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2 iem SEMESTRE

MODULE F213 : SOLLICITATIONS SIMPLES –FLEXION - TORSION

PROBLÈMES-CORRIGES Bienvenue à vous au laboratoire de :

Dimensinnemen! Des S!"#$!#"es du Département :

G%nie M%$&ni'#e %$&ni'#e e! e! P"(#$!i'#e

Ce livre électronique est destiné à compléter le cours enseigné durant la première année du module F213, et relati r elati au deu!ième "emestre# $l reprend le plan suivi en amp%it%é&tre avec d'avantages de détails, d(illustrations ainsi que des corrigés des )roblèmes du ascicule *ravau! Dirigés qui, nous l'espérons, vous permettront de mieu! comprendre cette matière qui n'est pas si terrible terr ible qu'elle peut laisser para+tre#  présent, c%oisisse- sur votre gauc%e dans l'onglet signet un c%apitre du programme que vous désire- voir ou revoir # B./ *0$B./ C.4056 )*BLANC+OT-G*)ESSIERE

TD-1A-S2-F213

F213

INERTIE TORSION FLEXION SOLLICITATIONS COMPOSEES FLAMBEMENT

IUTB-LYON1-GM IUTB-LYON1-GMP-DDS P-DDS

P&,e 2

TD-1A-S2-F213

INERTIE PROBLÈME N1 , β , β '

G



d1 α

d2 α'

178 (aire de la surace cicontre vaut 129 cm# "es moments d(inertie par rapport au! a!es ; et ;( valent respectivement 3< =>? cm= et <= 92? cm=# a distance d2 vaut <#> cm# Calcule- la distance d 1, le moment d(inertie de la surace par rapport à l(a!e central @, et le moment statique de la surace par rapport à l(a!e ;(# 278 (aire de la surace ombrée cicontre vaut maintenant 9># >? cm =# es distances d1 et d2 valent respectivement <#> cm et #1 cm# Calcule- le moment d(inertie de la surace par

rapport à l(a!e ;

RÈPONSES N1

z, β , β '

G

y

d1 α

d2 α'

18

*%éorème d'u@g%ens :

 I αα = I yy + d 12 A   I α 'α ' = I yy + (d 12 + d 22 ) A

37460 = I yy + d 12129   74920 = I yy + (d 12 + 7,6)129

(1) (2 )

(2 ) − (1) ⇒

37460 = (2d 1 × 7,6 + 7,6 2 )129 129

(1.1/03 $m I. 2404 $m

6n reportant la valeur de d1 dans l'équation 18 : Qα ' = x β 'G A

28

2

I αα = I yy + d 1 A


567.28/01 $m3

= (15,3 + 7,6 )129

2 2 I yy = I α 'α ' − (d 1 + d 2 ) A A

$ @@E1>>?12,<29>,
(1) (2 )

$ @@E1?=?,3 cm=

$;;E1?=?,3G<,>29>,
I66.443903 $m P&,e 3

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N2 Calcule- pour la surace cicontre: a8 $ !! et $ @@ si b E 2 cm

# b8 b pour que $!! E $ @@#

y

25mm 25mm

b

50mm

RÈPONSES N2

x

300mm Figure E3



S2

S1

=

2/ mm 2/ mm ;

G2

G1

/9mm

399 mm

a8 bE2cm S 1 xx

Décomposons la surace " en deu! " 1, et "2

S 1 xx

S xx

S 2 xx

I = I + I =

30 × 53 12

I

+

30 × 5 3

=

S 2 xx

I =

12

5 × 253

5 × 253 12

I;;.4<22082 $m

12

De mHme après application du t%éorème d'u@g%ens : S 1 yy

I

S yy

=

5 × 30 3 12 S 1 yy

S 2 yy

I = I + I =

b8 $!! E $ @@ 3

30 × 53 12

+

2

+ 20 × 30 × 5 5 × 303 12 5 × b3 12

S 2 yy

I =

2

+ 20 × 30 × 5 +

=

5 × 30 3 12

èm

2

25 × 53 12

25 × 5 12

3

+ 2,5 2 × 5 × 25

+ 2,5 2 × 5 × 25

+ 20 × 30 × 5 +

b × 53 12

I.228104 $m=

+ 2,52 × 5 × b

b ??bA12?E? équation du 3 degré admettant 2 solutions imaginaires et une solution réelle :

=./4 $m


P&,e 

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N3 19mm



Calcule- pour la surace cicontre: 178 es moments et le produit d(inertie par rapport au! a!es centrau! @ et -# 278 a position des a!es centrau! principau! et les moments d(inertie principau!# 378 es moments et le produit d(inertie par rapport à deu! nouveau! a!es centrau! obtenus par une rotation positive de 3?7 des a!es @ et -#

/9mm 19mm

G

 /9mm 19mm

89mm

RÈPONSES N3 19mm

 S1

1

/9mm

1

G1

3 19mm

G

S3

3

G3

 2 /9mm

S2

2

G2

19mm 89mm 178 S 1 S = I yy + I yyS 2 + I yyS 3 avec I yyS 1 = I yyS 2 Décomposons la surace initiale " en trois suraces sur aces " 1, "2 et "3 : I yy

ppliquons le t%éorème d'u@g%ens :


S

S

2

I yy1 = I y11 y1 + z G1 A1

et

S

S

I yy3 = I y33 y3

G1

yz

− 4cm 2,5cm

P&,e /

TD-1A-S2-F213

 1× 43  9 × 13 2  + 2,5 × 4  + I = 2  12  12

IS.4102 $m

S yy

 4 ×13  1× 93 2  De mHme : I = 2 + (− 4) × 4  +  12  12

IS.1<802 $m

S zz

S

S

S

S

S S S S avec I yz3 = 0 @ et - sont a!es de s@métrie pour " 38 I yz1 = I yz2 = I y11 z1 + y G1 z G1 A1

I yz = I yz1 + I yz2 + I yz3

IS.-<9 $m

I yz = 2(0 + (− 4)(2,5)× 4 ×1) car I y11 z1 = 0 @1 et -1 sont a!es de s@métrie pour " 18 S

S

278

Psi!in (es &;es >"in$i>&#; : tan 2ϕ =



!

− 2 I yz



I yy − I zz



cos 2ϕ mHme signe que I yy − I zz

-333

ˆ = y, Y ϕ

@

?.433

− 2 × 80 tan 2ϕ = ≈ −1,25 61,42 − 189,42 cos 2ϕ 〈 0

39

G



!&n

sin

2?2 1

$s 2?1 -102/

$nversion trigonométrique de la tangente :

2ϕ = −51 34 tan 2ϕ ≈ −1,25  1 2ϕ 2 = 128 66

.r cos 2ϕ 〈 0 la solution I1 est donc à reJeter#

?.433 avec ϕ ˆ = y, Y

o

o

Mmen!s (7ine"!ie >"in$i>&#;

Z

I Y =

I yy + I zz

2


m

1 2

( I

yy

− I zz ) + 4 I yz2 = 2

61,42 + 189,42 2

m

1 2

(61,42 − 189,42)2 + 4(− 80)2

P&,e 4

TD-1A-S2-F213

I .220< $m I.2208 $m 378 4tilisons les ormules de rotation e!primées dans les a!es principau! :

 I = I Y + I Z + I Y − I Z cos 2ψ  hh 2 2  I + I I − I  π   I tt = Y Z + Y Z cos 2ψ +  2 2  2   I − I  I ht = Y Z sin 2ψ  2 I hh =

@  

r

avec ψ ˆ = Y , h



? 

227,87 + 22,97 2

+

227,87 − 22,97 2

cos 2(− 34o33)

I@@.1420 $m I!!.<<01 $m I@!.-8/03 $m /ous pouvons vériier que :

I@@I!! . I I . IG . 2/90< $m

PROBLÈME N y

6

2 2

x

2

IUTB-LYON1-GMP-DDS

2

Calcule-, pour la surace cicontre les cotes sont en cm8: 178 a position du centre de gravité dans le repère !,@# 278 es moments et le produit d(inertie par rapport au! a!es centrau! parallèles à !,@# 378 a position des a!es centrau! principau! et les moments d(inertie principau!#

6

P&,e 

TD-1A-S2-F213

RÈPONSES N Décomposons la surace initiale " en trois suraces " 1, "2 et "3





S3

4$m 3



2

1

G1

2$m

3 G

G3

1 2$m

198

198 2

G2

S2

S1

X

4$m

2$m

2$m 18 G1

XY

1cm 3cm

X G =

G2

XY

7cm 3cm

X G1 A1 + X G 2 A2 + X G3 A3

Y G =

A1 + A2 + A3 Y G1 A1 + Y G 2 A2 + Y G 3 A3

IUTB-LYON1-GMP-DDS

3cm

G3

A1 + A2 + A3

XY

5cm

⇒ ⇒

1E=cm2

2E12cm2

3E2?cm2

1× 4 + 7 × 12 + 3 × 20 4 + 12 + 20 3 × 4 + 3 × 12 + 5 × 20

4,11cm

G XY

4,11cm

4 + 12 + 20

"i

"1

"2

"3

i cm28

=

12

2?

5iK@- cm8

2AK9

2>K9

1?K9

1?K9

1?K9 AK9

$ @i@i cm=8

2=K12

$ @i-i cm=8

?

>23K12 21?3K12 ?

?

P&,e <

TD-1A-S2-F213

28 S

S

S

S

I yy = I yy1 + I yy2 + I yy3 avec

S

Si

2

I yy = I yi yi i + z Gi Ai

2

2

2

3 3 10  6.2  10  2.10  8   I = + −  4 + +  −  12 + +   20 12  9  12  9  12  9  S yy

2

4

IS.IS.290/4 $m

S

S

S

S

I yz = I yz1 + I yz2 + I yz3 avec

Si

S

I yz = I yi zi i + y Gi z Gi Ai

 − 28  − 10 4 + 0 +  26  − 10 12 + 0 +  − 10  8 20          9  9   9  9   9  9 

S I yz = 0 + 

IS.-0 $m

E%men!s >"in$i>&#; (7Ine"!ie :  



?./ 

G

?./ I Z Y =

I yy + I zz

IUTB-LYON1-GMP-DDS

2

m

1 2

car L est a!e de s@métrie de la surace "

( I

yy

− I zz ) + 4 I yz2 = 2

207,56 + 207,562 2

I .2/2 $m I.143012 $m

m

1 2

(0 )2 + 4(− 44,44 )2

P&,e 8

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N/ Considérons les trois suraces cicontre# 178 Calcule- pour c%aque surace la valeur de ! de telle aMon que le moment d(inertie central ma!imum vale = cm=# 278 Calcule- alors l(aire de c%aque surace et en déduire la surace la plus rationnelle#

RÈPONSES N/ es trois sections "1, "2, "3 possèdent 2 a!es de s@métries qui sont donc les a!es principau! d'inertie# e moment d'inertie ma!imum est celui relati à l'a!e L#

Se$!in S1 : ;2  x I Y = 2

× x 3 12

=

x

4

24

⇒

= 54cm 4

x = 4 54 × 24

;

;.4 $m



G

A1.1< $m2

S1

Se$!in S2 :

;2 

3

 x − x  x − x     4 x 2 5  5   I Y = − = 54cm 4 24

12

⇒

x =

54 4

1 24

A2 =

6,582 2

−

8

= 6,58cm

625

 3 × 6,58  4 × 6,58     10  5 

−

;

G ;19

;.40/< $m A2.1102/ $m2 IUTB-LYON1-GMP-DDS

;19

S2 P&,e 19



TD-1A-S2-F213

Se$!in S3 :

;2 

3

 x − x  x − x     x 2 10  5   I Y = − = 54cm 4 4

24

⇒

12

x =

54 4

1 24

A3 =

−

64 3750

 2 × 6,84  4 × 6,84  −   2  5  5 

6,842

;19

= 6,84cm

;

 G ;19

;.40< $m A2.<02 $m2

S3

R%$&>i!#&!iH : "i

"1

"2

"3

!cm8

>

>,A

>,A=

$Lcm=8

=

=

=

icm28

1A

11,2

A,=2

Se$!in & >#s "&!innee S3 $&" >#" #n mme mmen! (7ine"!ie sn &i"e es! & >#s H&i=e*

PROBLÈME N4 a t

Z

u

v

a

IUTB-LYON1-GMP-DDS

h ψ ψ

G

Y

178 Nontre- que pour un carré de cOté a tous les a!es centrau! sont principau! et que tous les moments d(inertie centrau! valent a= K12 calculer $%% et $%t8# 278 Calcule- les moments et le produit d(inertie du carré dans les a!es u,v#

P&,e 11

TD-1A-S2-F213

RÈPONSES N4 18 = a!es de s@métrie : *ous les a!es centrau! sont donc principau! I Y = I Z = I hh = I tt =

a

4

12

⇒

!

I ht = 0

J

28 I u 'u ' = I v 'v ' =

a

J7



#

#7

4

12

I u 'v ' = 0

@

2



 a 2  2  a I uu = I u 'u ' + xv2 A = +  − IJJ ./&2  12  4   a 2  a 2  2   a I uv = I u 'v ' + xu xv A = 0 +  − I . -& < #J  4  4     a4

G

G

&

G

PROBLÈME N 380 8 1

G2 0 2 1

G3 Y

0 9 5

G1

X

300 a section droite de la partie poutre de la contre lèc%e d(une grue à tour est représentée cicontre# a section droite se compose d(un proilé 6 >??, d(un plat 3A?1A mm, et d(une cornière à ailes inégales 12?A? série 2# 178 Calcule- les coordonnées du centre de gravité de la section droite dans le repère 5 1,!@# 278 Détermine- les éléments principau! des inerties# IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 12

TD-1A-S2-F213

RÈPONSES N

3<$m   2 S2

10<$m

lat 3A?1A

3

2

G2

 12 A 2

3

G3

12$m

 S3

2034$m

1



G <03$m

/8$m G1

1

X

S1

6 >??

