Finalement, δ A - A = Pa 3 / 64 EI z . 13. POUTRES CONTINUES à APPUIS MULTIPLES Définition : Choix du système isostatique de base et du système équivalent : Système isostatique de base Système équivalent Schéma de l’obtention de l’équation des trois moments : 160 Résistance des matériaux Centre de gravité du diagramme de Mz L’équation des trois moments sous sa forme canonique (EIz = const) : ( M i −1 li + 2 M i (li + li +1 ) + M i +1 li +1 = −6 EI z ϑi gh ) + ϑidr , où M i −1 , M i et M i +1 sont les trois moments fléchissants inconnus supportés par la section d’appuis ( i − 1) , i et ( i + 1) (appliqués aux extrémités des poutres) ; ϑigh et ϑidr sont les angles de rotation des extrémités des poutres adjacentes (gauche et droite) à l’appui i et dus seulement aux charges agissant dans les travées adjacentes. Les valeurs de ϑigh et ϑidr peuvent être déterminées par n’importe quelle méthode s’avérant rationnelle pour ce cas. En particulier, par l’utilisation de la méthode de multiplication des diagrammes, l’équation des trois moments se transforme selon : ⎛ω a ω b ⎞ M i −1 li + 2 M i (li + li +1 ) + M i +1 li +1 = − 6 ⎜ i i + i +1 i +1 ⎟ , li +1 ⎠ ⎝ li où ω i et ω i +1 sont les aires des diagrammes des moments fléchissants M z dus aux charges données pour les i-ième et ( i + 1 )-ième travées. Les dimensions a i et bi +1 sont données dans le dessin. Les équations des trois moments pour le second et l’avant-dernier appui d’une poutre continue ne considèrent évidement, que deux moments. Résistance des matériaux 161 La résolution du système d’équations ainsi obtenu s’obtient en déterminant les moments surabondants inconnus M i agissant sur les appuis. Connaissant les moments supportés par les extrémités dans le système équivalent, tous les calculs ultérieurs s’effectuent comme à l’ordinaire pour un système isostatique quelconque. Données : q,a, P = qa , 2 M = qa . 13.1 Calculer cette poutre hyperstatique. L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à deux. Système équivalent Pour l’obtention des équations des trois moments, il est nécessaire d’avoir les diagrammes des moments fléchissants sous l’action des charges appliquées sur chacune des travées comme pour la poutre isostatique : R$A = RC$ = P / 2 $ RC$ = RD = qa / 2 $ RD = RB$ = M / a M z$ = ( P / 2) ⋅ x M z$ = ( qa / 2 ) x − qx 2 / 2 M z$ = ( − M / a ) x (0 ≤ x ≤ a ) (0 ≤ x ≤ a ) (0 ≤ x ≤ a ) Les deux équations des trois moments pour cette poutre hyperstatique sont : 162 Résistance des matériaux ⎡ ( qa 2 / 2 ) ⋅ a ⋅ a ( 2 / 3)( qa 2 / 8) ⋅ a ⋅ ( a / 2 ) ⎤ 2 M1 ( 2a + a ) + M 2 a = − 6 ⎢ + ⎥ , 2a a ⎢⎣ ⎥⎦ a 1 a⎞ 6 ⎛ 2 qa 2 M1a + 2 M 2 (a + a ) = − ⎜⎜ ⋅ ⋅ a ⋅ − qa 2 ⋅ a ⋅ ⎟⎟ . 2 2 3⎠ a⎝3 8 Nous remarquons que pour la poutre étudiée, les équations ne comporte que deux moments. Dans le cas général cette situation a lieu pour le second et l’avant-dernier appui d’une poutre continue. Après transformations pour la détermination des moments fléchissants M1 et M 2 nous obtenons les équations suivantes : 6 M1 + M 2 = −7qa 2 / 4 , M1 + 4 M 2 = 3qa 2 / 4 . La solution de ces équations donne : M1 = −31qa 2 / 92 , M 2 = 25qa 2 / 92 . Après la détermination des moments superflues M1 et M 2 , on construit par le procédé habituel le diagramme définitif des moments fléchissants. Il est commode de le faire par la méthode de superposition. - diagramme du aux charges appliquées - diagramme des moments obtenus - diagramme résultant Résistance des matériaux Données : 13.2 P, a. 163 Calculer cette poutre