Méca & RDM Cours

Royaume du Maroc Office de la Formation Formation Professionnelle et de la Prom Prom oti on du Travail - OFPPT OFPPT

Euro peaid / 1130017 1130017 / D / SV / MA MA

Mission d'Assist ance Technique Technique au secteur secteur " BâtimentBâtiment-Tra Travaux vaux Publics"

OP 2 – PERFECTIONNEMENT DE FORMATEURS MECANIQUE ET RDM COURS

S o c i é t é F r an an ç a i s e d ' E x p o r t a t i o n d e s R e s s o u r c e s É d u c a t i v e s

OP 2 – Perfectionnement de formateurs

Mécanique & RDM Cours

SOMMAIRE 1. R.D.M

3

1.1. Généralités

3

1.2. TRACT TRACTION SIMPLE & COMPRESSION COMPRESSION SIMPLE

6

1.2.1.

TRACTION SIMPLE (EXO)

9

1.3. CISAILLEMENT CISAIL LEMENT SIMPLE

10

1.4. POUTRES POUTRES FLECHIES (Eléments de réduct rédu ction ion))

12

1.5. Caractéri Caractéri stiques sti ques des SECTIO SECTIONS NS

17

1.6. FLEXION SIMPLE SIMPLE (contrai (con trai ntes) ntes )

22

1.7. CISAILLEMENT CISAIL LEMENT SIMPLE

26

1.8. FLEXION SIMPLE SIMPLE (contrai (con trai ntes) ntes )

28

2. STATIQUE

40

2.1. RAPPELS

40

2.2. LIAISONS LIA ISONS entre ent re SOLIDES - TORSEURS des INTERACTIONS

47

2.3. PRINCIPE FONDAMENTAL DE LA STATIQUE

48

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1. R.D.M 1.1.

GENERALITES

I/BUT DE LA R.D.M. C'est la détermination des sections nécessaires et des formes adaptées de manière à satisfaire les conditions de résistance ou de flèche Concrètement : Contrainte : Flèche :

II/ HYPOTHESES DE LA RDM 1/ Les Matériaux sont : - Homogène (irrégularités petites/dimensions) - Isotrope (mêmes propriétés dans toutes les directions)

2/ Les Les Solid es étudiés sont en forme de poutre : = solide engendré par une aire plane (S) dont le C.d.g décrit une droite ou une courbe faible courbure (G0.G2), le plan de (S) restant normal à cette courbe. - La section est constante ou varie progressivement.

de

G2 G1 Ligne moyenne G0

Remarques : On essentiellement possédant un plan de symétrie = poutre à plan moyen

étudie les poutres droites

3/ Navier Bernouilli.: Les sections droites restent planes après déformation. 4/ Loi de Hooke : Les déformations sont faibles progressives et réversibles ⇒ Domaine élastique

⇒ relation linéaire entre les contraintes et les déformations.

5/ Loi de Hooke : Les effets sont indépendants du mode de liaison, mais uniquement fonction des

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sollicitations en se plaçant suffisamment de celles-ci.

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III/ NOTION DE CONTRAINTE Soit un solide en équilibre, soumis à un système de forces extérieures

F2

- Coupons le solide suivant une section S. - Isolons un morceau (1) et établissons son schéma mécanique.

F3 F4 (S)

F1

F5

G0 G

1

G2

2

B

F2

Bilan des forces appliquées :

F3

F1

Ligne moyenne

ΔF G0 G

1

ΔS

(S)

⇒ Sur chaque élément de surface (Δs) de S agit une force f ( de direction quelconque en général)

Composantes Composantes d'une contr ainte: ainte: Δ Ft ΔS

ΔF

Composante Normale : ⊥ S ⇒ fn Composante Tangentielle : // S ⇒ ft

Fn

G

f a 2 composantes

x

(S)

Les forces f sont : a/ des forces intérieures quand on étudie le solide en entier b/ des forces extérieures quand on étudie un morceau du solide

Définitions: On appelle contrainte Normale :

fn s

On appelle contrainte

Unités :

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N m

2

Tangentielle :

ft s

= Pascal : Pa, ou Megapascal : MPa (106 Pa) ou bar (daN/cm2)

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IV/ REPARTITION UNIFORME DES CONTRAINTES (sur une section) Soit une section fictive soumise à des contraintes σ et τ

Δ ft

Hypothèses : Répartition uniforme des contraintes σ sur S (traction ou compression). Problème : Résultante des forces normales fn sur S (Intensité ; position).

1/ Intensi Intensi té de F (résult (résult ante des fn)

Δ s1

Δ F1 fn1

G (S)

Δ s2

x fn2

S2

Sur chaque élément de surface Δs agit une force normale fn. or

σ=

fn

Δs

et fn // oz

⇒ fn1 = σ x Δs1 ; fn2 = σ x Δs2 ........................... ⇒ F // oz

⇒ F = σ ( Δs1 + Δs2 + .............) = σ S F = σ S

⇒

2/ Point d'application de F Méthode : Système équivalent ( Σ Mt identique)

⇒ Mt/ox(F) = Σ Mt/ox(fn) ⇒ F . yG = fn1 . y1 + fn2 . y2 ............... σ.S.yG = Σ σ.Δsi.yi yG

= ∑

y. Δs S

∫

yG = 1 y.ds S Si Mt/oy(F)

∫

x G = 1 x.ds S Concrètement :

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1.2.


TRACTION SIMPLE & COMPRESSION SIMPLE

I/ Définitions. Un solide est sollicité : En traction simple lorsqu'il est soumis à deux forces directement opposées situées sur la ligne moyenne et qui tendent à l'allonger.

F

En compression simple lorsqu'il est soumis à deux forces directement opposées situées sur la ligne moyenne et qui tendent à le raccourcir

F

F

F

II/ Essai de traction On soumet une éprouvette cylindrique de dimensions normalisées à un essai de traction. On enregistre les déformations en fonction de la force N ( N augmentant progressivement jusqu’à obtenir la rupture de l’éprouvette).

1/ Etude du g raphe :

N B

Nr

N : effort de traction ΔL : allongement de l'éprouvette. L : longueur de l'éprouvette.

C

Ne

A

2/ Etude de la Zone élastiqu e OA. Acier doux

Les allongements sont proportionnels aux efforts de traction. N = k ΔL Limite élastique : fe

=

Ne S

ΔL

O

avec S section de

Plastique

Elastique

l'éprouvette.

Les fournisseurs d'acier garantissent cette valeur ; exemple : FeE 500 ⇒fe = 500 MPa L’allongement de l’éprouvette ΔL est proportionnel à sa longueur initiale Lo

⇒ définit un allongement relatif ε =

Δ L

ΔL : allongement de l’éprouvette Lo : longueur initiale

Lo

Contraintes. Pour faire apparaître les contraintes dans l’éprouvette il faut couper celle-ci (à une abscisse x) Par application du principe de Bernouilli ( Δx et donc ε constant pour toutes les fibres) et de la Loi de Hooke σ = k ΔL ou σ = kε ⇒ σ : identique pour toutes les fibres ⇒ σ est uniformément répartie sur la section S y

y

(S)

(S)

O

x

x

Δx

⇒

N

O

x

σ=

N S

x

z

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3/ Diagramme contrainte-déformation: Puisque

ε=

Δ L Lo

et

σ=

N S

: on peut

σ B

fr

tracer le diagramme de l’essai en fonction de σ et ε (diagramme homothétique au précédent)

C

fe

A

Acier doux

ε

O Plastique

Elastique

Loi d e Hooke . On peut remarquer que dans la zone élastique les contraintes sont bien proportionnelles aux déformations :

⇒ tan α = σ = ε.tanα

σ ε

si on pose E = tanα

⇒

σ = ε.E

E : module de Young ou module d'élasticité longitudinal E : est une constante pour un matériau donné ; par exemple : E = 2 105 MPa pour

l'acier

4/ Zone plastiqu e AC. N

Lorsque l'on atteint cette zone on constate un allongement appréciable de l’éprouvette sans que l’effort augmente beaucoup. En déchargeant l'éprouvette on constate qu'il reste un allongement permanent de l'éprouvette Δe (déformation rémanente).