39$m

1K D%!e"min&!in (# $en!"e (e ,"&Ji!% G (e & s#"H&$e S : G1

XY

0 0

G2

XY

4cm 30,4cm

G3

XY

20,97cm 25,5cm

3E22,
1E22>,cm2

2E3A#1,Acm2

2,36cm

G XY

8,37cm

P&,e 13

TD-1A-S2-F213

2K E%men!s >"in$i>&#; (es ine"!ies : P"%>&"&!in (es $&$#s :  l'aide des tableau! F/.0 ournis en anne!e nous pouvons relever les caractéristiques géométriques des 3 suraces# 0ésumons les dans le tableau suivant :

Si Ai$m2K Gi$mK Iii$mK Iii$mK Iii$mK

S1

S2

S3

22>,

3A#1,A

22,<

2,3>

1,>=

1A,>1

A,3<

22,?3

1<,13

1=12??

3A#1,A3K12

323

112
3A3#1,AK12

11=

?

?

P

J.3 3

C&$# (# >"(#i! (7ine"!ie (e & $"ni"e I33 : tan 2ϕ =

− 2 I y z

 12?A? 2

3 3

.3

I y3 y3 − I z3 z3

6

tan α = 0,431

G3 I y3 z3 =

I y3 z3

− I y3 y3 − I z3 z3

? 3

tan (2(tan − 0,431)) 1

2 = −110,63cm4

C&$# (es mmen!s e! >"(#i! (7ine"!ie (e & s#"H&$e (&ns es &;es $en!"&#; 0* S

S

S

S

2

2

S

2

S

S I yy = I yy1 + I yy2 + I yy3 = I y11 y1 + z G A + I y22 y2 + z G A + I y33 y3 + z G A 1

 I yyS = I yyS + I yyS + I yyS  S S S S  I zz = I zz + I zz + I zz  I = I S + I S + I S  yz yz yz yz 1

2

1

i

i i

avec

3

Gi

⇒

i

i i

3

2

3

 I yySi = I yS y + z 2 A  Si S 2  I zz = I z z + y A  I Si = I S + y z A i  yz y z

3

2

1

2

Gi

i

i i

Gi

Gi

 I yyS = 197266,32cm 4  S 4  I zz = 28922,02cm  I S = 14071,22cm 4  yz

E%men!s >"in$i>&#; :  2ϕ = −9 49 tan 2ϕ = ≈ −0,1671  1 I yy − I zz 2ϕ 2 = 170 51 − 2 I yz

o

o

cos 2ϕ 〉 0

ˆ = −4o 75 = y , Y ϕ

cos 2ϕ mHme signe que I yy − I zz :

Z Y

I =

I yy + I zz

2

m

1 2

IUTB-LYON1-GMP-DDS

( I

yy

− I zz ) + 4 I 2

2 yz

I Z = 27753,96cm

4

I Y = 198434,37cm

4

P&,e 1

TD-1A-S2-F213





 ? -/ 

G

I.18244032 $m I.2<822092 $m I.191022 $m ?.-/.0K I .18<303 $m I.2/3084 $m

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 1/

TD-1A-S2-F213

CARACTRISTI5UES GOMETRI5UES DES SECTIONS DROITES DES POUTRES 1* Mmen!s s!&!i'#es* Cen!"e (e ,"&Ji!%: β

z ∆S (aire ∆A)

S (aire A)

xβ xβ G

P

"oient deu! a!es α et β , et ) un point de la section droite auquel on associe un élément de surace ininiment petit ∆" d(aire ∆#

y G α

xα xαG

O

)ar déinition, les quantités déinies par:

∑ x ∆ A = ∫∫ x dA = x = ∑ x ∆ A = ∫∫ x dA = x

Qα =

β

S

Q β

α

S

S

S

β

β G A

α

α G A

sont les moments statiques de la section droite par rapport au! a!es α et β # Uni!% (e mes#"e: l(unité "$ de moment statique est le m 3 # .n utilise plus généralement le cm 3 #

N*B * : les moments statiques peuvent Htre positis, négatis ou nuls# es moments statiques sont donc nuls si les a!es α et β sont centrau! s(ils passent par le centre de gravité 5 de la section droite8# .n note @ et - de tels a!es dans ce qui suit#

2* Mmen!s e! >"(#i! (ine"!ie:

2*1* Mmen!s (ine"!ie $en!"&#; >&" "&>>"! &#; &;es (#n "e>"e si!#% (&ns e >&n (e & se$!in ("i!e: z

S

∆S

z G

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P

ρ

y



"oient deu! a!es centrau! @ et -, et ) un point de la section droite auquel on associe un élément de surace ininiment petit ∆" d(aire ∆#

P&,e 14

TD-1A-S2-F213

)ar déinition, les quantités strictement positives déinies par:

∑ z ∆ A = ∫∫ z dA = ∑ y ∆ A = ∫∫ y dA 2

I yy =

S

S

I zz

2

2

2

S

S

sont les moments d(inertie centrau! la section droite par rapport au! a!es @ et -# Uni!% (e mes#"e: l(unité "$ de moment d(inertie est le m = # .n utilise plus généralement le cm = #

N*B* : es mmen!s (ine"!ie sn! !##"s >si!iHs0 &m&is n%,&!iHs # n#s* 2*2* P"(#i! (ine"!ie $en!"& >&" "&>>"! &#; &;es (#n "e>"e si!#% (&ns e >&n (e & se$!in ("i!e: )ar déinition, la quantité déinie par: I yz =

∑ yz ∆ A = ∫∫ yzdA S

S

est le produit d(inertie central la section droite par rapport au! a!es @ et -# 4nité de mesure: l(unité "$ de z produit d(inertie est le m = # .n utilise plus généralement le cm = # - yz∆Α

yz∆Α

/#B# : le produit d(inertie peut Htre positi, négati ou nul#

z P'

-y G

P

y

y

$l est nul lorsque l(un des deu! a!es est a!e de s@métrie#

Axe de symétrie

I yz =

∑ yz ∆ A = ∫∫ yzdA = 0 S

S

2*3* Mmen! (ine"!ie >&i"e >&" "&>>"! &# $en!"e (e ,"&Ji!% G (e & se$!in ("i!e: )ar déinition, la quantité strictement positive déinie par: I G =

∑ ρ ∆ A = ∫∫ ρ dA 2

S

2

S

est le moment d(inertie polaire de la section droite par rapport au centre de gravité 5 de la section droite  ρ est le ra@on polaire du point )8#

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 1

TD-1A-S2-F213

Uni!% (e mes#"e : l(unité "$ de moment d(inertie polaire est le m = # .n utilise plus généralement le cm = #

/#B# Compte tenu de la relation:

ρ 2 = y 2 + z 2 I G = I yy + I zz

E;em>es : cas du cercle# I yy = I zz

z

I yz = 0 I G = I yy + I zz = 2 I yy y G

π D 4

I G =

32

D

π D 4

I yy =

64

cas du rectangle# z

I yz = 0 I yy =

h

y G

b

I zz =

3

12 3 b h 12

I G = I yy + I zz

I G =

IUTB-LYON1-GMP-DDS

bh

bh

12

(b

2

+ h2 )

P&,e 1<

TD-1A-S2-F213

2** T"&ns&!in (es &;es $en!"&#;: !@%"me (+UG+ENS: "oient deu! repères, ., α β 8 quelconque, et 5,@-8 central, tels que les a!es soient parallèles, et un point ) de la section droite auquel on associe un élément de surace ininiment petit ∆" d(aire ∆# z β es relations ∆A entre les S coordonnées: x α = x αG + y z xβ x β = x βG + z P

x βG

G

ρG

O

∫∫

S

α

xα

xαG

permettent d(écrire: 2 I αα = x β dA =

y

y

.r : x β 2G

∫∫ dA = x S

2

β G A

;

∫∫ z dA = I 2

S

;

yy

2 x β G

∫∫ zdA = 2 x S

β G Q y

=0

I αα = I yy + Ax β 2G I ββ = I zz + Axα 2G I αβ = I yz + Axα G x β G I O = I G + A ρ G2

Ces relations constituent le t%éorème d(4L56/"#

2*/* R!&!in (es &;es $en!"&#; : 2*/*1* R!&!in (es &;es $en!"&#;: z

t

∆A

S

z xt G

h

P

xh y

θ y

"oient deu! repères, 5,@,-8, et 5,%,t8 centrau!, tels que le repère 5,%,t8 se déduise du repère 5,@,-8 par une rotation d(angle θ et un point ) de la section droite auquel on associe un élément de surace ininiment petit ∆" d(aire ∆#

es relations entre les coordonnées:

 x h = y cos θ + z sin θ   x t = − y sin θ + z cos θ >e"me!!en! (%$"i"e: IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 18

∫∫ ( x S

β G

+ z ) dA 2

TD-1A-S2-F213

I hh =

∫∫ x dA = ∫∫ (− y sin θ + z cosθ ) dA = ∫∫ (− y sin θ ) dA + ∫∫ ( z cosθ ) dA + ∫∫ 2(− y sin θ × z cosθ )dA I = (sin θ ) ∫∫ y dA + (cosθ ) ∫∫ z dA − 2 sin θ cosθ ∫∫ yzdA S

2

2 t

2

S

2

S

2

hh

2

2

S

S

S

2

S

S

I hh = I yy cos 2 θ + I zz sin 2 θ − 2 I yz sin θ cosθ I tt = I yy sin 2 θ + I zz cos 2 θ + 2 I yz sin θ cos θ I ht = ( I yy − I zz ) sin θ cosθ + I yz (cos2 θ − sin 2 θ )

6n onction de l(arc double 2 θ , les relations précédentes s(écrivent: 2 cos θ =

1 + cos 2θ

2 sin θ =

2

I hh = I tt =

I yy + I zz

2 I yy + I zz 2

I ht =

I yy − I zz

2

1 − cos 2θ

2 sin θ cos θ = sin 2θ

2

+ −

I yy − I zz

2 I yy − I zz 2

cos 2θ − I yz sin 2θ cos 2θ + I yz + sin 2θ

sin 2θ + I yz cos 2θ

2*4* %men!s >"in$i>&#; (es ine"!ies (e & se$!in ("i!e:

&K D%Hini!in:

z

Z

$l e!iste touJours dans le plan d(une surace plane deu! a!es centrau! perpendiculaires ou une ininité d(a!es centrau! perpendiculaires8

Y

appelés a!es principau! d(inertie notés L et Q8 suivant lesquels :

ϕ S

G

1K Le >"(#i! (ine"!ie (e & s#"H&$e es! n#*

y

2K Les mmen!s (ine"!ie >"in$i>&#; n!%e I  e! IK0 sn! m&;im#m e! minim#m # $ns!&n!sK* "oit ϕ l(angle θ particulier tel que 0=

IUTB-LYON1-GMP-DDS

I ht = 0

I yy − I zz 2

sin 2ϕ + I yz cos 2ϕ

P&,e 29

TD-1A-S2-F213

2 I yz tan 2ϕ = − I yy − I zz

6n onction de l'arc simple, on obtient : I Y − I yy tan ϕ = − I yz

"oit ϕ1 l(angle θ particulier tel que

I hh soit ma!imum ou minimum# .n a alors:

2 I yz tan 2ϕ 1 = − I y − I z

ϕ = ϕ1

)ar conséquent:

=K E;>"essin (es mmen!s (ine"!ie >"in$i>&#;: Des e!pressions donnant de tan 2ϕ : I Y =

I yy + I zz

2

I Y =

+

I yy − I zz

I yy + I zz

2

2

+

I hh et I tt , on tire, compte tenu de l(e!pression de I yz en onction

cos 2ϕ − I yz sin 2ϕ =

I yy − I zz

2

cos 2ϕ +

I yy + I zz

2

+

I yy − I zz

2

cos 2ϕ +

I yy − I zz sin 2 2ϕ I yy + I zz

2

cos 2ϕ

=

2

+

I yy − I zz

I yy − I zz

 2 I yz   .r : = 1 + tan 2 2ϕ = 1 +  −   cos 2ϕ  I yy − I zz 

2

2

tan 2ϕ sin 2ϕ

 1    ϕ cos 2  

2

1

I Y = I Z =

I yy + I zz

2 I yy + I zz

I Y 〉 I Z

IUTB-LYON1-GMP-DDS

+

2

⇒

−

1 2 1

2 ( I yy − I zz ) 2 + 4 I yz (maxi)

( I yy − I zz ) 2 + 4 I yz2 (mini)

2 cos 2ϕ ( I yy − I zz ) > 0

P&,e 21

TD-1A-S2-F213

TORSION PROBLÈME N< 4n c@lindre est soumis à un couple de torsion C E 2# R/m# e module de C.4.NB du matériau vaut
C

500 mm

C Φ 50 mm

RÈPONSES N< C.20/Nm

τmaxi τ

/99mm C

G γ



G

τ

 Q./9mm



a8 e moment de torsion N! est constant tout le long de la barre# M

x

Considérons une section quelconque 5 : τ max i =

γ =

τ G

=

4

6 2,5.10 × 25 × 32

101,86 3

78.10

= C

π D C τ max i = R avec I G = I G 32

π × 50 4 b8 ppliquons la loi de ooRe en torsion : τ = G

τm&;.1910<4

-3 γ.1039/*19 "(

MP&

. 909<

c8 ' angle de rotation des sections e!trHmes nous est donné par la relation : θ xmax i = θ x =

IUTB-LYON1-GMP-DDS



ρ



6 2,5.10 × 500 × 32

78.103 × π × 504

M x L GI G

 . 909241 "( . 1/9

P&,e 22

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N8 a8 Calcule- le couple C qui provoque une rotation des sections e!trHmes du tube de 27 sac%ant que 5 E 2< 5)a# 6n déduire la contrainte tangentielle ma!imum# b8 Calcule-, pour d(un c@lindre de mHme poids que le tube et qui supporte le mHme couple, l(angle de rotation des sections e!trHmes et la contrainte tangentielle ma!imum#

2.5m

Φ 80 mm

C Φ 100 mm

RÈPONSES N8

D.199mm (9

(.<9mm

G

20/m



G

20/m



C C

&K



 max i x

θ

M x =

=

M x L GI G

max i G x

GI θ L

avec I G =

π ( D 4 − d 4 ) 32

et θ rd =

180

27.10 × π × (100 − 80 )× 2 × π 3

=

4

32 × 180 × 2,5.103

τ max i =

I G

R=

2185,13.103 × 100 × 32 4 4 2 × π × (100 − 80 )

τ

4

= 2185130mmN

C

C . 21
τmaxi

θ o × π

τm&; .