hyperstatique. L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à deux. Outre cela, la poutre a deux particularités : une section encastrée du côté gauche et une console chargée du côté droit. A propos de ces particularités on peut dire : - l’encastrement est remplacé par une travée fictive de la longueur nulle l0 = 0 ; - une console en porte à faux n’est pas incluse dans les équations des trois moments. La console est remplacée par le moment de la charge qui lui est appliquée par rapport à l’appui le plus voisin, c’est à dire par le moment M = Pa . C’est pourquoi, nous avons Système équivalent Diagramme des moments fléchissants de la charge donnée Les deux équations des trois moments pour cette poutre sont les suivantes : 2 M1 ⋅ 2a + M 2 ⋅ 2a = 0 , M1 ⋅ 2a + 2 M 2 (2a + 3a ) = − 6 ⎛ a Pa 7a Pa a 11a Pa 3a a ⎞ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⎟, ⎜ ⋅ 3a ⎝ 2 3 3 3 4 6 2 2 2⎠ où, après les transformations 2 M1 + M 2 = 0 , 2 M1 + 10 M 2 = − Pa / 3 . 164 Résistance des matériaux La résolution des équations donne : M1 = Pa / 54 , M 2 = − Pa / 27 . La détermination des moments inconnus M 1 et M 2 peut se simplifier. Nous avons constaté que le moment M = Pa est du à la charge extérieure, mais ce moment peut être considéré comme un moment à l’appui et inséré dans la partie gauche de l’équation des trois moments. En effet dans ce cas, le système équivalent et le diagramme des moments fléchissants de la charge extérieure ont la forme suivante : Système équivalent Diagramme des moments fléchissants de la charge donnée C’est pourquoi, nous avons la première équation qui demeure inchangée, mais la seconde deviendra M1 ⋅ 2a + 2 M 2 (2a + 3a ) − Pa ⋅ 3a = − 6 ⎛ a 2 Pa 7a 2 Pa 2a 4a ⎞ ⋅ + ⋅ ⋅ ⎟ . ⎜ ⋅ 3a ⎝ 2 3 3 3 2 3⎠ Après transformations nous obtenons la même équation obtenue précédemment : 2 M1 + 10 M 2 = − Pa / 3 . 13.3 Données : Calculer la valeur de la charge a = 2m , admissible appliquée à la poutre (la section droite est P = qa , 3 [σ] = 160 MPa . double T à Wz = 39,7 cm ) L’ordre d’hyperstaticité de la poutre est égal à quatre. La poutre a deux sections encastrées aux côtés gauche et droit. Le système équivalent et le diagramme des moments fléchissants de la charge donnée ont la forme : Résistance des matériaux 165 Système équivalent Diagramme des moments fléchissants pour la charge donnée Les équations des trois moments pour cette poutre sont : 6 ⎛ qa 2 a a ⎞ 3qa 3 2 M1 ⋅ a + M 2 ⋅ a = − ⎜⎜ ⋅ ⋅ ⎟⎟ = − , 8 a ⎝ 4 2 2⎠ 6 ⎛ qa 2 a a 2 qa 2 5qa 3 a⎞ M1 ⋅ a + 2 M 2 ⋅ 2a + M 3 ⋅ a = − ⎜⎜ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ a ⋅ ⎟⎟ = − , a⎝ 4 2 2 3 8 2⎠ 8 a⎞ qa 3 6 ⎛ 2 qa 2 , M 2 ⋅ a + 2 M 3 ⋅ 2a + M 4 ⋅ a = − ⎜ ⋅ ⋅a⋅ ⎟=− a ⎜⎝ 3 8 2 ⎟⎠ 4 M 3 ⋅ a + 2M 4 ⋅ a = 0 . Les solutions de ce système d’équations sont : M1 = − 41qa 2 14qa 2 7qa 2 47qa 2 , M3 = − , M4 = . , M2 = − 360 360 360 360 On peut obtenir la réaction Ri exercée par l’appui i de la poutre continue comme étant la somme des réactions exercées par les appuis i des deux poutre adjacentes. ɋes réactions sont déterminées par les équations de la statique. La formule générale pour la réaction Ri est Ri = Ri$ + M i −1 − M i M i +1 − M i , + li −1 li où Ri$ est la somme des réactions exercées sur les i-ièmes appuis de deux poutres adjacentes dues seulement aux charges données dans les travées. Le deuxième terme détermine la réaction sur le i-ième appui de 166 Résistance des matériaux la travée gauche générée par les moments M i −1 et M i et le troisième terme est la réaction sur le i-ième appui de la travée droite générée