B

Nr

C

Ne

A

Acier FeE500

Résistance à la rupture Rr :

Rr =

Nr

ΔL

O

So

Δe

Plastique

4/ Calculs pratiques : Compte tenu des hypothès de la RDM ( Bernoulli ) la contrainte dans les matériaux devra toujours être inférieure à contrainte admissible fixée réglementairement, notée normale admissible) Exemple :

σ

(contrainte

σ

= fe = 240 MPa ( pour un un acier FeE 240 suivant le CM 66)

σ

= fsu = 500/1.15 (pour un acier FeE 500 suivant le BAEL 93 à l’ELU)

σ

=

σ bc

= 0.6 fc28 (pour le béton comprimée, suivant le BAEL 93 à

l’ELS)

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a / Vérification d’une section Données :



N : Effort de traction ou de compression, en N. S : Aire de la section sollicitée, en m². σ

: Contrainte admissible du matériaux.

On doit vérifier que la contrainte normale

σ=

N S

≤

σ

b / Détermination d’u ne section Données :



N : Effort de traction ou de compression, en N. σ

: Contrainte admissible du matériaux.

On veut déterminer la section nécessaire et suffisante de façon à ce l’élément « résiste » : Donc faire en sorte que : σ ≤

σ

⇒ σ = N ≤ S

σ

⇒

S ≥ N σ

c / Calcul d’allongement ou de raccourcissement: Données :



N : Effort de traction ou de compression, en N. S : Aire de la section sollicitée, en m². Lo: Longueur initiale de l’élément. E : Module d'élasticité longitudinal

σ = ε.E

ε=

1/ σ = N

Δ L

S

Lo

2/

= N S

σ

ε

= E σ

Ou

ΔL = N . Lo E .S

3/ ΔL =ε.Lo

d / Remarque : Les formules précédentes sont valables pour les pièces tendues et les pièces comprimées, dites courtes ( pour les pièces comprimées « longues », le calcul sera mené au flambement).

5/ Exercice: 1/ Soit un tirant métallique de longueur Lo = 5m en acier FeE 240 soumis à un effort de traction de 200 KN. 5

E = 2.1 10 MPa a/ Déterminer les dimensions néssaires et suffisantes de sa section : Cas d’une section carrée (arrondir au mm supérieur) Cas d’une section circulaire (arrondir au mm supérieur) b/ Déterminer les dimensions néssaires et suffisantes de sa section de façon à limiter son allongement à 5mm: Cas d’une section carrée (arrondir au mm supérieur) Cas d’une section circulaire (arrondir au mm supérieur) -

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1.2.1.


TRACTION SIMPLE (EXO)

EXO 1: DONNEES : Pc = 1200 N E = 2.1 105 MPa QUESTIONS 1/ Déterminer les efforts dans EB 2/ En déduire l'allongement de EB, si son diamètre est de 6 mm

EXO 2 DONNEES : Pc = 1000 N σ = 160 MPa E = 2.1 105 MPa QUESTIONS

1/ Déterminer le diamètre de BC (arrondir au diamètre paire supérieur. 2/ En déduire son allongement.

EXO 3 DONNEES : P = 50 N σ = 160 MPa E = 2.1 105 MPa QUESTIONS 1/ Déterminer le diamètre de BC et de AB (arrondir au mm supérieur). 2/ En déduire leur allongement.

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6/ Coefficient de Poisson : υ Il existe un rapport constant entre la déformation transversale longitudinal

ΔL L

Δr r

et l'allongement

.

Δr r

=-

υ ΔL L

(Δr  quand ΔL )

υ = coefficient de poisson (caractéristique du matériau) Problème : déterminer la variation relative de volume en fonction de la variation relative de longueur V = π.r² L

dV = 2. π. r . dr . l + π. r ². dl dV V

dV V dV V Valeur de

=

2. dr dl r

+

l

= (1 − 2 ν) = (1 − 2 ν)

Δl l dl l

υ

Cas limite = 0.5 ⇒ dV = 0 ( caoutchouc) Cas général : compris entre 0.25 et 0.3.

1.3.

CISAILLEMENT SIMPLE

I/ Définitions. T

Un solide est sollicité en cisaillement simple lorsqu'il est soumis à deux forces directement opposées agissant de part et d’autre d’une même section

S

T

Remarques : - Une telle disposition étant très théorique, les cas de cisaillement simple sont très rares et s’accompagne souvent de flexion et de compression. - On admet toutefois qu’il y a cisaillement simple dans les cas suivant : * Découpage d’une tôle

outil

tôle

rivet N

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N

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* Assemblage au moyen un effort de traction simple

de rivets ou de boulons de 2 pièces minces

* Assemblage par un axe

soumises à

créant une articulation

Axe Arc

Poutre

II/ Contrainte de cisaillement ( En cisaillement simple). On admettra dans un but de simplification que les contraintes de cisaillement ( parallèles à la section S) sont uniformément réparties sur la section cisaillée ( ce qui est faux en réalité, car cela dépend de la forme de la section)

⇒

τ : contrainte moyenne de cisaillement

τ=T

T : effort tranchant S : section cisaillée

S

Contrainte limite de cisaillement Elle est fonction de fe de l’acier :

τ=

65 100

fe

III/ Equation de déformation Le cisaillement entraîne le décrochement de la section droite ab par glissement par rapport à sa voisine a’b’

T

La déformation unitaire est ici une déformation angulaire i

a'

α a

b'

dy

=

dy dx

= tanα

Or α est petit ⇒ tanα = α (en radian) En appliquant la loi de Hooke dans cas on a :

b dx

= G .

T Par l’élasticité on peut démontrer que G =

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G : Module d’élasticité transversal α : Déformation unitaire en radian τ : Contrainte de cisaillement

E 2(1+υ)

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1.4.


POUTRES FLECHIES (ELEMENTS DE REDUCTION )

I/ Forme de poutre. Voir définition dans le chapitre R D M.

II/ Nature des charges. 1/ Charges ponctuelles (conc entrées) : charges appliquées en un point.

6.40

2/ Charges unifor mément réparties : (q/ml ou g, v etc. ). Sur chaque segment de même longueur agit la même charge.

Ex : - Poutre de section constante soumise à son poids propre - poutre sous un plancher B.A.

Unité : q s’exprime en N/ml = le taux de charge. q g 6.40

⇒ Diagramme de charge rectangulaire. 3/ Charges réparties quelconques:

sur Δx ⇒ Δf

f

q

Intensité locale de la charge

x 6.40

⇒ q(x) =

Δf (fonction de x). Δx

4/ Equivalence vectorielle des charges réparties : Sur Δx : charge Δf = q(x) . Δx (= aire hachurée)

⇒ Charge totale = aire totale du diagramme des charges. ⇒ Position de la résultante = au Cdg du diagramme.