G



1<0
=K NHme poids implique mHme volume donc mHme aire ⇒

A = A0

θ xmax i = τ max i =

π d 02

4 M x L GI G C

I G

=

R=

=

π ( D 2 − d 2 )

⇒ d 0 = 1002 − 802 = 60mm

4 2185,13.103 × 2500 × 32 27.103 × π × 60 4

2185,13.103 × 30 × 32

IUTB-LYON1-GMP-DDS

π × 60 4



m&;. 901/8"( . 811 τm&;.

/10/2 MP&

P&,e 23

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N19 r

C Φ 160 mm

Φ 80 mm

C

4n arbre épaulé tourne à 9?? trKmn# a contrainte tangentielle admissible vaut  N)a# Calcule-: a8 la puissance transmise en RS si rE=mm# b8 le gain de puissance si rE1?mm#

RÈPONSES N19

C

a8 rE=mm K epaul t

D.149mm

 D = 160 =  d 80 2 ⇒  r = 4 = 0,05  d 80

τ max i = K

C d

I G 2

⇒ C =

=

Kd

C

(.<9mm

K epaul t = 1,72

2τ max I i G

"

55 × π × 80 4 32 × 1,72 × 40

= 3214653mmN

C.32104/mN

avec ω = π N

P = C ω

30

a puissance s'e!primant en Satt, le couple en m/ et la rotation angulaire en radian par seconde# 3214,65 × × 900 P= = 302974W P.393 30

b8 rE1?mm

K epaul t

P=

 D = 160 = 2  ⇒  d 80  r = 10 = 0,125  d 80

303 × 1,72 1,35

= 386 kW

IUTB-LYON1-GMP-DDS

K epault = 1,35

⇒

Gain =

386 − 303 303

× 100

G.20

P&,e 2

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N11 4n arbre de torsion tubulaire de diamètre e!térieur D, de diamètre intérieur d, de longueur 12??mm, est sollicité par un couple de 2??? m/# "ous l'action de ce couple, l'angle de torsion total de l'une des e!trémités par rapport à l'autre doit Htre de 2?7T?#7# a contrainte ma!imum admissible en torsion est de =?? N)a# e module de C.4.NB du matériau vaut A? 5)a# 18 Calculer la distorsion angulaire ma!imum en radians en appliquant la loi de ..U6# 28 6n déduire le diamètre e!térieur D en mm arrondir le résultat au mm8# 38 Vuel est alors le diamètre intérieur d en mm arrondir le résultat au mm8# =8 vec les valeurs trouvées en 28 et 38 calculer la contrainte ma!imum de torsion en N)a8 et l(angle de torsion des sections e!trHmes en 78#

RÈPONSES N11 18 γ max = 28 γ =

τ max G

θ D

=

400

γ=5.10

L 2γ

2 × 5.10 −3 × 1200 ×180

80.10

⇒ D =

2 L

"(

-3

3

θ

=

= 34,37mm

C

20 × π

γ

6n arrondissant au mm : D.3mm

D



( G

38

C π ( D − d τ max i = R avec I G = I G 32 4

4

)

1299mm

C.2999mN τ

3

400 =

2000 .10 × 17 × 32 π × (34 4 − d 4 )

⇒ d = 4 344 −

3

2000.10 × 17 × 32 400 × π

= 26,19mm

6n arrondissant au mm : (.24mm =8 τ max = max i x

θ

=

2000.103 × 17 × 32

π × (344 − 264 )

M x L GI G

=

τm&; .

2000.103 ×1200 × 32 80.103 × π × (34 4 − 26 4 )

IUTB-LYON1-GMP-DDS

3830<3 MP&

m&;. 903"( . 1881

P&,e 2/

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N12 A 125mm

C

125mm

120Nm

e diamètre e!térieur vaut 2? mm, le diamètre intérieur 1> mm# a barre B est encastrée en  et B# Calcule- les moments d(encastrement en  et B#

B

RÈPONSES N12 )roblème spatial : Ei>nE> car MA > inconnues en , > inconnues en B # Compte tenue du c%argement, nous pouvons réduire le degré d'%@perstaticité à 1 : A 2inconnues e!ternes, un moment en  et un en B 12/mm

D.29mm D.14mm C.129mN C

6quation d'équilibre : M A + M B = C = 120 Nm

MB 12/mm B

6quation de déormation : θ A / B = θ AC + θ CB = 0 AC AC

θ AC =

M x L

AC G

GI

CB

avec M = − M A AC x

M x AC L AC M xCB LCB GI AC G

+

GI GCB

θ CB =

− M M = AC A + CB B = 0 I G

I G

CB

M x L

avec M xCB = M B

CB G

GI

⇒

M A M B

=

I AC G I GCB

=

204 204 − 164

D'oW le s@stème à résoudre :  M A + M B = 120  M 4  A = 20  M B 204 − 164

1+

MA . /0/ Nm

IUTB-LYON1-GMP-DDS

120

M B =

204

= 44,55 M A = 75,45

20 4 − 164

MB . 0// Nm

P&,e 24

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N13

900mm

D

Φ d

A

C0

Φ d0= 18 mm

C

600mm

B

56mm

a contrainte tangentielle ma!imum dans les arbres B et CD vaut  N)a# Calcule-: a8 la valeur du couple Co# b8 le diamètre d# c8 la rotation de la section droite  en 78 par rapport à la section droite D sac%ant que 5E A? 5)a#

20mm

RÈPONSES N13 a8 τ max i =

AB

M x

d 0

AB G

2

I

avec I = AB G

π d 04 32

et M x AB = C 0

D 899mm

C 0 =

AB max i G

τ

I d 0

=

55 × π × 18

A C9

4

= 62981mmN

32 × 9

2

499mm

C9 . 43 Nm C b8

C = C 0 × CD

τ max i = d = 3

M x

= 63 ×

20 d

I GCD 2

56 20

π d 4 32

AB

GI G

( . 2/0 mm CD

X

θ CD =

29mm

et M = C

= 25,37

AB AB

/4mm

CD x

3

π × 55 M x L

/4mm 29mm

= 176,4 Nm

avec I = CD G

16 ×176,4.10

c8 θ AB = θ A / D

56

Q(9.1
B

CD

C = C 0 ×

C

C

56 20

B C9

M x L

CD

GI G

 176,4.103 × 900 × 32 56 63.103 × 600 × 32   = 0,1818rd = θ A = θ CD × + θ AB =  × + 3 4 3 4  × π × × π × 20 80 . 10 25 , 4 20 80 . 10 18   A. 192

IUTB-LYON1-GMP-DDS

56

P&,e 2

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N1 .n considère l'assemblage de la igure cicontre, constitué de deu! arbres élastiques B et CD reliés par deu! engrenages# es arbres B et CD sont constitués du mHme acier de module de Coulomb : A?5)a, et ont mHme diamètre d# 'arbre B a une longueur de =??mm et l'arbre CD une longueur de >??mm# 4n couple C? E 1???/m est appliqué à l'e!trémité D de l'arbre CD# 'e!trémité  de l'arbre B est encastrée# 18 e point de contact des dentures des engrenages est situé sur une circonérence de ra@on rB E1??mm pour l'engrenage B et de ra@on rC E =?mm pour l'engrenage C# Calculer le moment de torsion auquel est soumis l'arbre B# 28 "ac%ant que la rotation D par rapport à  ne peut e!céder une valeur de 1,7 et que la contrainte tangentielle ma!imum admissible dans les deu! arbres ne peut e!céder >? N)a, calculer le diamètre d des arbres B et CD &""n(i &# mm#

RÈPONSES N1 178

C AB = C 0 ×

C AB = 1000 ×

CAB.2/99mN

"$.9mm

r C

C

100 40

A C

"$.9mm

CAB

C9.1999mN

99mm

"B.199m

"B.199m

Condition de résistance:

τ max =

16C AB

π d 3

≤ τ e ⇒ d ≥ 3 CD

Condition de déormation : θ A / D ≤ θ lim X θ CD = θ A / D

D

B C9.1999mN

B 278

r B

16 × 2500.103 60 × π

CD

M x L

GI GCD

499mm(./804/mm

AB AB

X θ AB =

M x L

GI G AB

 2500.103 × 400 × 32 100 1000.103 × 600 × 32  1,5 × π  ≤ = θ AB × + θ CD =  × + 3 4 3 4 × π × × π × 40 80 . 10 40 80 . 10 d d   180 100

 2500.103 × 400 × 32 100 1000.103 × 600 × 32    × 180 × + 3 3 4 × × 80 . 10 π 40 80 . 10 π  = 62,31mm dE>2,31mm D'oW d ≤  1,5 × π

C@i; (# (i&m!"e (.43 mm

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 2<

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N1/

Calcule- d1, d2, d3 dans c%acun des 3 cas sac%ant que CE 3?? /m et que la contrainte de cisaillement ma!imum vaut >? N)a# Vuelle est la section la plus rationnelleP

φ d1

d2 2d3

C

d2

C d3

C

RÈPONSES N1/

D'après l'anne!e = : J = k 1e3h

τ max i =

Q (1

(2

M x

(3

C

C C

&K Se$!in $i"$#&i"e : τ max i =

M x d 1 I G

2(3

(2

2

k 2e h

2

=

16 M x 3 1

π d

⇒ d 1 ≥

≤ τ e

3

300.103 × 16 60 × π

(1.2802mm Ai"e : A1.4808mm2

=K Se$!in $&""%e : τ max i =

M x 2

k 2e h

e = h = d 2

⇒

h e

= 1 ⇒ k 2 = 0,208

d 2 ≥ 3

300.103 60 × 0,208

(2.2<0<4mm A2.<3208mm2

$K Se$!in "e$!&n,#&i"e : τ max i =

M x 2

k 2e h

2e = h = d 3

⇒

h e

= 2 ⇒ k 2 = 0,246

L& se$!in & >#s "&!innee es! (n$ $i"$#&i"e

IUTB-LYON1-GMP-DDS

d 3 ≥ 3

300.103 60 × 0,246 × 2

(3.21044mm A3.83<031mm2

P&,e 28

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N14 Deu! barres réalisées en un mHme matériau ont mHme longueur et mHme poids# (une a une section circulaire 18, l(autre carrée 28# Détermine- pour une mHme contrainte tangentielle ma!imum: a8 le rapport des couples de torsion transmis# b8 le rapport des angles de rotation des sections e!trHmes#

RÈPONSES N14 D'après l'anne!e = : Se$!in $&""%e M x

τ max i =

θ x' =

2

k 2e h

M x GJ

J = k 1e3h

h e

=1⇒

L

k 1 = 0,141

L

k 2 = 0,208

Se$!in $i"$#&i"e τ max i =

M x d 1 I G

Q 2" θ x' =

2

&

M x GI G

C

4

I G =

π r 2

CV

NHme longueur, et mHme poids impliquent que les aires sont identiques : ⇒

π r 2 = a 2

a = r π

&K R&>>"! (es $#>es (e !"sin !"&nsmis* cercle

C

π r 4

carré

C

r =

⇒

0,208r 3π π

cercle

C

carré

C

=

1 0,208 π 2

cercle carré τ max i = τ max i

 V

C C .103/4

= 1,356

2

=K R&>>"! (es &n,es (e "!&!in (es se$!ins e;!"mes* cercle

cercle

θ

=

C

L

GI G

carré

carré

θ

=

C

L

GJ

4

2

avec J = k 1r π

θ cercle C cercle J 0,141r 4π 2 2 = = 1,356 = 1,356 × 0,141× 2π = 1,201 θ carré C carré I G π r 4

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 V

  .10291

P&,e 39

TD-1A-S2-F213

TORSION 1* D%Hini!in :

"i, pour une poutre droite à section constante, le torseur de section se réduit à N !, quel que soit la section droite, la poutre est soumise à de la torsion# .n distingue suivant la orme de la section droite: a torsion de COULOMB pour les sections droites circulaires ou tubulaire# ❑ a torsion de SAINT-)ENANT pour les sections droites non circulaires# ❑

2* T"sin (e COULOMB: 2*1* Cn!"&in!es en #n >in! P &>>&"!en&n! W #ne se$!in ("i!e : r près application du couple C on constate que: x ❑a longueur et le diamètre du Φ 2R c@lindre n(ont pas variés# C *outes les sections droites θxmaxi subissent une rotation θ! proportionnelle à !# b a seule déormation est une b’ distorsion γ des génératrices, tout γ γ m&;i à ait comparable à celle qu(on L observe dans le cisaillement simple# .n peut donc écrire, quel que soit le point de la section droite: G

σ=0 τ = Gγ d(après la loi de

θx

x

..U6

a

C

Ytant donnée la s@métrie de révolution autour de l(a!e de torsion, la contrainte tangentielle τ est: 178 tangente au! cercles de ra@on polaire ρ# 278 la mHme en des points situés sur un cercle de ra@on polaire ρ#

τ

C

G

τ τ

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ρ

τ

φ2R

P&,e 31

TD-1A-S2-F213

Considérons un point ) de la section droite , la contrainte varie linéairement le long du ra@on polaire : τ = k ρ # τ

 y = ρ cosθ   z = ρ sin θ

t

Mx

G z σxz

σ xy = −τ sin θ = −k ρ sin θ = −kz   σ xz = τ cosθ = k ρ cosθ = ky

z

ρ

σxy

y θ y

τ P h φ2R

e vecteur contrainte en un point ) doit satisaire ces > équations oir cours module F1128 (1) 0 = ∫∫S σ xx dA

(4) M x = ∫∫S ( yσ xz − zσ xy )dA

(2) 0 = ∫∫ σ xy dA

(5) 0 = ∫∫S zσ xx dA

(3) 0 = ∫∫S σ xz dA

(6) 0 = − ∫∫S yσ xxdA

S

es équations 18 8 et >8 sont identiquement vériiées car la composante normale σ xx = σ = 0

' équation (2) 0 = ∫∫S σ xydA = ∫∫S − kzdA = −k ∫∫S zdA = −kQ yS = 0 également vériiée, de mHme pour 38 car le moment statique par rapport à des a!es centrau! est nul# ' équation =8 nous permet de calculer la constante R : M x =

∫∫

S

∫∫

( yσ xz − zσ xy )dA = k

S

∫∫

( y 2 + z 2 )dA = k

S

ρ 2 dA = kI G

⇒ k =

M x I G

e vecteurcontrainte dans les a!es !@-:    0 0   P r r M z   Φ xP / xht  0 Φ xP / xyz σ xyP = − x s(écrit dans les a!es !%t: P I G M x ρ   P  P M x y P τ = I σ = G   xz I G 

a contrainte ma!imum de torsion en des point ) situés sur le contour de la section droite vaut: τ max i =