par les moments M i +1 et M i . Quand on calcule la réaction de l’encastrement, on ne tient pas compte de la travée fictive. Quand on calcule la réaction de l’appui précédant la console chargée, on inclut dans la quantité Ri$ la résultante de toutes les forces extérieures agissant sur la console. Pour ce problème nous avons : R1 = qa 1 ⎛ 41qa 2 47qa 2 ⎞ 31qa ⎟= , + ⎜− + 2 a ⎜⎝ 360 360 ⎟⎠ 60 R2 = qa + (1 / 360a )(− 47 + 41 − 14 + 41) qa 2 = 127qa / 120 , R3 = ( qa / 2) + (1 / 360a )(− 41 + 14 + 7 + 14) qa 2 = 29qa / 60 , R4 = (1 / 360a )(− 14 − 7) qa 2 = −7qa / 120 . En faisant la somme des projections de toutes les réactions sur l’axe vertical, nous avons : ∑ Y = R1 + R2 + R3 + R4 − P − qa ≡ 0 . Ce résultat confirme la justesse des calculs. Le diagramme complet des moments fléchissants (en unités qa2) est construit par la méthode de superposition : Diagramme des moments fléchissants pour la charge donnée Diagramme des moments fléchissants pour les moments obtenus Diagramme complet des moments fléchissants Résistance des matériaux 167 A partir du diagramme complet des moments fléchissants nous obtenons ( M z ) max = 0,131qa 2 , et la condition de résistance s’exprime par la relation : ( M z ) max / W z ≤ [σ] 0,131 qa 2 / Wz ≤ [σ ] . Pour la section droite de la poutre (double T ), nous avons comme valeur W z = 39,7 cm 3 = 39,7 ⋅ 10 −6 m 3 , on trouve donc la charge admissible avec la relation suivante : q = W z [σ]/ 0,131 a 2 = 12,13 kN/m 13.4 P = qa = 24,26 kN . Données : a = 1m , section en double T, [σ] = 160 MPa . Calculer la valeur de la charge admissible appliquée à la poutre 3 (Wz = 81,7 cm ). L’ordre d’hyperstaticité de la poutre donnée est égal à quatre. Si le couple concentré est appliqué dans la section de l’appui intermédiaire de la poutre continue, il est rationnel de rapporter le moment M de ce couple à la charge appliquée dans la travée. Le moment du couple peut être rapporté à la travée gauche ou à la travée droite ou simultanément aux travées gauche et droite en le décomposant arbitraiment. Dans le problème proposé, nous avons rapporté les deux moments M à la travée moyenne. Système équivalent Diagramme des moments fléchissants de la charge donnée Les équations des trois moments pour cette poutre sont : 2 M1 ⋅ a + M 2 ⋅ a = 0 , 168 Résistance des matériaux M1 ⋅ a + 2 M 2 ⋅ 2a + M 3 ⋅ a = −(6 / a )( M ⋅ a ⋅ a / 2) = −3 Ma , M 2 ⋅ a + 2 M 3 ⋅ 2a + M 4 ⋅ a = − 3 Ma , M3 ⋅ a + 2 M 4 ⋅ a = 0 . La résolution des équations obtenues donne : M1 = M 4 = M / 3 , M 2 = M3 = − 2 M / 3 . Le calcul des réactions exercées sur les appuis (voir le problème 13.3) conduit aux résultats suivants : R1 = ( M / 3a )(− 2 − 1) = − M / a , R2 = ( M / 3a )(1 + 2 − 2 + 2) = M / a , R3 = ( M / 3a )(− 2 + 2 + 1 + 2) = M / a , R4 = (M / 3a )(− 2 − 1) = − M / a . En prenant la somme des projections de toutes les réactions sur l’axe vertical, nous avons : ∑Y = R1 + R2 + R3 + R4 ≡ 0 . Le résultat confirme la justesse des calculs. Le diagramme sommaire des moments fléchissants M z se présente sous la forme suivante : Diagramme complet des moments fléchissants On peut voir que ( M z ) max = 2 M / 3 , et la condition de résistance prend la forme : ( M z ) max / W z ≤ [σ] ( 2 M / 3) / Wz ≤ [σ ] . Résistance des matériaux 169 Pour une section en double T, nous avons W z = 81,7 ⋅ 10 −6 m 3 et le moment admissible est égal à : M = 3W z [σ]/ 2 = 19,6 kN ⋅ m . 