III/ Eléments d e réductio n des forces extérieures. - Soit une poutre isostatique S

x

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- Si on coupe en S est qu’on isole le morceau de gauche (enlève le morceau de droite).

⇒ Il est nécessaire de rétablir l’équilibre de ce morceau en appliquant sur S les efforts suivants : N : Effort suivant la ligne moyenne S V N x

V : Effort perpendiculaire à la ligne moyenne. M : Moment autour de z.

M

⇒ N, V, M, remplacent les actions à droite de la coupure. ⇒ On peut dire aussi que les actions à gauche de la coupure + N, V, M = 0

Définition : N = -∑ projections / ox des forces à gauche de S

∑ projections / ox des forces à droite de S.

Ou

V = -∑ projections / oy des forces à gauche de S

∑ projections / oy des forces à droite de S. M = -∑ Moments / oz au cdg de S des forces à gauche de S. Ou ∑ Moments / oz au cdg de S des forces à droite de S. Ou

Remarque : N, V, M, sont fonction de x (position de la coupure) ⇒ Diagramme N(x), V(x) et M(x) le long de la poutre.

Cas particul iers : 1/ N ≠ 0 V = 0 2/ N = 0V = 0 3/ N = 0V ≠ 0 4/ N = 0V ≠ 0 5/ N ≠ 0 V ≠ 0

M=0 M≠0 M=0 M≠0 M≠0

(Traction, compression simple) ( ) ( ) ( ) ( )

IV/ Relations entre V, M et q * Soit un tronçon de poutre définie ci-dessous :

q(x) V -(M+dM) M

dx

-(V+dV)

⇒ Equilibre du tronçon :  ∑ proj/oy = 0 V - q(x).dx - V -dV = 0

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dV = q(x).dx

⇒ q(x) = −

dV dx 

M - V.dx + q(x)

dx 2

∑ Mt/oz = 0

2

- M -dM = 0

- V.dx = dM

V=

 + 

− dM

⇒ q =

dx

⇒ V = 0 ⇒ extremum de M

d2M dx 2

V/ Allure des diagrammes Charge concentrée

Charge uniformémen répartie

Charge triangulaire p(x) = p.x

V(x) M(x) x1

Remarque :

dM = -Vdx ⇒

∫

x1

x0

x1

[ ] =− ∫

⇒ M

x1

x0

Vdx

x0

= ∫−Vdx

dM

x0

x1 V dx x0

∫

⇒ M 1− M 0 =−

⇒ M0 = aire à droite de S de l’effort tranchant. + M1

x0

x1

m0 m1

Diagramme de N(x), V(x), M(x) Méthode de détermination.

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I/ La statique est supposée terminée :

⇒ schéma mécanique réel ( ne pas concentrer les charges réparties ). exemple : F

Rb

Mc

a

Ra b L

II/ Si N(x) 0 ( Flexion comp osée)

⇒ Dans un premier temps : Faire 2 schémas mécaniques  Un en ne prenant que les projections ⊥ à la ligne moyenne de la poutre et les couples( F(y), Mt) F(y)

Rb(y) Mc 

 Un

Ra

en ne prenant que les projections // à la ligne moyenne (F(x).

Rb x

F(x) 

III/ Définir les zones po ur chaque schéma 1 et 2

⇒ donne une équation et donc une allure différente dans chaque zone. Remarque : Changement de zone quand : pour N(x) : - Changement de taux de charge en compression ou traction - Rencontre une force normale à la poutre. pour V(x) : - Changement de taux de charge ⊥ à la ligne moyenne - Rencontre une force ⊥ à la poutre. pour M(x) : - Changement de zone de V(x) - Rencontre un moment appliquée à la poutre.

IV/Tracé Avec équations

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Sans équations

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Exemple de résultats L

y

F x

B

A

F B

A

Fy / 2

V A - Fy / 2

+

F

A

B

N

Fx

B

+

A

Fy L /4

Mf

A

+

R

b

(

B

y

F

) M

c R

Rb x

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( y )

a

F(x)

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B


1.5.


C ARACTERISTIQUES DES SECTIONS

I/ MOMENT STATIQUE 1/ Hypothèse

Soit une section S appartenant à un plan x.o.y soumise à des contraintes σ proportionnelles à x (σ = k.x).

y

σ1 = k.x1

x2

σ

x

σ

2

ΔS2 3

σ

avec 1

ΔS1

σ3 = k.x3

S

ΔS3

x

y

zo

f 1 = k.x1.ΔS1

x

⇒

avec f 2

x x2

ΔS2

f 3 x3 S,

σ2 = k.x2

f 2 = k.x2.ΔS2

f 1 f 3 = k.x3.ΔS3

ΔS1

ΔS3

o

Remarque : Si l’axe oy traverse les f sont de sens contraire de part et d’autre de oy.

x y

z

S

x

2/ Problème On veut déterminer l’intensité de la résultante R des f qui sera appelé : = Moment statiq ue de S/oy (oy appartenant au plan de S) R = f1 + f2 + f3…. = k.x1.ΔS1 + k.x2.ΔS2 + k.x3.ΔS3 +…. = Σ k.x.ΔS

Si ΔS→0 ⇒ R = k

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∫x.ds S

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3/ Définition du Moment st atique Moment statique de S/oy

∫x.ds

Ay = S

Moment statique de S/ox

Ax =

∫ y.ds S

Exercice : Calculer le moment statique d’un rectangle /base en fonction de b et h. y

h

x b

3/ Propriété du Moment statique a / On sait que

x.ds ∫ X = = 1 ∫ x.ds ∫ds S s

G

s

s

Ay = XG x S Ax = YG x S b / Si oy passe par G

XG= 0

⇒ Ay = 0

c / Unité : L3 ( m3, cm3 …) et Signe de Ax ou Ay : Quelconque. Exercice : Recalculer le moment statique d’un rectangle /base en fonction de b et h, mais en utilisant le C.D.G.

II/ MOMENT QUADRATIQUE

1/ Hypothèse Même hypothèse que pour le moment statique. 2/ Problème On veut déterminer le moment résultant/oy. = Moment quadratiq ue de S/oy (oy appartenant au plan de S)

⇒

M r/oy = f 1.x1 + f 2.x2 + f 3.x3 + ….. = σ1.ΔS1.x1 + σ2.ΔS2.x2 + σ3.ΔS3 x3 +…. = k.x1.ΔS1.x1 + k.x2.ΔS2 x2 + k.x3.ΔS3 x3+…. = k.x1².ΔS1 + k.x2².ΔS2 + k.x3².ΔS3 +….

⇒

M r/oy = k

t

t

=k

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Σ x².ds

∫ x .ds 2

S

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3/ Définition du Moment quadratique Moment quadratique de S/oy

Iy =

∫

S

x 2.ds

Moment quadratique de S/ox

Ix =

∫ y .ds 2

S

4/ Unité : L4 ( m4, cm4…..) Exercice : Déterminer le moment quadratique d’un rectangle 1 /base (ox) en fonction de b et h 2 /médiatrice (Gx’)en fonction de b et h y x’

G h

x b

III/ CHANGEMENT DE COORDONNEES ( Th d’huygens) y M y

x’

G

x

H

d

1/ Problème Connaissant Ix’ on veut déterminer Ix ; Or Ix =

∫ y .ds 2

S

Soit le point M à l’abscisse y

⇒ Ix = Ix = Ix =

∫

2

HM .ds =

S

∫ (y+d ) .ds 2

S

∫ (y .+2.y.d +d )ds ∫ y .ds +2d ∫ y.ds + d² ∫ds 2

2

S

Signe de Ax ou Ay : Quelconque.