IUTB-LYON1-GMP-DDS

M x I G

R

P&,e 32

TD-1A-S2-F213

a distorsion ma!imum à l(abscisse polaire ρ)E08 vaut: τmaxi

γ max i ≈ tgγ max i =

τ

C G

b b' ab

max i

=

Rθ x

L

a distorsion à l(abscisse polaire ρ vaut:

ρ

γ =

ρθ xmax i L

"oit, en introduisant l(angle

φ2R

unitaire de torsion θ = ' x

θ xmax i L

γ = ρθ '

x

a contrainte tangentielle τ s(écrit: τ = Gθ x' ρ

M x = Gθ x' I G

2*2* Cn$en!"&!in (e $n!"&in!es* InH#en$e (e & J&"i&!in ="#!&e (e & se$!in ("i!e:

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 33

TD-1A-S2-F213

.n constate que dans la section la plus aible et au voisinage du raccordement, la contrainte tangentielle réelle ma!imum de torsion subit une orte maJoration par rapport à la valeur nominale ournie par la t%éorie des poutres# a contrainte ma!imum réelle τ max i de torsion se calcule à partir de la contrainte nominale ma!imum

C d I G 2

ournie par la t%éorie des poutres par la relation:

τmaxi

C

τ max i = K

τnom=Cd/2IG

C d

I G 2

G

U est le acteur de concentration de contraintes#

φd

2*3* Ess&i (e !"sin: Cet essai n(est pas normalisé# .n soumet une éprouvette, à section circulaire, à un couple croissant lentement Jusqu(à la rupture de l'éprouvette# .n enregistre le diagramme couple CKrotation θ z de deu! sections#, que l(on rend intrinsèque en divisant le couple par

π D 3 16

et la rotation par

τmaxi

C M&!%"i&#; H"&,ies

τe=Rg

A

B

C

M&!%"i&#; (#$!ies

A

γ maxi

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L R

# e diagramme est généralement composé d(une partie . linéaire et réversible: la -one élastique, et d(une partie courbe BC: la -one plastique oW l(éprouvette subit des déormations irréversibles# a rupture intervenant au point C# .n constate qu(il @ a deu! comportements très diérents suivant que le matériau est (#$!ie ou H"&,ie# Dans la -one élastique la P&,e 3

TD-1A-S2-F213

C R et I G

loi de proportionnalité entre la contrainte tangentielle ma!imum de torsion τ max i = la distorsion γ ma!i des génératrices de l(éprouvette est la loi de +OOE en torsion# Comme pour le cisaillement simple elle s(écrit: τ max i = Gγ max i

oW 5 est le module d(élasticité transversale ou module de C.4.NB du matériau# a contrainte tangentielle ma!imum de torsion à la in de la -one élastique est la limite élastique au cisaillement du matériau# 6lle se note τeou 0g# N.B.

(essai de torsion est le seul qui permette une détermination correcte du module de C.4.NB 5 et de la limite élastique au cisaillement τ e du matériau# ❏ .n montre que le module de L.4/5 6, le module de C.4.NB 5, et le coeicient de ).$""./ ν sont, lorsque le matériau est isotrope, liés par la relation: ❏

G=

E

2(1 + ν )

.n constate que pour un matériau ragile les limites élastiques en traction et cisaillement sont sensiblement les mHmes tandis que pour un matériau ductile: ❏

τ e ≈

σ e 2

2*** R!&!ins (es se$!ins ("i!es: 6!pression de la rotation d(une section droite d(abscisse -# De la relation tire à abscisse !: θ x =

M x GI G

C = Gθ x I G on '

x

6!pression de la rotation ma!imum celle de la section d(abscisse 8: θ xmax i =

M x L GI G

2*/* CeHHi$ien! (e s%$#"i!%: $l se calcule par la relation: α =

τ e τ max i

N*B# .n impose quelqueois une condition de rigidité pour les arbres de transmission: θ x' ≤ 0.25° / m

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P&,e 3/

TD-1A-S2-F213

3* T"sin (e SAINT-)ENANT se$!ins ("i!es nn $i"$#&i"esK:

.n constate e!périmentalement que les sections droites ne restent pas planes après application du couple de torsion# 6lles subissent un ,&#$@issemen! a!ial qui peut entra+ner, si celuici est empHc%é, l(apparition de contraintes normales dans la section droite# (%@pot%èse de /$60B60/.4$ n(est donc plus vériié, le principe de l(indépendance des eets des orces non plus, seule la t%éorie de l(élasticité peut résoudre le problème# T"sin (es Se$!ins Re$!&n,#&i"es : a igure cicontre permet de visualiser la répartition des contraintes tangentielles de torsion dans une barre à section rectangulaire#

e

.n montre alors, en élasticité, que: 178 a relation entre le moment de torsion et l(angle unitaire de torsion est:

Mx G

τmaxi

h

θ x' =

M x GJ

oW Z est le mmen! (ine"!ie (e !"sin de la section rectangulaire# $l se calcule par la relation suivante:

τ‘maxi

J = k 1e 3h

oW k 1 est une onction du rapport %Ke donné dans le tableau suivant: %Ke

1

1#

2

R1

?#1=1

?#19>

?#229

R2

?#2?A

?#231

R3

1#???

?#A9

3

=



>

A

1?

∞

?#2>3

?#2A1

?#291

?#299

?#3?<

?#313

1K3

?#2=>

?#2><

?#2A2

?#291

?#299

?#3?<

?#313

1K3

?#<9

?#<3

?#<=

?#<==

?#<=3

?#<=2

?#<=2

?#<=2

N*B # orsque la section droite est circulaire la relation entre le moment de torsion et l(angle unitaire de torsion est: θ x' =

M x GI G

e moment d(inertie de torsion est alors le mmen! (ine"!ie >&i"e du cercle 

IUTB-LYON1-GMP-DDS

πD 4 32

8# P&,e 34

TD-1A-S2-F213

278 a contrainte ma!imum de torsion au milieu des grands cOtés du rectangle8 vaut: τ max i =

M x k 2e 2 h

oW k 2 est une onction du rapport %Ke donné dans le tableau précédent# 378 a contrainte au milieu des petits cOtés du rectangle vaut: ' τ max i = k 3τ max i

oW k 3 est une onction du rapport %Ke donné dans le tableau précédent#

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 3

TD-1A-S2-F213

FLEXION PROBLÈME N1 Considérons la poutre cicontre soumise à un moment de le!ion N# a section droite de la poutre est un tube 120 mm rectangulaire en aluminium d(épaisseur A G G M mm# Calculer la valeur du moment N que Y x X peut supporter la poutre, sac%ant que σe = σ'e = 200 MPa et que le coeicient de sécurité vaut 1#2# Calculer le ra@on z Z Z 1.5 m de courbure de la ligne mo@enne sac%ant que 6E
RÈPONSES N1

x

G1

<9 mm

X

G Y

M

G9

Z 129 mm

1*/ m

y

z

e moment de le!ion N@EGN est constant tout au long de la poutre 5 ?51# *outes les sections sont donc équidangereuses#

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P&,e 3<

TD-1A-S2-F213

Considérons une section quelconque 5# les a!es ,L et Q sont principau! d'inertie pour la section tubulaire 5 a!es de s@métrie8# e moment de le!ion NLEGN est porté par l'a!e principal L : /ous sommes donc en présence de le!ion pure plane# 'a!e neutre ∆ est donc confondu avec celui qui porte le moment fléchissant Y. L’ensemble des points P’ et P’’ qui sont les plus éloignés de l’axe neutre (vmaxi) sont les points les plus contraints. Les points P’ sont comprimés et P’’ tendus.

P’ σ xxP ' =

M Y P ' M σ (− 60 ) ≤ e ' Z = 3 3 80 .120 64.104 I Y α

−

12 P '' xx

σ

=

M Y I Y

P ''

80.120 3

−

12

D'oW :

M

80.120 3

−

12

64.104 3

12

60 ≤

P’’

200

Z v

MY10 Nm

1,25

G

12

$n tégrons 2ois : wEI Y =

MY

∆

σ e ≤ 60 64.104 3 α

'équation de la déormée est donnée par :

Conditions

Y

12

M

=

Z

X

' w' EI Y = − M

− Mx 2

M M w'' = − Y = − EI Y EI Y

' ⇒ w' EI Y = − M

w′ EI Y = − Mx + C 1

2

+ C 1 x + C 2

limites

pour

calculer

les

constantes

d'intégration :

en

2   x = l → w = 0 ⇒ C 2 = − Ml 51 :  2  x = l → w′ = 0 ⇒ C 1 = Ml

 − Mx 2 Ml 2    + Mlx − 'équation de la déormée est donc : w = 2  EI Y  2 1

a lèc%e ma!imum a lieu en 5?, pour !E? : wmax = −

R

Ml 2

x

G1

2 EI Y

14,7 × 10 6 × (1,5 × 10

)

3 2

wmax = −

 80 ×1203 64 ×1043   − 2 × 70000 ×  12 12   w Zm&;.-208mm wmax

1 R

≈ w′′ ⇒ R =

EI Y M

IUTB-LYON1-GMP-DDS

G9 M

z

 80 ×1203 64 × 1043   − 70000 12 12   R.242<8mm.24028m R =y 6 14,7 ×10

P&,e 38

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N1< 178 a section droite de la poutre est un rectangle bE3? mm et %E9? mm8# a longueur de la poutre est de 1 m# e module de L.4/5 vaut 2?? 5)a# a contrainte normale ma!imum ne peut dépasser 12? N)a# Calculer : a8 le moment léc%issant ma!imum quand θ E ?7, 3?7, 9?7# b8 les lèc%es quand on

1m

M h

M

G

Y

G

z

M

x y

y Z θ

b

applique ces moments de le!ion à c%aque e!trémité# 278 a section droite est un 4)# e moment de le!ion appliqué vaut N E ??? /m# Déterminer les dimensions du 4) qui convient dans c%acun des trois cas θE?7, 3?7, 9?7 8 si la contrainte normale ma!imale vaut 12? N)a#

RÈPONSES N1<

1K Mmen! M = @

G y

z

G

x

z y

A

θ

1m

B

e s@stème est autoéquilibré, les réactions en  et B sont nulles# Dans la section 5 le *orseur de "ection se réduit a une seule composante du moment suivant l'a!e - : N -EN# *outes les sections 5 sont donc équidangereuses# /ous sommes donc en présence de Fle!ion )ure# )lacons nous à une section quelconque 5# a section étant rectangulaire, nous savons que le s@stème d'a!e! principau! est constitué par les deu! a!es de s@métrie# .rientons l'a!e = principal L comme étant celui qui enregistre le moment d'inertie ma!imum, et déduisons l'a!e @ Q par une rotation de G[K2# G

z

Y

θ

y Z

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P&,e 9

TD-1A-S2-F213

&K .9

a poutre est dans ce cas placé sur c%amp# e moment de le!ion étant porté par l'a!e principal L la le!ion est dite plane#

M

x

=

@

1m

z

x

G y

M

z

y

'a!e neutre ∆ est donc conondu avec celui qui porte le moment# C'est l'a!e de rotation de la section# x z

M

G

M

y

es points les plus éloignés de l'a!e neutre !vma!i sont les plus contraints# es points )' sont les plus contraints en traction, et )'' en compression#  h  ≤ σ Z = σ =  e 3  b.h  2  I Y P' xx

M Y

P'

M ≤

P’’

M

12 30 × 90 2 × 120 6

M.0<4 Nm

=

M

Y

G

@

z

∆ P’

v

y Z

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 1

TD-1A-S2-F213

&K .89 a poutre est dans ce cas placé sur plat# e moment de le!ion étant porté par l'a!e principal Q la le!ion est dite plane#

M

x

@ 1m

= x

G

z

y

M

z

M

y

x

G

z

y

M e détail des calculs est similaire au cas précédent

Y

M Z

∆

G P’’

z

P’

v

IUTB-LYON1-GMP-DDS

M Z

σ xxP ' = −

y

I Z

Y P ' = −

 − b  ≤ σ   e h.b  2  M

3

12

=

2

M ≤

90 × 30 ×120 6

M.1042 Nm

@

P&,e 2

TD-1A-S2-F213

&K .39

a poutre est maintenant incliné de 3?7# e moment de le!ion N n'étant pas porté par l'a!e principal L ni par l'a!e principal Q la le!ion est dite déviée# in de trouver les points les plus contraints, il nous aut rec%erc%er l'a!e neutre ∆# 'a!e neutre qui est l'a!e de rotation représente le lieu des points de la section oW la contrainte normale \ !!E?# Dans les a!es principau! son équation est : Z =

M Z I Y M Y I Z

Y

x

es composantes du moment sur les a!es principau! sont : M Y = M cos 30

M

M Z = − M sin 30

D'oW : 1m bh

=

3 2

 b 

M cos 30 hb

G @x

2

− M sin 30 12  h  Y = −  90  Y Z = Y = − tan 30 tan 30     3

z

 30 

12

y

6quation de l'a!e neutre :

Z = −5,196Y

M

z

r r

ψ ˆ = (Y , ∆ ) = −79°1

39

Deu! points les plus contraints )', )''# M Z

σ xxP ' = −

I Z

Y P ' +

+ M Y I Y

Z P ' ≤ σ e

−

y − M sin 30 b hb 3

2

+

+ M cos 30 h

12

bh 3

12

2

≤ σ e

∆

= P’’

Ψ=-79°1 M ≤

σ e

 sin 30 + cos 30  6  2 bh 2   hb

M ≤

120 sin 30 cos 30

  + 2 2   90 × 30 30 × 90 

6

M.209/ Nm

MZ

M

G

@

z

MY

Y

P’

v

θ=30°

y Z

C'est une valeur comprise entre les deu! e!tremes des cas précédents#

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 3

TD-1A-S2-F213

F$@e :