14. CALCUL des ENVELOPPES à PAROIS MINCES Définitions principales et hypothèses de départ de la théorie de membranes pour les enveloppes. Conditions d’équilibre de l’enveloppe. L’équation de Laplace : σ m σt p + = ρm ρt δ , où σ m et σ t sont les contraintes normales méridienne et circonférentielle ; ρ m et ρ t sont les rayons de courbure méridien et circonférentiel ; δ est l’épaisseur de la paroi de l’enveloppe. La pression p due à l’action du gaz et/ou du liquide est déterminée par la relation p = p0 + γ z , où p0 est la pression du gaz au-dessus de la surface du liquide ; γ est le poids spécifique du liquide ; z est la distance de la surface du liquide à la section de l’enveloppe. Conditions d’équilibre d’une partie de l’enveloppe : σ m ⋅ 2πr ⋅ δ ⋅ cos θ = P , où P est la résultante des forces extérieures appliquées sur la partie de l’enveloppe examinée. Résistance des enveloppes à parois minces. Les contraintes normales σ m ≥ 0 , σ t ≥ 0 sont les contraintes principales ; l’état de contraintes est biaxial (plan). 170 Résistance des matériaux 14.1 Données : R = 0,5 m , l=1m, α = 45° , p0 = 2 MPa , [σ] = 100 MPa . Calculer l’épaisseur de la paroi de l’enveloppe selon la condition de résistance (utiliser la III théorie), en ne tenant pas compte du poids du réservoir. En conformité avec l’hypothèse du problème, le poids propre de l’enveloppe est négligeable. C’est pourquoi, les réactions aux appuis sont égales à zéro. Les contraintes normales σ m et σ t sont déterminées en coupant l’enveloppe dans les parties sphérique, cylindrique et conique. Partie sphérique. La condition d’équilibre de la partie sphérique de l’enveloppe coupée s’écrit : ( σ m ⋅ 2πr ⋅ δ ) sin ϕ = p0 ⋅ π r 2 . En sachant que r = R sin ϕ , nous obtenons la solution d’équation : σ m = p0 R / 2δ . Pour la détermination de la contrainte σ t nous utilisons l’équation de Laplace avec ρ m = ρ t = R et la valeur obtenue précédemment de σ m . Nous obtenons : σ t = p0 R / 2δ . Partie cylindrique. La condition d’équilibre de la partie coupée et examinée de l’enveloppe a la forme : σ m ⋅ 2πR ⋅ δ = p0 ⋅ π R 2 , d’où nous avons : σ m = p0 R / 2δ . Résistance des matériaux 171 De l’équation de Laplace avec ρ m = ∞ , ρ t = R nous trouvons σ t = p0 R / δ . Partie conique. La condition d’équilibre de la partie examinée de l’enveloppe a la forme : (σ m 2πr δ ) cos α = πr 2 p0 . En sachant que r = z tgα ( 0 ≤ z ≤ R ) , nous avons la solution suivante : σ m = p0 z tgα / 2δ cos α . La solution de l’équation de Laplace pour la contrainte σ t avec ρ m = ∞ , ρ t = r / cos α donne : σ t = p0 z tgα / δ cos α . Calcul de résistance. Les résultats de la détermination des contraintes normales dans les sections de ce réservoir sont présentés dans le tableau suivant. Contrainte Sphère Cylindre σm p 0 R / 2δ p 0 R / 2δ σt p 0 R / 2δ p0 R / δ Cône Contrainte dans une section arbitraire p 0 z tgα / 2δ cos α p 0 z tgα / δ cos α Contrainte maximale p0 R / 2 δ 2 p0 R / δ La section plus dangereuse est la section dans la partie conique du réservoir pour z = R . L’état de contraintes est biaxial : σ1 = 2 p 0 R / δ , σ 2 = p0 R / 2 δ , σ 3 = 0 . En conformité de la troisième théorie de résistance, nous avons III σ éq = σ1 − σ 3 = 2 p 0 R / δ ≤ [σ] . 172 Résistance des matériaux La détermination de l’épaisseur de la paroi du réservoir conduit au résultat suivant : δ = 7,1 mm. Données : R0 = 4,5 m , H0 = 9 m , δ = 4 mm , [σ] = 50 Mpa . 