2

S

S

S

∫

⇒ Ix = Ix’ + 2d y.ds + Sd² S

= Ay/Gx’= 0

⇒ Théorème d’HUYGENS SFERE - OFPPT

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Ix = Ix’ + Sd² S : Aire de la section d : Distance entre les 2 axes N.B : Le théorème d’Huygens permet de déterminer le moment quadratique d’une surface par rapport à un axe quelconque, en partant uniquement d’un axe passant par G dont on connaît le moment quadratique, et en y ajoutant le terme Sd² (les 2 axes étant //).

IV/ EXERCICES 1/ Déterminer les moments statiques et quadratiques des sections suivantes : a/ par rapport à ox b/ par rapport à oy c/ par rapport à Gx’ m m 5

y

m m 0 0 1

3 mm G

y

m m 0 4

x’

m m 5

5 mm

G

m m 4

x’ x

35 mm

50 mm x

2/ Déterminer les moments quadratiques/ Gz (cdg de l’ensemble) des sections suivantes, composées d’assemblage soudé de profilés du commerce.

IPE 200

UAP 100 IPE 200 G

z

G

z IPE 200

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V/ MOMENT QUADRATIQUE POLAIRE 1/ Hypothèses

Soit une section S appartenant à un plan x.o.y soumise à des contraintes tangentielles τ avec : a/τ proportionnelles à x (τ= k.x). b/τ perpendiculaire au rayon issu de oz. a/τ ou ft dans le même sens de rotation/ oz ( cas de la torsion). 2

y

ΔS2 ft3

ft2 ΔS3

ΔS1 ft

o

x S

ft = τ.ΔS et τ1 = k.ρ1

τ2 = k. ρ2 τ3 = k. ρ3

2/ Problème On veut déterminer le moment résultant des ft/oz. = Moment quadratiqu e polaire de S/oz (S appartenant au plan xoy)

⇒

M r/oz = f 1. ρ1 + f 2. ρ2 + f 3. ρ3 + ….. = k. ρ1.ΔS1. ρ1 + k. ρ2.ΔS2 ρ2 + k. ρ3.ΔS3 ρ3+…. = k. ρ1².ΔS1 + k. ρ2².ΔS2 + k. ρ3².ΔS3 +….

⇒

M r/oy = k

t

t

=k

Σ ρ ².Δs

∫ ρ .ds 2

S

3/ Définition du Moment polaire Moment quadratique polaire de S/oz

Ip =

∫ ρ .ds 2

S

4/ Unité : L4 ( m4, cm4…..) 5/ Propriété : ρ² = x² + y²

I p =

∫

∫

∫

(x2+y2).ds = x2.ds + y2.ds

S

S

S

Le moment quadratique polaire est la somme des moments quadratiques/ 2 axes perpendiculaires

I p = Ix + Iy

FLEXION SIMPLE (contraintes)

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1.6.


FLEXION SIMPLE (CONTRAINTES)

Hypothèses. Poutre comportant un plan de symétrie vertical. Lignes d'action des forces dans ce plan de symétrie Poutre en flexion simple (N=0 ; V≠0 ; M≠0)

Contraintes. Soit la poutre suivante reposant sur deux appuis simples et soumise à la flexion.

Etudions la section (S) :

Plan de symétrie

y

O

x G

(S)

⇒Isoler un petit tronçon de longueur dx. D'après Navier Bernoulli les sections droites restent planes pendant la déformation. On constate une rotation de la section (S) autour de G. Les allongements ou les raccourcissements sont proportionnels à l'ordonnée y de la fibre correspondante. y

Prenons une fibre ab’// ligne moyenne Δx

⇒ bb’= Δx d α

O

= -y dα (Δx <0 qd. dα >0

b'

b

a

y

x

G

dx (S)

σ ε E:

= En appliquant la Loi de Hooke : On déduit que les contraintes normales σ sont

proportionnelles aux déformations

ε : déformation ε = Δ x dx

E : module de Young ou module d'élasticité longitudinal. ⇒ σ = ε E = E. y. −

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d α dx

σ = ε E = − E. y. d dxα

⇒ σ est proportionnelle à y

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Déformations. Hypothèses : On néglige l’influence de V y

σ df

h1

M

ds y

O

-M

G

h2

x

La section S étant en équilibre : Les forces élémentaires exercées sur la section (S) (forces de liaisons) doivent équilibrer le moment fléchissant M.

dx (S)

sur S : M t / Gz = df = σ ds

∫y×df = - M et

∫

∫

⇒ y×df = ⇒

d α dx

=

⇒ Calcul du moment résultant M t / Gz des efforts

σ

=ky

y×σ×ds

∫

=

d α d α y× −E.y d α ×ds = -E. y2×ds = - E. I GZ = - M dx dx dx

∫

M E. I GZ

Expression de (Contrainte nor male).

σ = − E. y.

d α

⇒ Contrainte de flexion : σ =

dx

d α = M dx E.IGZ y

− M×y IGZ

Δs

y

h1 x

O

x

G

G

y

z

h2

x (S)

σ = contrainte normale sur Δs située sur la section d’abscisse x et à l’ordonnée y. M = M(x) moment fléchissant à l’abscisse x de la poutre. y = Ordonnée de Δs ( point ou l’on veut calculer σ) I/GZ = Moment quadratique le l’ensemble de la section / GZ.

Contraintes Extrêmes Fibre sup .....

Fibre inf .....

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σ max = −

σ max = −

M(max)×h1 IGZ

M(max)×h 2 IGZ

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Utilisation de l’expression Vérification d’une section donnée : données: Mf maxi I/GZ

σad ⇒ Calcul de σ et vérifie σ < σad (du matériau)

Choix d’un profilé du commerce : données: Mf maxi et

σ max= − ⇒σ

max=

I GZ

σad

M(max)×h 2 ou IGZ

−M

I GZ v1

I GZ

ou

M

⇒ v1 et v2 ≥ − σ

−

M(max)×h1 IGZ

≤ σad

posons v1 = h1 et v2 = h2

− M ≤ σad I GZ v2

avec

I GZ v

= caractéristique du profilé ( dans un tableau)

Remarque : quand le profilé est symétrique v =

h 2

I GZ M ⇒ v ≥− ⇒ choix du profilé dans le tableau. σ Exercice : Etablir la formule de b et h.