=K .9

z

G

x y

A

B

1m

'équation de la déormée est donnée par : $n tégrons 2ois :

v '' =

M Z EI Z

=−

M

EI z

' ⇒ v' EI Z = − M

' v ' EI z = − M

′ z = − Mx + C 1 v EI vEI z =

− Mx 2 2

+ C 1 x + C 2

 x = 0 → w = 0 ⇒ C 2 = 0 Conditions limites pour calculer les constantes d'intégration : en:  x l w Ml = → = 0 ⇒ C 1 =  2 1  − Mx 2 Ml   + x 'équation de la déormée est donc : v = EI z  2 2 

a lèc%e ma!imum a lieu en !ElK2 : vmax =

Ml

8 EI z

4,86.106 × (1.103 ) × 12 2

2

=

8 × 200.103 × 30 × 903

J m&;.104mm

=K .89 e calcul de la lèc%e est similaire au cas précédent : wmax = −

Ml 2

8 EI y

1,62.10 6 × (1.10 3 ) ×12 2

=−

Zm&;./ mm

8 × 200.103 × 90 × 303

=K .39 /ous appliquons le principe de superposition : f max = f max

2

 M Y   M Z    +  = 8 E  I Y   I Z  l2

(1.10 )

3 2

f max =

8 × 200.103

IUTB-LYON1-GMP-DDS

v 2 + w2

2

M Y = M cos 30

2

M Z = − M sin 30

 2,05.106 cos 30 ×12   2,05.106 sin 30 ×12    +   3 3 × 90 × 30 30 × 90    

2

Hm&;.3022 mm

P&,e 

TD-1A-S2-F213

2K UAP : =

M./999Nm @

G

G

x

z y

A

θ

y

M./999Nm

z

B

1m x

&K .9 M

e moment de le!ion étant porté par l'a!e principal L la le!ion est plane#

1m

'a!e neutre ∆ est donc conondu avec celui qui porte le moment# C'est l'a!e de rotation de la section#

1mx

z

G

y

M

z

P’’

y

es points les plus éloignés de l'a!e neutre !vma!i sont les plus contraints# es points )' sont les plus contraints en traction, et )'' en compression# Y M M P ' σ xxP ' = Y Z P ' = Z ≤ σ e I Y I Y

M

G

z

∆ 

I Y P'

Z

≥

M

σ e

I Y P'

Z

≥

5000.103 120

I Y P'

Z

≥ 41,66cm3

y

P’

v Z 6n se réérant à l'anne!e des proils 4) nous devons c%oisir un proilé dont le module d'inertie de le!ion est supérieur à =1,>>cm3 e c%oi! du proilé sera UAP199 dont le module d'inertie de le!ion est =1,9cm3 #

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e /

TD-1A-S2-F213

&K .89

x

e moment de le!ion étant porté par l'a!e principal Q la le!ion est plane#

M

1m x

G

z

y

'a!e neutre ∆ est donc conondu avec celui qui porte le moment# C'est l'a!e de rotation de la section#

M

z

y

es points les plus éloignés de l'a!e neutre !vma!i sont les plus contraints# es points )' sont les plus contraints en traction, et )'' en compression# M Z

σ xxP '' = −

I Z Z P ''

≥

I Z

Y P ' ' =

M I Z

Y P '' ≤ σ e

M

I Z

σ e

Z P ''

Y

P’’

P’’

M

Z ≥ 41,66cm3

G

z

∆ P’



e c%oi! du proilé sera UAP2/9 dont le module d'inertie de le!ion est =1,9cm3 # y x

v

&K .39

M

e proilé est maintenant incliné de 3?7#

1m

/ous sommes en présence d'une le!ion déviée car le moment n'est plus porté par un a!e principal d'inertie#

z

x

G y

/ous savons que le c%oi! devra etre compris entre les 4)1?? et 4)2? z compte tenu des cas étudiés pré]cédement#

M 39 y

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 4

TD-1A-S2-F213

Faisons le c%oi! d'un 4)1< :

'a!e neutre qui est l'a!e de rotation représente le lieu des points de la section oW la contrainte normale \ !!E?# Dans les a!es principau! son équation est : Z =

M Z I Y M Y I Z

Y


M Z = − M sin 30

P’’

es valeurs des moments d'inertie principau! sont donnés en anne!e#

Z =

− M sin 30 I Y M cos 30 I Z

Y = − tan 30


1272 126,4

∆

Y

Ψ=-80°23

Z = −5,81Y

r r

ψ ˆ = (Y , ∆ ) = −80°23

21,2mm P ' / YZ  87,5mm

G

z

MY

Y

Deu! points les plus contraints )', )''# :

M

MZ

 θ=30°

v y

− 48,8mm P ' ' / YZ  − 87,5mm

P’

Z

)' est en traction, et )'' en compression# e matériau étant s@métrique le point )'' est le plus contraint P '' xx

σ

=−

M Z I Z

P ''

Y +

σ xxP '' = 126 ≤ 120

+ M Y I Y

P ''

Z

≤ σ e '

−

− 5000.10 3 sin 30 126,4.10 4

3

(− 48,8) +

5000 .10 cos 30 1272 .10 4

(− 87,5) ≤ 120

e proilé ne convient pas#

0eprenons les calculs avec le proilé 4)2??# 'approc%e est identique : P '' xx

σ

=−

M Z I Z

P ''

Y +

+ M Y I Y

P ''

Z

≤ σ e '

−

− 5000.10 3 sin 30 169,7.10 4

3

(− 52,8) +

5000 .10 cos 30 1946 .10 4

(− 1005 ) ≤ 120

a condition est vériiée, C@i; (# >"Hi% : UAP299

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N 18 Φ 50 mm

G

180.37 Nm Z

807.3Nm Y

4n arbre de diamètre ? mm est soumis à un moment de le!ion dont les composantes dans 5,$,$$ sont : NLE  1A?#3< /m NQE  A?<#3 /m Calculer : 178 la position de l(a!e neutre de le!ion# 278 es contraintes normales e!trHmes#

RÈPONSES N18 e moment résultant N est porté par un a!e principal d'inertie )our une section circulaire, tout diamètre étant a!e de s@métrie est principal d'inertie8# a le!ion est donc plane# a position de l'a!e neutre est donné par l'angle ; : v  180,37   = 12°6  807,3 

α = Arc tan

Φ

− 180,37 2 + 807,312 .103 64 × xvP σ = x = 4 I ∆∆ π × 50 P xx

M ∆

P v

/9 mm

MH

P’’

1<9*3Nm Z

 0 P ' / ∆v  − 25mm

 0 P ' ' / ∆v  25mm

∆

P’ Y

e point )' est en traction :

P’ 40MP&

− 180,372 + 807,312 .103 σ = 64 × (− 25) π × 504 P' xx

[ ;;P7.40MP&

σ

G

e point )'' est en compression : P '' xx

σ

α=12°6

G

<9*3Nm

;

− 180,372 + 807,312 .103 64 × (25) = π × 504

[ ;;P77.-40MP&

IUTB-LYON1-GMP-DDS

∆ -40MP& P’’

v

P&,e <

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N29 10mm

M

M

d

D=60mm

10mm 2r

dépasse pas 1? N)a#

4ne barre dont la largeur est de >? mm et l(épaisseur de 9 mm est entaillée comme indiquée sur la igure ci contre# 6lle est soumise à un moment de le!ion de 1A? /m# Calculer le ra@on r pour que la contrainte normale ma!imum ne

RÈPONSES N29

M

19mm

M

D.49mm

( 19mm 2"

$l @ a concentration de contraintes compte tenu du c%angement brusque de la section# /ous devons c%erc%er le acteur de concentration U à l'aide des abaques ournis en anne!e# a contrainte normale ma!i dans la section la plus aible, nous est donnée par : σ xx =

180.103 9 × 403

× 20 = 75MPa = σ nom

12

σ max i = K σ nom

d’où la valeur de K : K = 150 = 2 75

A l’aide de l’annexe 3 :

IUTB-LYON1-GMP-DDS

 D = 60 = 1,5  K = 2 ⇒  d 40  r = 0,12  d

r = 4,8mm

r=4,8 mm

P&,e 8

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N21 1200mm 6mm 2

2

P M

M 12mm

G M

P'

1

G

3

6mm

12mm

4ne barre est soumise à deu! couples de le!ion N à ses e!trémités# 178 6tude de la section droite# Déterminer: a8 a position du centre de gravité de la section droite# b8 es moments et produit d(inertie de la section dans le repère 5,@,-8# c8 es moments d(inertie principau! et la position des a!es principau! de la section# 278 6tude de la le!ion* a8 Déterminer la position angulaire de l(a!e neutre# b8 Nettre en place sur la igure le point ) le plus tendu et le point )( le plus comprimé et donner leurs coordonnées dans le repère 5,L,Q8# c8 Calculer la valeur du moment N que l(on peut appliquer sans que les contraintes ma!imum ne dépassent G< N)a en traction au point )8 et 9? N)a en compression au point )(8#

RÈPONSES N21 M  4mm



G

 12mm

;

1299mm 

M

4mm 12mm

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e /9

TD-1A-S2-F213

1K E!#(e (e & se$!in ("i!e 12mm \

4mm 2 1

4mm

1mm G1 G

12mm

G2  1mm

2 S2

1

S1

6 Décomposons la surace initiale " en deu! suraces carrées " 1, "2 , et remarquons que la surace " possède un a!e de s@métrie#

&K L& >si!in (# $en!"e (e ,"&Ji!% (e & se$!in ("i!e*

6n se reerent au cours sur les inerties: G1

6

αβ

X α G =

6

G2

X α G1 A1 + X α G 2 A2 A1 + A2

9

1E1==mm2

αβ 9

⇒

2E3>mm2

6 × 144 + 9 × 36 144 + 36

5mm

G αβ

5mm

=K Les mmen!s e! >"(#i! (ine"!ie (e & se$!in (&ns e "e>"e G00K* Si Aimm2K GimmK IiimmK IiimmK IiimmK

IUTB-LYON1-GMP-DDS

S1 1== 1 1 123 123 ?

S2 3> = = >=K12 >=K12 ?

P&,e /1

TD-1A-S2-F213

 I yyS = I yyS + I yyS    I = I S + I S  yz yz yz 1

 I yySi = I yS y + z 2 A    I Si = I S + y z A i  yz y z

2

1

i

i i

avec

2

Gi

⇒

i

i i

Gi

Gi

 I yyS = 1188mm 4  S 4  I zz = 1188mm  I S = −432mm 4  yz

$K Les mmen!s (ine"!ie >"in$i>&#; e! & >si!in (es &;es >"in$i>&#; (e & se$!in* ˆ = 45° = y, Y car a!e de s@métrie ϕ

I yy + I zz

Z Y

I =

2

m

1 2

( I

yy

I Z = 756mm

− I zz ) + 4 I 2

2 yz

4

4 I Y = 1620mm

2K E!#(e (e & He;in*  12mm





4mm P

∆



φ=45°

MY

4mm



G

12mm

MZ



M

Ψ=-65°

P’

v 'a!e neutre qui est l'a!e de rotation représente le lieu des points de la section oW la contrainte normale \ !!E?# "on équation est : Z = M Z I Y Y M Y I Z


M Z = − M sin 45


Z =

− M sin 45 1620 M cos 45 756

Y = −

1620 756

Y

Z = −2,14Y

r r

ψ ˆ = (Y , ∆ ) = −65°

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e /2

TD-1A-S2-F213

Deu! points les plus contraints ), )'# : 5,66mm

P / YZ 

4,24mm

− 7,07 mm

P ' / YZ 



0

1mm P / yz  7mm

− 5mm

P ' / yz 

− 5mm Y = y cos 45 + z sin 45

en utilisant les ormules de rotation :  Z = − y sin 45 + z cos 45 

e point ) est le plus tendu : M Z

σ xxP = −

I Z

Y P +

+ M Y I Y

Z P ≤ σ e

−

− M sin 45 756

5,66 +

M cos 45

1620

4, 24 ≤ 75

Donc, pour qu'en traction la contrainte ne dépasse pas < N)a , il aut que :

M.198 Nmm

e point )' est le plus comprimé : σ xxP ' = −

M Z I Z

P

Y ' +

+ M Y I Y

P

Z ' ≤ σ e '

−

− M sin 45 756

(− 7,07 ) ≤ 90

Donc, pour qu'en compression la contrainte ne dépasse pas 9? N)a , il aut que :

M.13419 Nmm

Conclusion : e moment ma!imum que l'on peut appliquer est le moment le plus petit M.190/ Nm car il respecte les conditions limites en traction et en compression alors que si on avait pris NE13,>? R/m, la condition en traction n'aurait pas été respectée#

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e /3

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N22 y

L/2

L/2

P A

B

C

Calcule- l'équation de la déormée# 6n déduire la lèc%e ma!imum#

x

RÈPONSES N22

L/2

L/2

P A

C

G

x

B x

y

)our calculer l'équation de la déormée, nous allons utiliser l'équation diérentielle :

v'' =

$l aut donc c%erc%er le *orseur de "ection en 5#

ne AC : 0〈 x〈 L

ne CB : L 〈 x〈 L

2

2

 L  M z = P − x   2  ''

v EI z = − Px +

PL

2 2 Px PL ' v EI z = − + x + C 1 2 2 vEI z = −

IUTB-LYON1-GMP-DDS

Px

6

3

+

PLx

4

M z = 0 ''

v EI z = 0 ' = C 3 v EI z

2

+ C 1 x + C 2

vEI z = C 3 x + C 4

P&,e /

M Z EI Z

TD-1A-S2-F213

in de déterminer les constantes d'intégrations, écrivons les conditions au! limites en  pour la -one C et la continuité des lèc%es et des pentes en C pour les 2 -ones# 3  L PL  x = 2 → v zoneAC = v zoneCB ⇒ C 4 = − 48 6n C :  PL2  x = L → v zoneAC ′ ′ = v zoneCB ⇒ C 3 =  2 8

 x = 0 → v = 0 ⇒ C = 0 1 

2 6n  :  x = 0 → v′ = 0 ⇒ C = 0

es équations de la déormée sont donc : ne AC :

ne CB :

 Px3 PLx2  −  une cubique + v= 4  EI z  6 1

 PL2 x PL3    une droite# − v= 48  EI z  8 1

a lèc%e ma!i a lieu en B sur la -one CB pour !E :

L/2

B max

v

=

5 PL3 48 EI z

L/2

P A

C

A’