14.2 Calculer le niveau H du liquide avec un poids spécifique γ = 4 3 = 1,4⋅10 N/m (utiliser la troisième théorie de résistance). Pour la détermination des contraintes σ m et σ t nous considérons deux sections : au-dessus de la surface du liquide (section supérieure) et au-dessous de ce niveau (section inférieure). En réalisant cette section, nous retirons la partie supérieure du réservoir, ce qui permet de ne pas prendre en considération la réaction au niveau de l’appui. Section supérieure. L’équation d’équilibre de la partie examinée du réservoir a la forme : ( σ m 2πr δ )cos α = G0 , où G0 = πR 2 ( H / 3)γ est le poids du liquide dans le réservoir . En prenant en considération que R = H tgα et r = z tgα ( H ≤ z ≤ H 0 ) , nous obtenons pour la contrainte σ m : σm = γH 3tgα 6 z δ cos α . Au niveau de cette section, il n’y a pas de pression du gaz et la solution l’équation de Laplace donne σt = 0 . Section inférieure. L’équation d’équilibre de la examinée du réservoir a la forme : ( σ m 2πr δ )cos α = p πr 2 + G , partie Résistance des matériaux 173 où p = γ ( H − z ) est la pression sur le niveau de la section déterminée par la hauteur (H − z) de la colonne du liquide que se trouve au dessus de cette section ; G = πr 2 ( z / 3) γ est le poids du liquide dans la partie examinée du réservoir ; r = z tgα ( 0 ≤ z ≤ H ). La solution de l’équation d’équilibre donne la valeur de σm : σm = z tgα γ (3 H − 2 z ) 6 δ cos α . La contrainte circonférentielle σ t est obtenue à partir de l’équation de Laplace sachant que ρ m = ∞ , ρ t = r / cos α et p = γ ( H − z ) . Nous avons σt = z tgα γ ( H − z ) δ cos α . Diagrammes des contraintes et calcul de résistance. En tenant compte de la valeur de tgα = 0,5 et de cos α = 0,892 , les relations pour les contraintes σ m et σ t se présentent sous la forme : Contrainte Section supérieure ( H ≤ z ≤ H 0 ) Section inférieure ( 0 ≤ z ≤ H ) σm 0,0934 γH 3 / z δ 0,0934 γ z (3 H − 2 z ) / δ σt 0 0,561 γ z ( H − z ) / δ Pour la détermination des diagrammes des contraintes, il est nécessaire de trouver les endroits où les valeurs des contraintes sont maximales dans la partie inférieure du réservoir. Nous avons : 174 Résistance des matériaux - pour la contrainte méridienne σ m dσ m / dz = 0,0934 γ (3 H − 4 z ) / δ = 0 z = 3H / 4 (σ m )max = 0,1052γ H 2 / δ ; - pour la contrainte circonférentielle σ t dσ t / dz = 0,561 γ ( H − 2 z ) / δ = 0 z= H/2 (σ t )max = 0,14γ H 2 / δ . Les diagrammes des contraintes σ m et σ t (en unités de γ H 2 / δ ) sont montrés dans le dessin. La section plus dangereuse est la section dans la partie inférieure du réservoir pour z = H / 2 . L’état de contraintes dans la section dangereuse est biaxial : σ1 = 0,14 γ H 2 / δ , σ 2 = 0,0934 γ H 2 / δ , σ 3 = 0 . En conformité de la troisième théorie de résistance, nous avons III σ éq = σ1 − σ 3 = 0,14 γ H 2 / δ ≤ [σ] . La détermination du niveau H du liquide mène au résultat suivant : H = 10,1 m. Le résultat indique que lorsque le réservoir est plein, son taux de travail est inférieur à sa résistance. 14.3 Données : R , h, δ, γ. Comparer la résistance de deux réservoirs cylindriques remplis de liquide et se distinguant par la nature des appuis (utiliser la troisième théorie de résistance). Nous déterminons les contraintes σ m et σ t dans chaque réservoir. Réservoir de gauche. Résistance des matériaux 175 En considérant la section au niveau z ( 0 ≤ z ≤ h ) à partir du fond du réservoir, on prend en compte la partie inférieure à cette section. L’équation d’équilibre de cette partie du réservoir a la forme : σ m 2πR δ = p πR 2 + G , où p = γ (h − z ) est la pression hydrostatique pour le niveau donné ; G = πR 2 z γ est le poids du liquide dans la partie examinée du réservoir. La solution de l’équation d’équilibre