σ max pour une section rectangulaire pleine en fonction de M

Cisaillement longit udinal

b

τ1 ds

τ2ds

G1

G2

x

τ ds σ2 dS σ1 dS dx

So

Soit le tronçon de poutre de longueur dx. Sur ce tronçon étudions la portion inférieure représentée par des hachures. L'équilibre de ce morceau de tronçon nous permet d'écrire :

− ∫σ1ds So

+

∫σ ds + −∫τds = 0 si on peut considérer sur dx que τ est constant 2

So

∫τds = τ × b dx

Sn

si en G1 le moment fléchissant est égal M f1

Sn

en G 2 le moment fléchissant est égal M f 2

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σ

=

Mf

I GZ

τ × b or

×y

dx =

σ1

⇒

Mf 2×y ds I GZ So

∫

=


M f 1 × y

σ2

I GZ

M f 2 × y

=

I GZ

Mf 1×y ds = dMf y ds IGZ IGZ So So

∫

∫

∫y ds = Moment statique de So par rapport à Gz

So

τ = −

dM f × Μst dx × I Gz b

=

τ = −

V × Μst

−

I Gz b

dM f

−

sachant que l'effort tranchant V =

dx

V × Μst I Gz b

τ : contrainte de cisaillement V : effort tranchant Mst : moment statique de la portion de section située au-delà de y I Gz : Inertie totale de la section / Gz b : est la largeur de la coupure fictive. Exercices : 1/Etablir la formule de

τ

pour une section rectangulaire pleine en fonction de b et h

2/ Tracer le diagramme d’évolution de τ le long d’une section rectangulaire pleine en fonction de V, b et h pour y = h/2, h/4, 0 et symétriquement. 2/ Tracer le diagramme d’évolution de

τ le long d’une section I (IPE 200) pleine en

fonction de V, b et h pour y = h/2, bas de la semelle, haut de l’âme et h/4, 0 et symétriquement

Déformations : I

y

d ϕ d ϕ

O

x

m

(S1)

(S2) d x

m'

x G1

on a un allongement de la fibre d'ordonnée y de m1m' = y dϕ (dϕ en radians) sur un tronçon de

G

2

d x

longueur mm1 soit dx (S1) SFERE - OFPPT

m1

y

(S2) Page 25 / 51


⇒ déformation =

σ

=

Mf

×y

I GZ

m1m' mm1

et

= ε =


y × d ϕ dx

σ = ε E ⇒ σ =

y × d ϕ dx

E

d ϕ

dx = R dϕ

dx

Equation de la déformée : En géométrie analytique on démontre que si y = f(x) est l'équation d'une courbe au point M d'abscisse x est : (1 + y '2 ) 3/ 2 R=

=

Mf EI GZ

y

y"

A

R est le rayon de courbure. y' y"

B

x

dérivée première de y = f(x) dérivée seconde de y = f(x) y = f(x)

Les déformations y' sont négligeables devant 1

1.7.

⇒

y" = +

Mf EI GZ

CISAILLEMENT SIMPLE

I/ Définitions. T

Un solide est sollicité en cisaillement simple lorsqu'il est soumis à deux forces directement opposées agissant de part et d’autre d’une même section

S

T

Remarques : - Une telle disposition étant très théorique, les cas de cisaillement simple sont très rares et s’accompagne souvent de flexion et de compression. - On admet toutefois qu’il y a cisaillement simple dans les cas suivant : * Découpage d’une tôle

outil

* Assemblage au moyen de rivets ou de boulons de 2 pièces minces soumises à un effort de traction simple

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tôle

rivet N

N

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* Assemblage par un axe créant une articulation

Axe Arc

II/ Contrainte de cisaillement

Poutre

( En cisaillement simple).

On admettra dans un but de simplification que les contraintes de cisaillement ( parallèles à la section S) sont uniformément réparties sur la section cisaillée ( ce qui est faux en réalité, car cela dépend de la forme de la section)

⇒

τ : contrainte moyenne de cisaillement

τ=T

T : effort tranchant S : section cisaillée

S

Contrainte limite de cisaillement pour de l’acier Elle est fonction de fe de l’acier :

τ=

65 100

fe

III/ Equation de déformation Le cisaillement entraîne le décrochement de la section droite ab par glissement par rapport à sa voisine a’b’

T a'

α a

b'

dy

La déformation unitaire est ici une déformation angulaire i = = tanα Or α est petit ⇒ tanα = α (en radian) En appliquant la loi de Hooke dans cas on a :

b dx T

dx

G : Module d’élasticité transversal α : Déformation unitaire en radian τ : Contrainte de cisaillement

= G .

Par l’élasticité on peut démontrer que G =

dy

E 2(1+υ)

III/ Calcul pratique a / Vérification d’une section Données : N : Effort de traction ou de compression, en N. S : Aire de la section cisaillée, en m². τ

: Contrainte admissible de cisaillement du matériau.

On doit vérifier que la contrainte de cisaillement

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= N ≤

τ

S

τ

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b / Détermination d’u ne section Données : N : Effort de traction ou de compression, en N. τ

: Contrainte admissible de cisaillement du matériau.

On veut déterminer la section nécessaire et suffisante de façon à ce l’élément « résiste » : Donc faire en sorte que : τ ≤

τ

⇒ τ = N ≤ τ ⇒ S

S ≥ N τ

Axe

III/ Exercice d’application Soit l’assemblage définit ci-contre L’effort de traction dans le tirant et de 400 kN L’axe est cylindrique est en FeE 240.

Tirant

Déterminer le diamètre minimal de l’axe.

IV/ Exercice Formatif Ferme métallique

1.8.

FLEXION SIMPLE (CONTRAINTES)

Hypothèses. Poutre comportant un plan de symétrie vertical. Lignes d'action des forces dans ce plan de symétrie Poutre en flexion simple (N=0 ; V≠0 ; M≠0)

Plan de symétrie

Contraintes normales (dues à M(x). Soit la poutre suivante reposant sur deux appuis simples et soumise à la flexion. y

dx O

x G

S

(S )

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Etudions la section (S) :

⇒ Isoler un petit tronçon de longueur dx. D'après Navier Bernoulli les sections droites restent planes pendant la déformation. On constate donc une rotation de la section (S) autour de G .

Les allongements ou les raccourcissements sont proportionnels à l'ordonnée y de la fibre correspondante. y

Prenons une fibre ab’// ligne moyenne Δx

⇒ bb’= Δx d α

O

= -y dα (Δx <0 qd. dα >0

b'

b

a

y

x

G

dx

σ ε

En appliquant la Loi de Hooke : = E: On déduit que les contraintes normales sont

(S)

proportionnelles aux déformations Δ x

ε : déformation ε =

dx

E : module de Young ou module d'élasticité longitudinal. ⇒ σ = ε E = E. y. −

d α dx

σ = ε E = − E. y. d dxα

⇒ σ est proportionnelle à y

Déformations. Hypothèses : On néglige l’influence de V y

σ h1

M

df

ds y

O G

h2

-M x

La section S étant en équilibre : Les forces élémentaires exercées sur la section (S) (forces de liaisons) doivent équilibrer le moment fléchissant M.

dx (S)

⇒ Calcul du moment résultant . M t / Gz des

efforts sur S : M t / Gz = y×df = - M df = σ ds

∫

et

∫

∫

⇒ y×df = ⇒

d α dx

=

σ

=ky

y×σ×ds

=

∫

d α d α y× −E.y d α ×ds = -E. y2×ds = - E. I GZ = - M dx dx dx

∫

M E. I GZ

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Expression de (Contraint e normale).

σ = − E . y. d α dx

=

d α dx

⇒ Contrainte de flexion :

M

σ(y) = −

E. I GZ

Avec :

M(x)×y IGZ

σ(y) = contrainte normale à l’ordonnée y et l’abscisse x de la poutre. y ordonnée du point de calcul de σ. M(x) Moment fléchissant à l’abscisse du point de calcul

Contraintes Extrêmes Pour obtenir les contraintes normales extrêmes sollicitant une poutre donnée, il suffit de « prendre » les moments extrêmes ( Mmax) et les ordonnées extrêmes de la section.

Fibre sup .....