PL /24EIz

 Px PLx  −  + v= 4  EI z  6 1

3

2

C’

v=

IUTB-LYON1-GMP-DDS

B PL /8EIz

x

5PL /48EIz

 PL2 x PL3  B’ −  − EI z  8 48  1

P&,e //

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N23 y

L/2

L/2

Détermine- les actions d(appuis en  et B#

P A

B

C

x

RÈPONSES N23

L/2

L/2

P A

C

B x

/ous sommes en présence d'un cas %@perstatique e!terne de degré 1, car le problème étant plan , nous disposons de 3 équations de statique et avons à déterminer = inconnues, 2 réactions en  ainsi qu'moment et une réaction en B# D%!e"min&!in (e 7@>e"s!&!i$i!% : • $nconnues : =  3 réactions F, F et FB  1 inconnue moment N  E i3n E = ^ 3 E 1 E_ +>e"s!&!i'#e (e (e,"% 1 L/2

A

C

B

Etat Hyperstatique : E0

L/2

P A

P

F C

B x

Etat Isostatique : E0’

)our lever l'indétermination provoquée par l'%@perstaticité, nous allons considérer un s@tème équivalent isostatique# C%oissisons comme inconnue %@perstatique la réaction en B et construisons un s@stème isostatique sans l'appui en B# )laMons en B une orce verticale F# es 2 6tats $sostatique et @perstatique sont équivalents si le déplacement vertical de la section B dans l'état isostatique est nul# E 0 ≡ E 0'

IUTB-LYON1-GMP-DDS

lorsque

δ vB = 0

P&,e /4

TD-1A-S2-F213

C&$# (# (%>&$emen! Je"!i$& (e B (&ns 7%!&! iss!&!i'#e E97 :

P A

P A

Etat Isostatique : E P

F C

B

C

B

F

Etat Isostatique : E 0’ A

B

C Etat Isostatique : E F

6n appliquant le principe de superposition, l'état 6 ?' peut etre décomposé en l'état 6) et 6F# a lèc%e dans l'état 6?' est la superposition des lèc%es dans les états 6) et 6F : F 0' δ vB = δ vBP + δ vB

a lèc%e dans l'état 6? en B est la lèc%e nulle dans l' état 6 ?': δ vB0 = δ vB0' = 0 équation de déplacement qui nous donne la valeur de F qui s'identiie avec la réaction en B# P 0 δ vB = δ vB + δ vBF = 0

Compte tenu des résultats du problème > : δ

3

P vB

0 vB

P vB

F vB

δ = δ + δ = 0

5PL3 48 EI z

+

FL3

3EI z

=

et δ = F vB

48 EI z F = −

=0

3

5PL

FL

3 EI z

5P 16

11P/16 5P/16

P A

C

B

3PL/16

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e /

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N2 .n se propose ici d'étudier un plongeoir de piscine en le!ion voir p%oto cicontre8#

C&"&$!%"is!i'#es >&n$@e (e >n,ei" : Natériau :

"ection creuse : 40 cm

Composite verreépo!@ • •

m c 3

6 E 21??? N)a 0e E 2?? N)a

m c 1

M(%is&!in (# >n,ei" : P

y

A

B

x

C D

0,2m

0,5m

1m

P&"!ie I : "%sis!&n$e 1# Déterminer les réactions des appuis du plongeoir au sol en onction de )# 2# 6!primer littéralement le ou les torseurs de section puis trace- les diagrammes de sollicitation# 3# 6n déduire la section la plus sollicitée# =# )our cette section, déterminer l'e!pression de la contrainte normale ma!i \ ma! en onction de la c%arge )# # "oit ) E 1? ??? /# Faire l'application numérique de \ ma!# Vuel est alors le coeicient de sécurité de tenue de la structure P P&"!ie II : (%H"m&!in 1# *racer l'allure appro!imative de la déormée de la planc%e sous l'application de ) 2# "oit le moment de le!ion entre C et D : M . & ;  = oW a et b sont 2 constantes# Donner littéralement l'e!pression de la déormée entre C et D sans résoudre les constantes d'intégration# 3# 4ne étude e!périmentale a permis de déterminer au point C un angle d'inclinaison de la planc%e par rapport à sa position initiale à l'%ori-ontal de -/*22 Déterminer alors les constantes d'intégration# =# Vue vaut alors la lèc%e ma!i de la planc%e# IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e /<

TD-1A-S2-F213

RÈPONSES N2 $nconnues de liaison : `B, LB et LC • Noment : ∑ M = 0 "ur - au point C équilibre en rotation autour du point C8 : ) ! 1  L B ! ?# E ? → B . -2P • 0ésultante : ∑ F = 0 "ur ! : XB . 9 "ur @ : LB G LC E ? → C . 3P 6ntre  et B :

6ntre B et C : en passant par l'amont

en passant par l'amont 0 0   ℑ sec tion G = 0 0 0 0  G

0 0    ℑ sec tion G = 2P 0   0 − 2P( x − 0.2)  G

6ntre C et D : en passant par l'aval 0 0    ℑ sec tion G = − P 0   0 − P(1.7 − x )  G

2P Ty (N) A

B

D

C

x

-P Mfz (Nm) A

B

D

x

C

-P

a section la plus sollicitée est au >in! C car les diagrammes de cisaillement et de le!ion sont ma!i en ce point# Mf y Mf z σn = z− y avec : Ig y

Ig z

N @ E ? et N- E 1??? ! ) /mm au point C $g- E $g-1 ^ $g-2 E B3K12 ^ b%3K12 E =??!3?3K12 ^ 3A?!1?3K12 E A>A333 mm= Dans la section C, la contrainte est ma!i pour @ma! E 1mm : 





σ max =

/ : s=

1000P

Ig z

15

σ max = 172,74MPa

Re = 1.16 σ max

soit 1> de sécurité

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e /8

TD-1A-S2-F213

P&"!ie II : (%H"m&!in

A

B

D

C Flèche

y ' ' =

$ntégrons une première ois :

y' =

$ntégrons une deu!ième ois :

y=

1

EIg z

1

EIg z

Mf z

=

EIg z

(

(

ax 2 2

ax 3 6

1 EIg z

( ax + b)

+ bx + c )

+

bx 2 2

+ cx + d)

a et b d'après la question $#2 : a! G b E )1#< ^ !8 soit a E ) et b E 1#<) )ente au point C connue : @'?#<8 E tan#2278 E ?#?91 soit Déplacement nul du point C car appui8 : @?#<8 E ? soit

a lèc%e ma!i est située au point D :

IUTB-LYON1-GMP-DDS

y(1.7) =

1

EIg z

(

d=

a(1.7 ) 3 6

+

c = −0.091EIg z − a(0.7) 3 6

b(1.7) 2 2

+

b(0.7) 2 2

a(0.7) 2 2

− 0.7b

+ 0.7c

+ c1.7 + d) = −27.2mm

P&,e 49

TD-1A-S2-F213

FLEXION PURE 1* D%Hini!in: "i, pour une poutre droite à section constante, le torseur de section se réduit à N L, ou NQ, ou les deu! quel que soit la section droite, la poutre est soumise à de la le!ion pure# S#iJ&n! '#e e mmen! H%$@iss&n! es! $nHn(# # nes! >&s $nHn(# &Je$ #n &;e >"in$i>& (ine"!ie (e & se$!in ("i!e0 & He;in es! (i!e >&ne # sm%!"i'#eK # (%Ji%e # nn sm%!"i'#eK* 1*1* Cn!"&in!es en #n >in! P &>>&"!en&n! W #ne se$!in ("i!e: Considérons une poutre soumise à de la le!ion pure# a igure cidessous la représente avant et après déormation# .n constate e!périmentalement que les ibres situées au dessus de la ibre mo@enne s'allongent, alors que les ibres situées sous la ibre mo@enne se raccourcissent# a ibre mo@enne ne c%ange pas de longueur : on l'appelle aussi ibre neutre# *outes les sections droites subissent une rotation θ x

G1

G9 Li,ne menne R&n (e $#"=#"e R

e vecteur contrainte en un point ) quelconque d'une section droite " doit satisaire ces > équations oir cours module F1128 (1) 0 = ∫∫S σ xx dA

(4) 0 = ∫∫S ( yσ xz − zσ xy )dA

(2) 0 = ∫∫ σ xy dA

(5) M y = ∫∫S zσ xx dA

(3) 0 = ∫∫S σ xz dA

(6) M z = − ∫∫S yσ xx dA

S

Des constats précédents nous amènent à conclure que les ibres s'allongeant ou se raccourcissant, ne sont donc soumises qu'à des contraintes normales dont la variation doit Htre linéaire σ xx = ay + bz + c et que les contraintes tangentielles sont nulles : IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 41

TD-1A-S2-F213

σ xxP ≠ 0 = ay + bz + c r  Φ xP / xyz  σ xyP = 0  σ xzP = 0 

es équations 28 38 et =8 sont identiquement vériiées car les composantes tangentielles σ xy = σ xz = 0

' équation (1) 0 = ∫∫S σ xx dA = ∫∫S (ay + bz + c)dA = a ∫∫S ydA + b ∫∫S zdA + c ∫∫S dA = aQ zS + bQ yS + cA implique que cE? car les moments statiques par rapport à des a!es centrau! sont nuls# es équations 8 et >8nous permetent de calculer les constantes a et b :  (5) M y = ∫∫ zσ xx dA = ∫∫ (ayz + bz 2 )dA = a ∫∫ yzdA + b∫∫ z 2 dA = aI yz + bI yy S S S S  2 2 (6) − M z = ∫∫S yσ xx dA = ∫∫S (ay + byz )dA = a ∫∫S y dA + b∫∫S yzdA = aI zz + bI yz

D' ou le s@stème à résoudre en a et b:  M y = aI yz + bI yy  − M = aI + bI z zz yz  M y a=

I yy

− M z I yz I yz I yy

M y I yz + M z I yy

=−

b=

− I yz2 + I yy I zz

I yz

M y

I zz

− M z

I yz I yy

=

M z I yz + M y I zz

− I yz2 + I yy I zz

I zz I yz

I zz I yz

M y I yz + M z I yy

σ xxP = −

2 yz

I yy I zz − I

P y +

M z I yz + M y I zz 2 yz

I yy I zz − I

z

P

"i le s@stème d'a!es @- est principal d'inertie LQ, le produit d'inertie étant nul, l'e!pression devient : M Z

σ xxP = −

IUTB-LYON1-GMP-DDS

I Z

P

Y +

+ M Y I Y

P

Z

P&,e 42

TD-1A-S2-F213

2* Fe;in >&ne: Considérons la poutre cidessous soumise à un moment léc%issant N L#

; S

M

igne mo@enne

G9 G 

M 

M

X

G1



;



 r

près application des couples M au! e!trémités on constate que: ❏ *outes les sections droites subissent une rotation θ Y autour de l(a!e @ parallèle à l(a!e principal d(inertie L portant le moment léc%issant et une lèc%e verticale # *outes les ibres contenues dans le plan !@ contenant la ligne mo@enne8 ne subissent aucune déormation, tandis que les ibres situées audessus du plan !@ subissent un raccourcissement proportionnel à la distance par rapport à ce plan# De mHme les ibres situées audessous du plan !@ subissent un allongement#proportionnel à la distance par rapport à ce plan# ❏

; S

σ =

M G9 

X

Z

 

IUTB-LYON1-GMP-DDS

M 

G

M Y I Y

Z

M G1

σ

;

 P&,e 43

TD-1A-S2-F213

2*2* A;e ne#!"e : e lieu des points oW \E? dans la section droite, est l(a!e neutre ∆# $l est conondu avec l(a!e qui porte le moment léc%issant dans le cas de la le!ion plane# C(est l(a!e de r otation autour duquel tournent les sections droites#

1K Le mmen! es! >"!% >&" 7&;e >"in$i>& : ;

$m>"essin

]9

σ

S

M

&;e ne#!"e σ.9

G9

igne mo@enne

M A

G

X 1

!"&$!in σ^9

Z

A

∆

;

σ

σ =

M Y I Y

B

:

;

Z

!"&$!in σ^9 ∆

M

σ

G9

G

;

;

M

 &;e ne#!"e σ.9

σ =

  $m>"essin σ]9

M Y I Y

Z



2°) Le moment est porté par l’axe principal Z:

igne mo@enne

&;e ne#!"e σ.9

S

σ

!"&$!in σ^9

G9

M

G

MB X

;

1 ∆

A : IUTB-LYON1-GMP-DDS

$m>"essin σ]9

B

M Z

σ = −

I Z

Y

P&,e 4

TD-1A-S2-F213

2*3* CeHHi$ien! (e s%$#"i!%:

-

σ maxi

M

G9 G

M  X

∆

σm&;i

Y

Z

1K M&!%"i&#; sm%!"i'#es # (#$!ies  σ e = σ K: ' e

.n calcule la plus grande contrainte normale en valeur absolue puis le coeicient de sécurité par la relation: σ e ou σ e' ) ( α = σ max i

2K M&!%"i&#; (issm%!"i'#es # H"&,ies  σ e' > σ e K: + − .n calcule les deu! contraintes e!trHmes σ max i et σ max i , puis les deu! coeicients:

α = '

α =

σ e + σ max i σ e' − σ max i

e coeicient de sécurité est le plus petit des deu!# 2** E'#&!in (e & (%H"m%e :

1K Le mmen! es! >"!% >&" 7&;e >"in$i>& :

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 4/

TD-1A-S2-F213

x

L Z

z

X MZ

v

x

Y

vmaxi

J .H ;

y

"ous l'eet du moment NQ la ligne mo@enne de la poutre se déorme# "on équation après déormation vE!8 est aussi appelée déormée et la valeur de la déormée en un point d'abscisse ! est appelée la lèc%e v# 'e!pression du ra@on de courbure 0 d'une équation d'une courbe en coordonnées cartésiennes est donnée par :

1 R

=

v′′ 3

≈ v′′ compte tenu de nos %@pot%èses petites

(1 + v′)2 3

déormations et du développement du binOme de /eton (1 + v′)2 ≈ 1 #

P  G ( ;

(;

∆(;K

6n considérant un tronMon de poutre 55' de longueur d! la contrainte normale en un point ) d'ordonnée @ est donnée

G7

par σ xxP = −

M Z I Z

Y et vaut d'après la loi de ooRe en

traction σ xxP = E ε xxP = E

∆(dx ) dx

(Yd θ )

= E

dx

6n identiiant les deu! e!pressions l'équation diérentielle de la déormée est donnée par : v'' =

EY

=−

R

#

M Z EI Z

près deu! intégrations on obtient l'équation de la déormée en onction de !, puis la lèc%e ma!imum#

2K Le mmen! es! >"!% >&" 7&;e >"in$i>& :

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 44

TD-1A-S2-F213

L x maxi

X MY Y y

Z

z

Une démarche similaire au cas précédent montre que l'équation diérentielle de la déormée

est donnée par :

M w'' = − Y EI Y

près deu! intégrations on obtient l'équation de la déormée en onction de !, puis la lèc%e ma!imum#

3* Fe;in (%Ji%e:

e moment de le!ion n(est plus porté par l(un des deu! a!es principau! d(inertie de la section droite#

MY G Y

MY

MZ

MM y

M

ϕ

G MZ

Y Z

z

Z

3*1* Cn!"&in!es en #n >in! P (e & se$!in ("i!e: .n applique le principe de superposition#

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 4

TD-1A-S2-F213

MY G MZ

Y

.