par rapport de σ m donne : σ m = γ h R / 2δ . La contrainte circonférentielle σ t est déterminée par l’équation de Laplace, en sachant que ρ m = ∞ , ρ t = R et p = γ (h − z ) . Nous avons que σ t = γR (h − z ) / δ . Réservoir de droite. Nous prenons ici la même section au niveau z à partir du fond du réservoir, mais on prend en compte la partie supérieure. L’équation d’équilibre donne : σ m 2πR δ = p πR 2 − G , où p = γ (h − z ) , mais G = πR 2 ( h − z ) γ . De l’équation d’équilibre nous avons : σm = 0 . La contrainte circonférentielle σ t se détermine par l’équation de Laplace : 176 Résistance des matériaux σ t = γR ( h − z ) / δ . Comparaison des résistance des réservoirs. Dans les deux cas les sections plus dangereuses sont les sections au fond du réservoir ( z = 0 ), où les contraintes ont les valeurs : Contrainte σm σt Réservoir gauche γ h R / 2δ γhR/ δ Réservoir droite 0 γhR/ δ L’état de contraintes dans la section dangereuse est biaxial : Contrainte σ1 Réservoir gauche γhR/ δ Réservoir droite γhR/ δ σ2 γ h R / 2δ 0 σ3 0 0 On peut voir que les contraintes équivalentes obtenues avec la troisième théorie de résistance sont égales pour les deux réservoirs. En effet, III σ éq = σ1 − σ 3 = γ hR / δ et les réservoirs ont donc une résistance égale. 15. FLAMBEMENT des BARRES COMPRIMÉES Equilibre élastique, stable et instable. P < Pɫr P = Pcr P > Pcr Formule d’Euler. Pcr = π 2 EI min / l 2 (Imin est le moment d’inertie minimal de la section) Résistance des matériaux 177 Influence des conditions de fixation des bouts de la barre sur la valeur de la force critique et généralisatin de la formule d’Euler. Pcr = π 2 EI min /(µl ) 2 - la formule généralisée d’Euler. Elancement du poteau et condition d’appliquation de la formule généralisée d’Euler : - la contrainte critique σ cr = Pcr / S = π 2 E / λ2 , où λ = µl / i min est l’élancement (flexibilité) du poteau de la barre ; 2 imin ( imin = I min / S ) est le rayon de giration de la section droite du poteau ; - condition d’appliquation de la formule d’Euler et élancement limite σ cr ≤ σ pr λ ≥ λ lim = π E / σ pr , où λ lim est l’élancement limite ; σ pr est la limite de proportionnalité. Calcul de flambement des barres comprimées sous la limite de proportionnalité: - formules expérimentales σ cr = a − bλ est la relation linéaire de F. Yassinski, σ cr = a − bλ + cλ2 - relation parabolique pour une fonte. 178 Résistance des matériaux Les valeurs des paramètres a , b et c sont données dans des tableaux ; - calcul à l’aide du coefficient de réduction de la contrainte admissible ϕ (du coefficient de réduction du à la flexion longitudinale) : [P ] = ϕ [σ ]compr S , [σ ]compr est la contrainte admissible de compression. La valeur ϕ [σ ]compr = [σ ]flamb est la contrainte admissible de flambement. où Les valeurs du coefficient ϕ sont présentées dans des tableaux . 15.1 Données : l = 1m , b = 0,7 cm , h = 3 cm , 5 E = 2⋅10 MPa , Calculer la valeur de la force critique et la contrainte critique pour cette barre d’acier. σpr = 240 MPa . Déterminons le taux d’élancement limite au-dessous duquel on n’est plus autorisé à se servir de la formule d’Euler. Pour l’acier utilisé : λ lim = π E / σ pr ≈ 91 . Pour la barre étudiée nous avons : I min = hb 3 / 12 = 8,6 ⋅ 10 −10 m 4 , S = bh = 2,1 ⋅ 10 −4 m 2 , imin = I min / S = b 2 / 12 = 2,02 ⋅ 10 −3 m . Pour le mode de liaisons des éxtremités de la barre µ = 2 . Le taux d’élancement de cette barre est : λ = µ l / i min ≈ 10 3 . Puisque λ > λ lim , la force critique peut être calculée par la