×h1 σsup = − M(max) I

GZ M(max)×h 2 Fibre inf ..... σinf = − IGZ Utilisation de l’expression a/ Vérification d’une section donnée : données: Mf maxi I/GZ

σad ⇒ Calcul de σ et vérifie σ < σad

b/ Choix d’un profilé du commerce : données:

On veut :

Mf maxi

σad

σ = − MI × y ≤ σad

GZ posons v = y M ⇒ = − ⇒ IGZ ≥− M I GZ v σ v I avec GZ = caractéristique du profilé ( dans un tableau) v h Remarque : quand le profilé est symétrique v = 2

σ

Exercice : Etablir la formule de σ(max) pour une section rectangulaire pleine en fonction de b et h.

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Contraintes de cisaillement longitu dinal (dues à V(x)) Mise en évidence : Soit un empilage de planches (ou autre) reposant sur deux appuis simples et soumises à de la flexion. déformation

On remarque que les planches glissent les unes sur les autres ce qui implique des contraintes ⁄⁄ au plan de glissement

τ τ τ τ τ τ τ

τ

( contraintes tangentielles )

Expression de : Soit le tronçon de poutre de longueur dx. Sur ce tronçon étudions la portion inférieure représentée par des hachures. L'équilibre de ce morceau de tronçon nous permet d'écrire :

b

τ1ds

τ2ds

G1

G2

τ ds σ1dS − ∫σ1ds

corde

x

σ2dS

dx

∫σ ds + −∫τds = 0

+

si on peut considérer sur dx que τ est constant

2

So

So

So

Sn

∫τds = τ × b dx

si en G1 le moment fléchissant est égal M f 1

Sn

en G 2 le moment fléchissant est égal M f 2

σ

=

Mf

×y

I GZ

τ × b

dx =

=

M f 1 × y I GZ

σ2

M f 2 × y

=

I GZ

y ds ∫ MI ×y ds - ∫ MI ×y ds = dM I ∫

So

or

σ1

⇒ f 2

f 1

GZ

GZ

So

f

GZ

So

∫y ds = Moment statique de So par rapport à Gz

So

τ = − τ =

dM dx

f

×μ

/ Gz I / Gz b

× − V×μ/Gz

=

Gz − VI×/μGz/ b .

sachant que l'effort tranchant V =

−

dM f dx

τ : contrainte de cisaillement longitudinal au niveau de la corde

(coupure fictive) V : effort tranchant μ/Gz : moment statique /Gz de la portion de section située au-delà de y b : est la largeur de la coupure fictive. I / Gz : Inertie totale de la section / Gz

I / Gz b .

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Exercices : 1/Etablir la formule des et h


τ situées sur G(z) pour une section rectangulaire pleine en fonction de V,b

2/ Tracer le diagramme d’évolution des τ le long d’une section rectangulaire en fonction de V, b et h pour y = h/2, h/4, 0 et symétriquement. 3/ Tracer le diagramme d’évolution des + point A, B , B , C, G et symétriquement

y

τ le long d’une section d’ I.P.E défini ci-dessous pour les

m m 5

A B

m m 0 0 1 = h

C 4 / h

x’

G 3 mm m m 5

x

50 mm

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PLONGEOIR L'ensemble proposé sur la figure est un plongeoir à une seule planche utilisé sur le bord des piscines. Soit à étudier la flexion de la planche ABC représentée schématiquement sur les figures 2 et 3. Le poids propre de la planche est négligé. 1/ Déterminer les actions mécaniques de contacts exercées en A et B sur la planche 2/ Tracer les digrammes de V(x) et M(x) (sans équations) en précisant toutes les valeurs particulières. 3/ Tracer le diagramme des contraintes normales sur la section la plus sollicitée (section 30 x 600 mm sur le tronçon AB) 4/ Calculer la contrainte de cisaillement maxi (section 30 x 600 mm sur le tronçon AB)

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PORTIQUE TOURNANT Le portique tournant, d'une usine de poutres B.A préfabriquées, proposé sur les figures 1 et 2 se compose d'une poutre principale en I. La poutre est liée en A ( liaison pivot ou articulation vertical )à un fût fixe 2, elle est en appui sur un support mobil 3. Ce support est guidé par un rail circulaire ( rayon R, centre A ), il est équipé de deux moteurs. L'ensemble tu portique pivote autour de A. Le porte-palan avec cabine 4 translate le long de AC, il peut effectuer le levage d'une charge ne dépassant pas 10000 daN. Notre étude portera sur la poutre 1 dont on propose le schéma de calcul (fig. 3). Les 500 daN/m correspondent au poids propre de la poutre, et la charge de 10000 daN est située en C (cas le pus défavorable ).

1/ Déterminer les actions mécaniques de contacts exercées en A et B sur la poutre 2/ Tracer les diagrammes de V(x) et M(x) le long de la poutre (sans équations) en précisant toutes les valeurs particulières. 3/ Tracer le diagramme des contraintes normales sur la section B (section la plus sollicitée : fig 4). 4/ Calculer la contrainte de cisaillement en C. ( même section qu'en B, excepté la hauteur = 800 mm). Vous justifierez succinctement le choix de cette section.

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CUVE DE STOCKAGE La cuve de stockage proposée ci-dessous est réalisée d'une virole (1)et de deux fonds (2 et 3) soudés aux extrémités. La cuve repose sur deux supports (4 et 5) posés à même le sol (0). On se propose d'étudier le comportement de la cuve en flexion. Le schéma de calcul correspondant est défini fig. 2, dans lequel la charge répartie q de 5000 daN représente l'action exercée par le liquide contenu dans la cuve.

1/ Déterminer les actions mécaniques de contacts exercées en A et B sur la cuve. 2/ Donner les équations de V(x) et M(x) le long de la poutre, ainsi que toutes les valeurs particulières. 2/ Tracer les diagrammes de V(x) et M(x) le long de la poutre. 3/ Déterminer littéralement la valeur de a en fonction de L donnant le même moment maxi sur appuis qu'en travée (en valeur absolue). 4/ Tracer le diagramme des contraintes normales sur la section de cuve située sur l'appui A.

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PONT ROULANT Le pont roulant ci-dessous proposé sur la figure 1 se compose d'une poutre principale (1) ( Profilé IPER ) monté sur deux sommiers latéraux (3) ( composés chacun de deux UAP soudés). L'ensemble translate sur deux rails (0) aux moyen de deux moteurs de translation (4). La charge est fixé au crochet (5), et manœuvrée par le palan (2) ( levage et translation le long de (1)). L'élément étant le boîtier de commande.

ETUDE DE LA POUTRE 1 Le palan 2 occupe la position définie par la figure 2 ( a = 4000 mm ). Le schéma de calcul de la poutre ABC est représenter par la figure 3. P représente l'action exercée par le palan sur (1) dont le poids propre est négligé

L= 1/ Déterminer R A et RB. 2/ Tracer les graphes de V(x) et M(x) en précisant toutes les valeurs particulières. 3/ Exprimer R A en fonction de P, a et L; puis l'équation de M(x) en fonction de P, a et L ( dans le tronçon AB ). 4/ Déterminer la valeur de a donnant le moment fléchissant maxi pour le tronçon AB et en déduire sa valeur numérique.

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5/ Si Mmax = 80.1 kN/m et la


σ = 100 MPa, choisir L'IPER qui convient.

ETUDE DU SOMMIER 3 Le chargement maximum du sommier est obtenu lorsque le palan (2) est situé au droit de l'appui correspondant, la charge est P (3000 daN ). L'étude du sommier se ramène schématiquement à la poutre DAE figure 5 (le poids propre du sommier sera négligé).