MY G Y

M Z I Z

Y +

MZ

Y

Z

Z

Z

σ = −



G

M Y Z I Y

σ =

M Y I Y

M Z

σ = −

Z

I Z

Y

3*2* A;e ne#!"e: Le ie# (es >in!s _ σ σ . 9 (&ns & se$!in ("i!e0 es! &;e ne#!"e ∆# $l est conondu avec l(a!e qui porte le moment léc%issant dans le cas de la le!ion plane# C(est l(a!e de rotation autour duquel tournent les sections droites# De la relation donnant l'e!pression de la contrainte, on en déduit l(équation de l(a!e neutre dans des a!es quelconques : M y I yz + M z I yy P M z I yz + M y I zz P y + z 0=− 2 2 I yy I zz − I yz I yy I zz − I yz

⇒

z =

M y I yz + M z I yy M z I yz + M y I zz

y

Vui devient dans des a!es principau! d'inerties : Z =

IUTB-LYON1-GMP-DDS

M Z I Y M Y I Z

Y

P&,e 4<

TD-1A-S2-F213

&;e ne#!"e σ.9

G9

S

M

M A

σ

M7

!"&$!in σ^9

G

X

MB

;

A $m>"essin σ]9

M Z

σ = −

∆

B

I Z

Y +

M Y Z I Y

Comme l(a!e neutre est dévié par rapport au moment de le!ion résultant contrairement à la le!ion plane oW l(a!e neutre et le moment de le!ion sont conondus8, la le!ion est dite déviée# 3*3* E;>"essin (e & $n!"&in!e (e He;in (&ns #n "e>"e '#i $n!ien! &;e ne#!"e: x mini v x maxi v

P

$m>"essin σ]9 !"&$!in σ^9 MY Y

Y

ψ ψ M

ψ ψ ∆

G v

MZ

x

M

`ne _ se si!#e ∆

P’

∆

&;e ne#!"e σ.9

Z

"oit v un a!e perpendiculaire à l(a!e neutre ∆ , tel que le repère ∆ ,v,` soit direct# .n montre que dans ce repère la contrainte de le!ion se calcule par: σ =

avec: I ∆∆ =

M ∆ I ∆∆

xv

I Y + I Z I Y − I Z

2

+

2

cos 2ψ ∆

Les >in!s es >#s si$i!%s sn! $e#; '#i sn! es >#s %i,n%s (e &;e ne#!"e ∆* IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 48

TD-1A-S2-F213

3** E'#&!in (e & (%H"m%e : .n applique le principe de superposition# Compte tenu des e!pressions de v et  obtenu au paragrap%e 1?#2#=# a lèc%e résultante à l'abscisse ! s'obtient par : f = v 2 + w2

3*/* CeHHi$ien! (e s%$#"i!%: $l aut tout d(abord rec%erc%er l(a!e neutre ∆ , ain de déterminer la position des points soumis au! contraintes ma!imum de traction et de compression# a démarc%e est ensuite la mHme que pour la le!ion plane#

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 9

TD-1A-S2-F213

FLEXION SIMPLE CISAILLEMENT-FLEXIONK 1* D%Hini!in: "i, pour une poutre droite à section constante, le torseur de section se réduit à * L, ou * Q et NL, ou NQ, ou les deu!8 quel que soit la section droite, la poutre est soumise à de la le!ion simple# 1*1* Re&!in en!"e 7eHH"! !"&n$@&n! e! e mmen! H%$@iss&n!: Considérons le tronMon de poutre 55', et supposons que les seules actions e!térieures  ' qui s'e!ercent sur ce tronMon sont une c%arge , linéique uniorme q )our simpliier la démonstration considérons uniquement la T(T T composante suivant @ : q @8# G7 ; G  RG ' = RG − qdx M M(M   M G ' = M G + G' G ∧ RG − G ' g ∧ qdx T y + dT y = T y + q y dx   2 dx   M z + dM z = M z − T y dx − q y 2

(;

;

6n négligeant les termes du second ordre :

q y =

6n considérant la composante - : q - :

q z =

dT y dx

dT z dx

T y = −

T z =

dM z dx

dM y dx

Cn!"&in!es en #n >in! P &>>&"!en&n! W #ne se$!in ("i!e: .n constate e!périmentalement comme dans la le!ion pure que les ibres situées au dessus de la ibre mo@enne s'allongent, alors que les ibres situées sous la ibre mo@enne se raccourcissent M y I yz + M z I yy

a relation σ xxP = −

2 yz

I yy I zz − I

y P +


I yy I zz − I

z P reste valable car l'eort tranc%ant pertube

peu les contraintes normales, de mHme pour la courbure#

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 1

TD-1A-S2-F213

y

6ntre c%aque ibre, on enregistre des variations de longueur qui impliquent l'e!istence de contraintes tangentielles longitudinales  dans le plan -!, et compte tenu de la réciprocité des contraintes tangentielles transversales * dans le plan !@#

B’

τ

A’

τ

B

G

z τL

C’ A

x

τT

C

$solons le bout de poutre délimité par 'B'C'BC :

y

6crivons l'équilibre statique de ce tronMon, en considérant la composante suivant l'a!e ! : B’ σxx

C’ B

G

dl

2 yz

I yy I zz − I P

Donc : T z =

∫∫ AB

dx

=−

y P +

xx

σ xx )dA + + d

dx

dA +

∫∫τ dldx = 0 L

A B ' ' AB

∫∫τ dl = 0 L

AB

x

dA

σxx+dσxx

C

M y I yz + M z I yy

∫∫ (σ

dA +

ABC

d σ xx

ABC

A

d σ xx

∫∫

τL

dx

σ xxP = −

xx

A B ' 'C '

z A’

∫∫σ

−

a contrainte normale vaut :

M z I yz + M y I zz

zP

2 yz

I yy I zz − I

T z I yz − T y I yy 2 yz

I yy I zz − I

y P +

− T y I yz + T z I zz 2 yz

I yy I zz − I

z P compte tenu que T y = − dM z et dx

dM y dx

τ L dl =

 T z I yz − T y I yy P − T y I yz + T z I zz P  T z I yz − T y I yy − T y I yz + T z I zz P   − y + z dA = − y dA + z P dA 2 2 2 ∫∫ ∫∫ ∫∫  I yy I zz − I yz2  I yy I zz − I yz I yy I zz − I yz ABC I yy I zz − I yz ABC ABC  

∫∫

vec les déinitions des moments statiques :

P

ABC

y dA = Q z

ABC

τ L =

et

∫∫ z

P

ABC

dA = Q y

ABC

 T z I yz − T y I yy ABC − T y I yz + T z I zz ABC  − Q z + Q y  2 2   L AB  I yy I zz − I yz I yy I zz − I yz  1

"i le s@stème d'a!e @- est principal d'inertie le produit d'inertie étant nul8 : τ L =

IUTB-LYON1-GMP-DDS

 T Y ABC T Z ABC   Q Z + QY  L AB  I Z I Y  1

P&,e 2

TD-1A-S2-F213

Cn!"&in!es !&n,en!iees >#" (es se$!ins %>&isses "e$!&n,#&i"es:

T

τ L =

b

1 T Y L AB I Z

ABC Q Z

L AB = b I Z = Z

h

12

ABC

G B

Q Z

τmax

G y

y

= Y g × A ABC =

b  h

 h   − y  + y  2  2  2 

   2  y 3T τ = Y 1 − 2  h  2 A     4 

τ

A g

bh 3

τ C

Y

τ max =

3T Y 2 A

Cn!"&in!es !&n,en!iees >#" (es se$!ins %>&isses $i"$#&i"es:

T

1 T Y

τ L =

L AB I Z

ABC Q Z

L AB = 2 R 2 − y 2 I Z =

π R 4 4

Z G y

R

B A

τ C

dA

R

τmax

G y

ABC Z

Q

∫∫ YdA =∫ y 2 R

=

ABC

2

− y dy =

y

τ

4T Y  y 2  1 −  τ = 3 A  R 2 

Y

τ max =

IUTB-LYON1-GMP-DDS

2

4T Y 3 A

P&,e 3

2 3

( R

3

2

−y

2

)

2

TD-1A-S2-F213

SOLLICITATIONS COMPOSEES PROBLÈME N2/ h

3141.6N

3141.6N

n G

A

n

x Y

G Φ 10 mm

B

Z Y

section nn

Considérons la barre de la igure cidessus# 6lle est soumise à deu! orces égales et opposées de 31=1,> /# a section droite est circulaire de diamètre 1? mm# 178 Déterminer les éléments de réduction du torseur de section au centre de gravité 5 de la section droite nn# 278 Déterminer l(e!pression de la contrainte normale ma!imum  _? 8 dans la section droite nn la mettre sous la orme a G b% oW a et b sont des constantes réelles8# 378 a contrainte ma!imum ne pouvant e!céder 232 N)a, en déduire la valeur de %# =78 Déterminer alors la position de l(a!e neutre#

RÈPONSES N2/ h

3141.6N

n

3141.6N

A

B

G

x

n Y

G Φ 10 mm

Z Y

section nn

 N x = 3141,6 N  R = F ⇒ 0 G B   0 *orseur de section en 5 :  "ollicitation : *ractionFle!ion 0   M G = GB ∧ F B ⇒ 0  M z = 3141,6h 

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 

TD-1A-S2-F213

Contrainte de traction : σ xx = N x A

P Contrainte de le!ion : σ xx = −

=

3141,6

π × 52

M Z I Z

P

Y =

= 40 MPa

3141,6 h

π .10 4

40 MPa Nx

MZ

σxx

x

G

σ xx = 40 + 32h Contrainte de traction le!ion: a contrainte ma!imum admissible étant de 232 N)a :

0 = 40 −

3141,6 × 6

π .10

4

σxx

Nx+ MZ

x

x 1mm

G

-192 MPa Y

Y

∀P ∈ ∆ σ xx = 0 ⇒

232 MPa

192 MPa

σxx

G

64 .5 = 32 h

-152 MPa Y

232 ≥ 40 + 32h

d'ou @.4mm

× 64 × Y P = 40 − 38,4Y P

P.109mm

G

Z

1mm

∆

Y

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e /

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N24 120mm 35mm

480kN

80mm

Calculer les contraintes normales au! points , B, C et D et localiser l(a!e neutre#

X D G

A

C Y B

Z

RÈPONSES N24 120mm

480kN

80mm 35mm

E X D C

G

A Y

B

Z

 N x = −480kN  0 RG = F E ⇒   0 *orseur de section en 5 :  0   M G = GE ∧ F E ⇒ M Y = 12000kNmm  M Z = 19200kNmm 

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 4

TD-1A-S2-F213

"ollicitation : *ractionFle!ion a contrainte normale en un point ) quelconque : σ xxP =

P xx

N x A

σ = −

−

M Z I Z

480 .10 3 120 × 80

Y P +

−

+ M Y I Y

Z P

19200 .10 3 × 12 120 × 80

3

P

Y +

12000 .10 3 × 12 80 × 120

3

Z P

σ xxP = −50 − 3,75 × Y P + 1,0417 × Z P

Contrainte en  :

[ ;;A . -2420/ MP&

A σ xx = −50 − 3,75 × 40 + 1,0417 × (− 60 )

es calculs sont identiques pour les points B, C, D :

[ ;;B . -130/ MP&

[ ;;C . 1420/ MP&

[ ;;D . 30/ MP&

6quation de l'a!e neutre : σ xxP = N x − M Z Y P + + M Y Z P = 0 A

I Z

I Y

σ xxP = −50 − 3,75 × Y P + 1,0417 × Z P = 0 P

P

− 50 − 3,75 × Y + 1,0417 × Z =

IUTB-LYON1-GMP-DDS

500 + 3,75Y P 1,0417

 . 304<

P&,e 

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N2 4n arbre c@lindrique de diamètre d, de longueur E1m, est sollicité par un eort FE 19>3 /, et un couple C longitudinau! comme indiqué sur la igure cicontre# $l est constitué d'un matériau a@ant comme  Nodule de Loung : 2?? 5)a#  Coeicient de )oisson : 1K3# Des mesures e!périmentales ont permis d'enregistrer F l'allongement longitudinal du c@lindre ?,2 mm, ainsi que C la rotation des sections e!trHmes 1,27 # Calculer : d 18 e diamètre d du c@lindre en mm# L= 1 m 28 e rétrécissement du diamètre d en mm 38 a contrainte normale ma!imale en N)a# C =8 e module de Coulomb du matériau# F 8 e couple C appliqué en m/# >8 a contrainte tangentielle ma!imum en N)a#

F

RÈPONSES N2

C 178

σ xx = E ε xx # 4 FL

d =

278

π E ∆ L ε YY = −υε xx ∆d = −

378 =78

CL

ϕ =

>78

τ = G

= 25mm

υ d ∆ L

L σ = 40 MPa E G= 2(1 + υ )

78

1m

GI G

IUTB-LYON1-GMP-DDS

G



= −1,6.10− 3 mm

G=



3 E

= 75000 MPa

8

F

4

I G =

π d

32

C

(

C = 62,75mN

τ = 20,45 MPa

P&,e <

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N2< 4ne poutre à section rectangulaire 3?1?8 , est encastrée à son e!trémité , et soumise à l'autre e!trémité B à une orce de 3? R/ appliquée en C comme indiqué sur la igure ci contre# 5mm