formule généralisée d’Euler Pɫr = π 2 EI min / (µ l ) 2 = 4,24 ⋅ 10 −4 MN = 424 N . Résistance des matériaux 179 La contrainte critique est donc : σ cr = Pcr / S = 2,02 MPa . Données : l=2m, d = 8 cm , 5 E = 2⋅10 MPa , 15.2 σpr = 240 MPa . Calculer la valeur de la force critique et la contrainte critique pour une barre cylindrique en acier . Voir le problème 15.1. Dans ce problème nous avons le même taux d’élancement λ lim ≈ 91 . Déterminons le taux d’élancement de la barre en calculant d’abord le rayon minimum de giration de la section : i= I / S = d / 4 = 2 ⋅ 10 −2 m et en prenant en considération le mode de liaison des extrémités de la barre (pour ce mode µ = 0,5 ), nous aurons pour taux d’élancement : λ = µ l / i = 50 . Tant que λ < λ lim , la contrainte critique doit être calculée à l’aide de la formule empirique σ cr = a − bλ . Pour l’acier utilisé nous trouvons dans les tables a = 464 MPa , b = 3,62 MPa . On peut donc calculer : σ cr = 283 MPa . La valeur de la force critique est égale à : Pcr = σ cr S = 1,42 MPa . 15.3 Données : l=2m, imin = 2,95 cm , 2 S = 49,9 cm , [σ]compr = 200 MPa . Déterminer la force admissible à l'aide du coefficient ϕ (la barre est en acier ordinaire). 180 Résistance des matériaux Le taux d’élancement de la barre est : λ = µ l / i = 67,8 . En conformité avec la table du coefficient de réduction de la contrainte admissible de flambement ϕ (ou coefficient de flambement) pour l’acier ordinaire (la table est présentée partiellement) nous avons : λ 60 70 ϕ 0,86 0,81 Pour la barre étudiée : λ = 67,8 ϕ = 0,82 . La force de compression admissible est déterminée par la relation : [P ] = ϕ [σ ]compr S . Finalement, nous avons : [ P ] = 0,82 MN . 15.4 Données : l=1m, P = 20 kN [σ]compr = 20 MPa . Déterminer la dimension nécessaire de la section droite carrée (a × a) de la barre en bois. Dans le problème donné la condition de stabilité [P ] = ϕ [σ ]compr S n’est pas définie puisque l’on ne connaît pas les dimensions de la section (c’est-à-dire, l’aire S). On ne peut pas déterminer le taux d’élancement λ de la barre et, par conséquent, le coefficient de flambement ϕ . Le choix de la section doit se faire par la méthode « essais-erreurs ». Déterminons les dimensions de la section droite de la barre par calcul en compression simple : P / a 02 = [σ ]compr a 0 = P / [σ ]compr = 3,16 ⋅ 10 −2 m . En prenant quelques valeurs de a > a 0 , nous calculons l’élancement λ = µ l 12 / a 2 = 6,93 / a ( µ = 2) , le coefficient de flambement ϕ (en Résistance des matériaux 181 utilisant le tableau du coefficient de flambement du bois) et la force admissible [P ] = ϕ [σ ]compr S . Les résultats des calculs sont reportés dans le tableau : λ 173 ϕ 0,107 [ P ] , kN 3,42 -2 138 0,164 8,2 6 ⋅10 -2 115 0,235 16,9 7 ⋅10 -2 99 0,317 31,0 a,m 4 ⋅10 -2 5 ⋅10 On peut constater, que la force donnée P = 20 kN correspond à la dimension de la section de la barre suivante : a = 6,22 ⋅ 10 −2 m = 6,22 cm . Données : l=6m, D = 2d = 0,1 m , ∆ = 0,05 cm , -5 α = 1,25 ⋅10 . 