1/ Déterminer le moment maxi dans le sommier. 2/ Choisir l'UAP nécessaire et suffisant pour satisfaire la condition de résistance si

σ = 160 MPa.

3/ Vérifier que la contrainte de cisaillement longitudinal reste inférieur à 150 Mpa dans le sommier.

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ANTENNE RADIO Pour effectuer le levage d'une antenne radio on utilise le montage de la figure 1. L'antenne (1) est liée à sa base O à un mât de charge (2)de 15 m de long. Le câble (5) , lié en B à (2) et en A sur (1), maintient constant l'écartement AB ( l'angle BOA reste constamment égal à 90° ) Un deuxième câble (4) fixé en B sur (2) et en D à un treuil réalise le levage de l'ensemble (1) + (2) + (5). Cet ensemble pivote autour de O jusqu'à la position verticale. On se propose étudier le comportement de l'antenne en flexion au début du levage (OA horizontal ) dont le schéma de calcul est définit à la figure 3.

1/ Donner la charge répartie q ( poids propre de l'antenne/m ) 2/ En déduire les actions mécaniques de contact en O et A. 3/ Déterminer le diamètre minimal du câble (5) réalisé en acier dont σe = 1600 Mpa et compte tenu d'un coefficient de sécurité de 6. 4/ Tracer les diagrammes de N(x), V(x) M(x) de long de l'antenne. Préciser les valeurs particulières. Dans la suite du problème On négligera l'effet de N(x). 5/ Déterminer le moment quadratique de la section de l'antenne définit par la figure 4. 6/ Tracer le diagramme de Navier de la section de l'antenne située sur l'appui A.

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2. STATIQUE 2.1.

RAPPELS

I/Buts de la résistance des matériaux: - Etudier l'équilibre des solides (statique) ou le mouvement (dynamique) - Déterminer un état de contrainte et un état de déformation en tout point de la matière (R.d.M)

II/ Représentation d’une force : Vecteur force 1/ Représentation géométr ique : Vecteur fo rce Toute force peut être représentée par un vecteur c aractérisé par: - sa direction y - son sens - son intensité - son point d'application

F

o x

2/ Représentation alg ébrique d’une force : Une force peut être représentée algébriquement par ses composantes et par son point d’application y F A

F A(x)

F A(y) A

F F A(y) F A(x)

o x Les composantes sont les valeurs algébriques des projections de F sur un axe horizontal (F(x) ) et vertical (F(y) ). Elles sont positives si elles sont orientées dans la même direction que ox et oy (négative dans le cas contraire. (voir feuille d’exercices )

III/ Moment d'une force Moment d'une force F par rapport à un point O Le moment d'une force F par rapport à un point O est un vecteur définit par la relation vectorielle :

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M t o F = OM

M t o F = OA

Λ F


×

F

F Mo F

A

z

M

O

A

M

y

F

P

O signe -

x

Transport du moment d'une forc e par rapport à un poi nt à un autre point. Soit une force F de point d'application M et 2 points distincts A et B dans l'espace.

Λ F B F = BM Λ F

M t A F = AM

M

t

= (BA + AM) Λ F = BA Λ F + AM Λ F

M t B F = M t A F + BA

Λ F

En pratique : Pour les problèmes plan il n'est pas utile d'utiliser le produit vectoriel pour c alculer un moment d'une force par rapport à un point. M t O F = ± OA × F quantité affectée du signe + qd F fait « tourner » dans le sens trigo /point (- si inverse) sens trigo

+

-

IV/ Systèmes de forces équivalents 1/ Définitions . Un système de forces est un ensemble de forces agissant simultanément sur un système matériel Des systèmes de forces sont dits équivalents s'ils ont les mêmes éléments de réductions. C'est à dire : Ils ont la même résultante et le même moment résultant en un point donné. = identique ⇒ ∑ Forces ∑ Moment = identique

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Remarque : Il est toujours possible de remplacer un système de forces par un autre s'il est équivalent au précédent.

2/Exemples a/ Composantes d’une force ( = projections orthogonales de F sur ox ⇒F(x) et sur oy ⇒F(y), ayant la même origine que F). y

y

F F(y)

o

F(y)

α F(x)

1

o 1

2

F(x)

1

x

2

2

x

Exercice (Théorème de Varignon) Montrez le système 1 est équivalent au système 2 (prendre F = 20 kN et α = 40°, et calculer la somme des moments/o dans chaque cas)

1/ F = 20 kN AH = 1 / Tan α =1.19 ⇒ OB = 2-1.19 = 0.81 OH = OB sin α = 0.52 ⇒Mt F/O = +(0.52 x 20) = 10.4 kN.m

y

α O

B H

2/ F(x) = F cos α = 15.3 kN F(y) = F sin α = 12.86 kN

α x

A

⇒Mt F/O = -(15.3 x 1) + (12.86 x 2) = 10.4 kN.m

Conséquence : Le Mt F/o = F x OA est égal aussi à Mt Fx/o + Mt Fy/o = -F(x) x A + F(y) x B En pratique : Il sera plus simple de faire le moment d’une force en utilisant l es valeurs de ses composantes, placées à l’origine de F.

b/ Résult ante d’un sys tème de forces. - Si la somme des forces est non nulle, on peut dire que le système admet une résultante. - En effet il sera possible de trouver un système de force à une force équivalent. - ⇒ R = Σ Forces - Σ Mt /même point ⇒ Position de R -a/ Système à forces concourantes R

F1

y

y F2 o

o 1

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x

2

x

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On le que le système 2 soit équivalent au système 1 ⇒ ⏐Σ Force identique ⇒ R = F1 + F2 ⏐Σ Moments identique⇒ or Σ Mt A (F1,F2) = 0 ⇒ R passe par A -b/ Système à forces parallèles Soit le système 1 à deux forces : déterminer R dans le système 2 ( position et intensité) Avec F1 = 10 KN et F2 = 40 KN

A

A

B

B

1.00

1.00

1.50

1.50

Exercice Déterminer la résultante du système 1 (intensité, position)

V/ Réduction d’un système forces (en 1 point) Il s’agit de modifier un premier système de force pour que seul apparaisse un système de forces appliqué en un point donné = Réduction de sys tème en un point. Le deuxième système ainsi obtenu devant être équivalent au premier. - On obtient ainsi les éléments de réduction en un point.

exemple: d2 A

A

FB

d1 B

C

C

Question : Déterminer littéralement les éléments de réduction en C de FA et FB a/ Algébriquement. b/ Vectoriellement.

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VI/ Notion de torseur 1/ définition : C’est une grandeur mathématique qui représente la réduction d’un système de force en un point.

A

Un torseur d’action mécanique en un point est un ensemble constitué de deux grandeurs : - une force S (somme des forces concernées), indépendante du point choisi ; - un couple MA (ou moment résultant), fonction du point A choisi. S

⇒ TORSEUR en A = TA = ensemble

M

A

S et MA sont les éléments de réduction du torseur.

Exemple de notation de ½ en A

S1/2

T1/2 = ensemble: A

M1/2

est le torseur de actions A

b/ Ecriture Algébrique :

c/ Somme de torseur : La somme de plusieurs torseurs ne peut se faire que s'ils sont tous écrits au même point; c’est impératif ! (une somme de moment ne pouvant se faire que s'ils sont calculés / même point).

d/ Torseurs particuliers Couple

Glisseur

Torseur nul

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Exemple de différents types de liaisons

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2.2.


LIAISONS ENTRE SOLIDES - TORSEURS DES INTERACTIONS

I/ Définitions Suivant la nature de liaison entre deux solides, les six coordonnées Sx, Sy, ........Mz, du torseur peuvent être nulles ou non. (Mouvements possibles ou non).

⇒ L’ensemble des coordonnées non nulles caractérisent l’effort transmissible par la liaison. (Par conséquent une coordonnée nulle signifie que le mouvement correspondant et libre entre les deux solides)

⇒ Le nombre de degré de liberté correspond au nombre des composantes nulles du torseur associé.

Remarques : - La somme des efforts transmissibles et des degrés de liberté est égale à 6 dans l’espace et à 3 dans le plan ( nombre de coordonnées du torseur). - Si le nombre d’efforts transmissibles ↑, le nombre des degrés de liberté ↓. - Les efforts transmissibles par une liaison correspondent généralement aux actions cherchées en statique = nombre d’inconnues de statique.

II/ Etude des pri ncipales liaisons Liaisons

Schéma

Encastrement

Mvt. relatifs °d de liberté

Torseur des interactions

0 Translation 0 Rotation

Sx Mx Sy My Sz Mz

⇒ 0 °d de liberté 0 Translation 1 Rotation

x

Articulation (pivot)

⇒ 1 °d de liberté z

Appui simple (ponctuel) (suivant z)

2 Translations 3 Rotations

⇒ 5 °d de liberté z

Appui plan

2 Translations 1 Rotation

⇒ 3 °d de liberté

Exemples dans le bâtiment

Sx 0 Sy My Sz Mz

0 0 0 0 Sz 0

0 Mx 0 My Sz 0

III/ Exemples du no mbre d’inconnues induites par les liaisons a/ Dans l’espace :

Appui simple → 1 inconnue : Sz. Intensité de Sz inconnue direction connue ⊥ au plan de contact. Articulation → 5 inconnues Encastrement

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→ 6 inconnues

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b/ Dans le plan :

Appui simple → 1 inconnue : Sz. Intensité de Sz inconnue direction connue ⊥ au plan de contact. Articulation → 2 inconnues : direction et intensité de S (= Sx, Sy) (Mz = 0) Encastrement

2.3.

→ 3 inconnues : direction et intensité de S (= Sx, Sy) et intensité de Mz

PRINCIPE FONDAMENTAL DE LA STATIQUE

1) Hypothèses Tous les corps étudiés sont indéformables. Les coordonnées d'un point quelconque sont constantes. Les supports des forces sont invariables.

2) But :

On veut déterminer les actions extérieures agissant sur un système, dans le but ultérieur d’appliquer la R.d.M. Un système étant composé d’un solide unique ou d’un ensemble de solides.

3) Notion d’action mécanique de liaison extérieure et intérieure à un système donné : Généralités : - A chaque liaison s’exercent des actions mécaniques (Forces et moments) dites de liaison, correspondant à l’action d’une barre sur une autre ( plus généralement d’un système sur un autre au niveau de cette liaison).

- Ces actions mécaniques sont dites : Extérieures au système lorsqu’elles remplacent l’action d’une liaison que l’on vient de couper pour isoler ce système. Intérieures au système quand la liaison n’a pas été coupée. Exemple : Soit le système (potence) modélisé ci-dessous composé de plusieurs solides (CE=3 ; CA=1 ; BD=2) Cette potence est scellée (Encastrée) dans le sol. 3

D

Donnez :

E

C F

a/ Au moins 2 actions extérieures au système Potence (1+2+3) b/ Au moins 2 actions intérieures au système Potence (1+2+3)

2 B

1

c/ Au moins 3 actions extérieures au système 1 d/ Au moins 1 action intérieure au système 1+3 En existe-t-il d'autres ?

A

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4) Principe de la statique : Pour qu'un solide soit en équilibre (statique) il faut qu'il ne subisse aucun déplacement : Pas de translation (dans n'importe quelle direction). Pas de rotation. Cela revient à dire que le torseur des actions extérieures appliquées au solide est un torseur nul.(somme des forces et des moments appliqués à un solide = 0) Dans l'espace : 1/ ∑ F(x) = 0 4/ ∑ M(x) = 0 2/ ∑ F(y) = 0 5/ ∑ M(y) = 0 F(z) = 0 3/ ∑ 6/ ∑ M(z) = 0 6 équations de la statique ⇒ 6 inconnues. Dans le plan : 1/ ∑ F(x) = 0 3/ ∑ M(z) = 0 2/ ∑ F(y) = 0 3 équations de la statique ⇒ 3 inconnues.

5) Cas particuliers : Solide soumis à l'action d e 2 forces

F

Un solide soumis à 2 forces est en équilibre si les 2 forces sont directement opposées :

-F

Solide soumis à l'action de 3 forces (dans le plan:)

F1 F2

Un solide soumis à 3 forces est en équilibre si : Les 3 forces sont concourantes. Le dynamique des forces est fermé.

O

F2

F3 F1

dynamique fermé Ces deux conditions permettent la résolution graphique du système.

F3

6) Résolution d'un problème de statique : Pour résoudre un problème de statique : 3 étapes sont nécessaires

6.1) Etablir le s chéma mécanique Un schéma mécanique est un schéma modélisé (simplifié) de la structure sur lequel seules apparaissent les forces extérieures agissant directement sur le système.

6.1.1) Méthodol ogie : a/ Modéliser le système : Consiste à simplifier le dessin du système (gain de temps) tout en le gardant statiquement équivalent :

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- Garder la forme générale du solide (ou des solides) et le représenter par sa fibre moyenne. - schématiser les différentes liaisons (voir chap.II)

b/ Isoler le système matériel à étudier : - "couper "au niveau des liaisons du système à étudier avec l’extérieur - remplacer les liaisons coupées par les actions mécaniques associées.

c/ Ajouter les actions extérieures : - représenter les actions extérieures (charges d'exploitation, charges permanentes) par des vecteurs forces (charges ponctuelles, charges réparties) ou des vecteurs moments. - indiquer toutes les cotes nécessaires.

6.2) Faire le bilan - Faire le bilan des inconnues (I) - Faire le bilan des équations possibles (E) dans notre exemple : si I ≤ E résoluble. I > E non résoluble.

6.3) Appliquer le principe fondamental de statique : Dans le plan : 3 équations pour 3 inconnues (en général : actions de contact). Le système est dit isostatique. Résoudre le système d'équations

Rappels et Remarques : a/ Actions extérieures(à un système) : Actions directement appliquées sur le système (dont poids) et actions des liaisons coupées b/ Les coupures devront être choisies de façon à faire apparaître les actions recherchées (⇒ choix de l’élément à isoler). c/ Intérêt des systèmes soumis à 2 forces. Le seul intérêt (non négligeable) d’un élément soumis à deux forces est de donner la direction des forces (puisque opposées) qui se traduit par une équation supplémentaire dans la résolution de la statique de la forme : Tanα

=

F( x )

.

F( y )

Exemple : q = 2.5 KN/ml

F = 1 KN/ml

C 1,00

A

B

2,00 m

encastrement

g = 6 KN/ml

Balcon à étudier q = 2.5 KN/ml

F = 1 KN/ml

C

μA

1,00

A

schéma mécanique

RA

2,00 m

B

g = 6 KN/ml

Dans notre exemple. g charge permanente : poids propre. q charge d'exploitation : poids des personnes. F charge d'exploitation horizontale.

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Méca & RDM Cours

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