15.5 Déterminer pour quelle élévation de température ∆T la barre en acier ordinaire devient instable. Après la suppression du jeu ∆ due à la dilatation résultant de l’élévation de température, la barre étudiée est comprimée. La réaction de l’appui est une force de compression R.. La résolution de ce problème hyperstatique (comparer avec le problème 3.4) est obtenue par la condition que le déplacement de la section droite de barre (de la section B) devient égal à la valeur du jeu (voir le problème 3.5). En réalisant cette condition, nous avons : ∆B = ∆ (∆ B ) T + (∆ B ) R = ∆ . Sachant que (∆ B ) T = α∆T l ( ∆T est l’élévation de température cherchée) et (∆ B ) R = − R l / ES , nous avons l’équation pour la détermination de la force de compression R : R = ES (α∆T l − ∆ ) / l . La condition de l’instabilité de la barre s’écrit : Pcr = R = ES (α ∆T l − ∆ ) / l 182 Résistance des matériaux et sert à la détermination de l’élévation de température ∆T . L’élancement limite détermine la condition d’application de la formule d’Euler. Pour les aciers ordinaires, il prend la valeur suivante : λ lim ≈ 100 . L ‘élancement de la barre est obtenu par la formule connue : λ = µl / i = µl S / I , où S / I = 8 / D 5 . Le paramètre de réduction de longueur µ est pris comme égal à 0,5. Après suppression du jeu, le schéma de chargement est équivalent à celui çi : Finalement, nous obtenons λ = 107,1 et λ > λ lim ≈ 100 . C’est pourquoi, pour le calcul de la force critique, on peut utiliser la formule d’Euler. Ainsi, la condition d’instabilité de la barre sera : π 2 EI / ( µ l ) 2 = ES (α ∆T l − ∆ ) / l . d’où l’on peut tirer la valeur de l’élévation de température ∆T [ ] ∆ T = (∆ / l ) + 5(πD / 8µl )2 / α = 75,1° . Données : 15.6 Déterminer pour quelle élévation de température ∆T1 des barres a=1m, d = 1 cm , θ = 30°, -5 α = 1,25 ⋅10 . 1-1 le système devient instable (d est le diamètre des barres ; le matériau est de l’acier ordinaire). Le système articulé proposé est hyperstatique (voir le problème 3.5). L’ordre d’hyperstaticité du système égale à l’unité. Résistance des matériaux 183 L’équation de la compatibilité des déplacements s’écrit en considérant le schéma de déformation suivant : AA' = ∆ l1 AB = ∆ l2 . , ∆ l2 / ∆ l1 = cos 30° ∆ l2 = ( ) 3 / 2 ∆ l1 . L’équation de la statique s’obtient à partir du schéma des forces qui correspond au schéma de déformation : 2 N1 = 2 N 2 cos 30° . ∑Y = 0 N1 = ( ) 3 / 2 N2 . Les équations des déplacements des barres du système en fonction des efforts inconnus donne : ∆ l1 = α ∆T1 a − N1 a ES , ∆l 2 = N2 a ES . Nous considérons que les longueurs de barres sont égales à a . La résolution simultanée de ces équations obtenues donne : N1 = 3α ∆T1 ES / 7 , N 2 = 2 3 α ∆T1 ES / 7 . En constatant que les dimensions géométriques des barres 1 et 2 sont égales mais que N1 < N 2 , on peut dire que la condition de l’instabilité du système est la condition de l’instabilité de la barre 2 et a la forme suivante : P cr = N 2 . L’élancement des barres du système (avec µ = 1 ) est égal à : λ = µ a / i = 4µ a / d = 400 , et λ > λ lim ≈ 100 . Ceci permet d’utiliser la formule d’Euler. La condition de l’instabilité devient : 184 Résistance des matériaux ( ) π 2 EI / ( µ a )2 = 2 3 / 7 α ∆T1 ES . d’où pour l’élévation de température ∆ T1 sera 2 ∆ T1 = 1 7π 2 ⎛ d ⎞ ⋅ ⎜ ⎟ ≈ 10° . α 32 3 ⎝ a ⎠ Résistance des matériaux 185 BIBLIOGRAPHIE 1. Cravero R. Bases pour la résistance des matériaux. Ellipses, 1997. 2. Feodossiev V.I. Résistance des matériaux. Ɇoscou, Editions “Naouka”, 1974, 1979, etc. (en russe). 3. Mirolioubov I.N. et d’autr. Résistance des matériaux. Manuel de résolution des problèmes. Ɇoscou, Editions “Mir”, 1969, etc. (en français). 4. Cravero R. Exercices pour la résistance des matériaux. Ellipses, 1998. Vous pouvez faire part de vos remarques, critiques, suggestions aux auteurs à cette adresse : [email protected] Achevé d’imprimer en France en janvier 2011 chez Messages SAS 111, rue Nicolas-Vauquelin • 31100 Toulouse Tél. : 05 61 41 24 14 • Fax : 05 61 19 00 43 [email protected]