S

P

C

30 kN

G

30 mm X

A

5 mm

B

Y 10 mm P’ Z

18 Déterminer les composantes du torseur de section au centre de gravité 5 de la section droite "# 28 Calculer les contraintes normales au! points ) et )' de la section droite "# 38 *racer le diagramme représentant les variations de la contrainte normale dans la section droite "# =8 Désirant un coeicient de sécurité de 2, quelle est la limite élastique du matériau qu'il aut c%oisir#

RÈPONSES N2< 178

 RG = F C [T G ] / Y , Z ,3   M G = GC ∧ F C

278

σ xxP =

N x A

+

M Y I Y

Z P

 N x = 30kN   M Y = −150mN 3 σ xxP = 200MPa bh I Y =  P' 12  σ xx = 0

299MP G

;

378 =78

σ e = 400 MPa

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P7

P&,e 8

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N28 4ne poutre de section en orme de Q ?A??8 d'épaisseur > mm, a été entaillé comme l'indique la igure cidessous# 6lle est soumise à deu! eorts de traction F E 1? R/ à ses e!trémités  et B# a ligne d'action des orces F est NB Y z

6 F B

Section S

I. <*88 $m I. 1/*9 $m I. -1/*/ $m

z M

50

G

x

3

80

A

80

M

y

3

40

40

F

50

y

G

6 6 O

X

50

a section droite " de la poutre est représentée sur la igure cicontre à %$@ee 1# es cotes sont en mm# Le $en!"e (e ,"&Ji!% es! n!% G e! es &;es $en!"&#;  e!  sn! (nn%s s#" & Hi,#"e &insi '#e es* moments d(inerties et produit d'inertie par rapport à ces a!es 178 Détermine- les coordonnées de 5 dans le repère OaX0K* 278 Détermine-, dans le repère G0;00K, les composantes du torseur de section au centre de gravité 5 de la section droite " les orces en /, les moments en mm/8# 378 Détermine- léquation de l(a!e neutre global de la section " dans le repère G00K en la mettant sous la orme -Ea@Gb et représente- cet a!e sur la igure# =78 Nette- en place sur la igure le point ) le plus tendu# 78 Calcule- la valeur de la contrainte normale globale au point ) en N)a#

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e <9

TD-1A-S2-F213

RÈPONSES N28 Y

z

6

P

b I. <*88 $m I. 1/*9 $m I. -1/*/ $m

11,87mm

M

178 `5E11,A,A
75°76

3

278  N x = 10 4 N  0 RG = F A ⇒   0  0   M G = GA ∧ F A ⇒ M Y = 1,313.105 Nmm  5 M Z = 0,887.10 Nmm 

40

y

G

26,87mm

6 O

X

50

378 σ xxP =

N x A

−

M y I yz + M z I yy 2 yz

I yy I zz − I

P y +


I yy I zz − I

P z =0

- E 3#9=2@113#?< =78 point ) le G contraint

78 σ xxP.traction = 13,44 MPa

IUTB-LYON1-GMP-DDS

− 11,87 mm

P / yz 

 53,13mm σ xxP . flexion = 11,81 MPa

σ xxP = 25,25 MPa

P&,e <1

TD-1A-S2-F213

FLAMBEMENT PROBLÈME N39  aires égales, quelle est la section, carrée ou circulaire, qui résiste le mieu! au lambementP Calculer les élancements des deu! barres8#

RÈPONSES N39

c(

&

A = a

2

A =

NHme aire I vv =

ρ v =

λ =

a

d =

4

2a

π

4

I vv =

12 I vv A0

LF

ρ v

π d 2

=

a

=

4

ρ v =

12a 2

LF 12

λ =

a

Pc =

π 2 EI vv

π d 4 64 I vv A0

LF

ρ v

=

a

=

4

4π a 2

LF 4π a

π 2 E (σ c ) E = 2 λ

L2F carré

Pc

Pccercle

=

π 3

Conclusion : a section carré résiste mieu!#


P&,e <2

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N31 L x A y

P

B

G x

x

Calculer la c%arge critique d(6460 de la poutre cicontre# 6n déduire la valeur du coeicient µ#

y

RÈPONSES N31

AJ&n! (%H"m&!in

L

P

A>"s (%H"m&!in L

A

x

G

Pc

v

x

x B

y

R

y

M Z = − Pc v + R( L − x ) '' v =

M Z EI Z

EI Z v′′ + Pc v = R( L − x )

)osons : ω 2 =

Pc EI Z v′′ + ω 2v =

R EI Z

( L − x )

6quation diérentielle du second ordre avec second membre# v = A sin (ω x ) + B cos(ω x ) +


R EI Z ω 2

( L − x )

P&,e <3

TD-1A-S2-F213

6crivons les conditions limites en  et B : ⇒ 0 = B +

Encastrement A : v(0) = 0 C . L.

EI Z ω 2 R

⇒ 0 = Aω −

Encastrement A : v′(0) = 0

Appui B : v( L ) = 0

RL

EI Z ω 2 0 = A sin ω L + B cos ω L

⇒

D'oW le s@stème à résoudre : 0 = B +

RL EI Z ω 2 R

0 = Aω −

EI Z ω 2 0 = A sin ω L + B cos ω L

)our que ce s@stème admette des solutions autres que la solution banale tout égal à -éro, écrivons que le déterminant des coeicients des inconnues est nul#

∆=

0

1

ω

0

sin ω L

cos ω L

L EI Z ω 2 1

−

EI Z ω 2 0

=0

6n développant le déterminant, nous obtenons : tan ω L = ω L

6quation transcendante dont la résolution ne peut Htre que grap%ique ou numérique# pproc%ons la solution grap%iquement# *raMons la onction @1E et @2Etan # es points d'intersection nous donnent les solutions# /ous retenons la plus petite racine non nulle :  E=,


P&,e <

TD-1A-S2-F213

6 5

dL

0/"( 4 3 2 s n a i d a r

1

dL

n e 2 y t e

0 -5

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

0/"(

5

-1

1 y

-2 -3 y1=x

-4

dL

y2=tanx

-5 -6

x en radians

6n utilisant une calculatrice, il est possible d'ainer la solution en utilisant un processus d'encadrement par dic%otomie# ω L = 4,4934rd 2

 4,4934  = Pc ω =    L  EI Z 2

Pc =

π 2 EI vv L2F

LF = µ L

IUTB-LYON1-GMP-DDS

Pc =

µ =

4,4934 2 EI Z 2

L

π 4,4934

= 0,7

P&,e
TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N32 4ne barre en acier de longueur  et de Appuis glissants section droite rectangulaire est encastrée à l(e!trémité C et supporte P une orce centrée de compression ) à l(autre e!trémité D# Deu! plaques en vé D sont i!ées à l(e!trémité D permettant à la barre de lamber dans le plan -! e! &#ssi dans le plan -@# L 178 Déterminer le rapport bK% pour que les contraintes critiques d(6460 soient égales dans les deu! cas# 278 "ac%ant que: y  E >?? mm 6 E 21? 5)a Encastrement ) E >? R/ déterminer les dimensions b et % de la C section droite pour avoir un coeicient de sécurité de 2# en appliquant la h t%éorie d(6460# ériier que pour ces b x dimensions on peut eectivement appliquer la t%éorie d(6460 sac%ant que la limite élastique en compression du matériau vaut 2=? N)a# z

378 Calculer le coeicient de sécurité en appliquant la t%éorie de D4*6$#

RÈPONSES N32 1K NHme contrainte critique d'6uler \ c implique mHme élancement  # λ x =

µ L µ L = = ρ x I x A

λ y =

2 L bh3

=

4 L 3 h

12bh

µ L µ L 0,7 L 12 1,4 L 3 = = = ρ y b b I y A

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e <4

TD-1A-S2-F213

z



 P

P

P

D

D

D

L

µ=2

y

µ=0.7

L IX=bh3/12

C h b

λ x =

x

µ L µ L = = ρ x I x A

λ x = λ y =

4 L 3 h

2 L

C



;

4 L 3

=

bh3

C

IY=hb3/12

h

12bh

=

1,4 L 3

b

⇒

b

h

= 0,35

2K π 2 E (σ c ) E = 2 λ

4

h =

σ =

48PL2α

⇒

0,35π 2 E

P

α =

A

h=

4

(σ c ) E σ

π 2 EA π 2 E × 0,35h 4 = = λ x P 48 L2 P

48 × 60.103 × 6002 × 2,5 0,35π 2 × 210.103

@.30
6uler est applicable si λ 〉 λ lim λ lim = π

λ x = λ y =

E

σ e '

= π

4 L 3 h

=

IUTB-LYON1-GMP-DDS

210.103 240

= 92,9

4 × 600 3 43,48

= 95,6

P&,e <

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N33 L

P B

A

C

.n veut vériier au lambement la barre BC ci contre de diamètre d et de longueur 8# a liaison en  est un encastrement, la liaison en B un contact ponctuel sans rottement#

L/2

) E 11? R/

dE 3? mm

 E ?#> m#

.n utilise un acier de limite élastique \ e E 2=? N)a et de module de L.4/5 6 E 21? 5)a# . EI a c%arge critique d(6460 vaut: PCE = 5415 # .n utilise la t%éorie de D4*6$# 2 L

178 Calcule-: a8 µ on rappelle que, quelles que soient les liaisons, la c%arge critique d(6uler peut se 2 mettre sous la orme: PCE = π EI2 8# (µL)

b8 le ra@on de giration ρ de la section en mm8# c8 l(élancement λ de la barre# 278 a barre lambetelleP Zustiie- votre réponse8# a8 "i non, calcule- le coeicient de sécurité# b8 "i oui, calcule- le diamètre d en mm8 à donner à la barre les diamètres varient de 2mm en 2mm8#

RÈPONSES N33 Pc =

ρ v = λ =

π 2 EI vv

Pc =

2 F

L

I vv A0

LF

ρ v

=

λ lim = π

=

d

4

5,415 EI Z 2

L

LF = µ L

µ =

π 5,415

= 1,35

= 7,5mm

µ L = 108 ρ v E

σ e '

= π

IUTB-LYON1-GMP-DDS

210.103 240

= 92,93

P&,e <<

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N3 Q

x A

C

B

D

m= 1

m= 0,7 1m

1,2m

1m

E F

N)a#

a barre rigide BCD est supportée par deu! colonnes B6 et CF susceptibles de lamber voir igure cicontre8# es liaisons ponctuelles en  et D empHc%ent les déplacements latérau! des points B et C# es liaisons en B, C et F sont des verrous, la liaison en 6 est un encastrement# es deu! colonnes B6 et CF ont une section droite carrée de 1> mm de cOté# e module de L.4/5 du matériau vaut 21? 5)a, ses limites élastiques en traction et compression sont identiques et valent 2=?

178 Nontrer que l(on peut appliquer la t%éorie d(6460 pour calculer les c%arges critiques qui ont lamber les colonnes B6 et CF# Calculer alors ces c%arges critiques en R/8, en appliquant la t%éorie d(6460# 278 4ne orce verticale V agit sur la barre rigide BCD à une distance ! de la colonne B6# a8 a distance ! vaut ?#= m# Calculer en R/8 la valeur critique de la c%arge V qui ait lamber l(une des deu! colonnes, en précisant la colonne concernée# b8 a distance ! peut varier de ? à 1 m# )our quelle valeur de ! en mm8 la valeur critique de V estelle ma!imumP 6n déduire en R/8 la valeur critique ma!imum de V#

RÈPONSES N3 1K λ lim = π ρ v =

I vv A0

E

σ e ' =

210.103

= π

240

a4

12a

2

=

= 92,93

a

2 3

λ = 0,7 ×1000 = 151,55  BE 16  LF  2 3 λ =  ρ v  λ = 1200 = 259,8 CF 16   2 3

IUTB-LYON1-GMP-DDS

λ CF 〉 λ BE 〉 λ lim 6uler est applicable

P&,e <8

TD-1A-S2-F213

 BE π 2 × 210.103 ×164 = 23,1kN P = 2 π 2 EI vv π 2 EI vv   c ( ) × × 0 , 7 1000 12 = Pc =  L2F ( µ L )2  CF π 2 × 210.103 ×164 = 7,86kN  Pc = 12002 ×12

2K

a8

5$ 9045$BE 9 m

905$CF

9 4m

C

B 1m BE

= 23,1kN = 0,6Q BE ⇒ QcBE = 38,5kN c

CF

= 7,86kN = 0,4QcCF ⇒ QcCF = 19,65kN

Pc Pc

Donc VcE1A,
5$m&;i

1-;K5$BE

;5$CF

1-;

;

C

B 1m

orsque les deu! barres lambent en mHme temps Vc est alors ma!i# BE

Pc

= (1 − x ) × QcBE

CF

Pc

= x × QcCF

BE

max i c

Q

BE c

=Q

=Q

CF

max i c

Q

=

Pc

x

Pc

CF c

=

7,86 0,254

IUTB-LYON1-GMP-DDS

1 − x

CF

=

Pc

x

23,1 1 − x

=

7,86 x

⇒ x = 0,254m

= 31kN

P&,e 89

TD-1A-S2-F213

PROBLÈME N3/ x

P

B

Z x 9m

Y

Y

Considérons la structure représentée sur la igure cidessous# e poteau B de longueur 9m, dont la section droite est un proilé 6 22? est soumis à un eort de compression )# $l est encastré à son e!trémité , la liaison en B est considérée comme une articulation dans le plan !- rotation possible autour de @ soit fE?,< 8 et comme un encastrement dans le plan @- rotation empHc%ée autour de ! soit fE?, 8# e matériau est un acier 62=? dont les caractéristiques élastiques sont : \ eE\ e'E2=?N)a et 6E21?5)a#

HEA 220

18 Calculer les moments d'inertie A principau! $L et $Q de la section droite z de la poutrelle en cm=8# P 28 Déterminer le plan dans lequel le poteau risque de lamber, en calculant les élancements dans les deu! plans# 38 6n appliquant la t%éorie Z d'6uler, calculer la c%arge 220 mm ma!imale en R/8 de compression admissible pour 11 mm avoir un coeicient de sécurité de 2# =8 6n prenant la c%arge calculée en 38, calculer le coeicient de sécurité d'après la t%éorie de Dut%eil# Y 210 mm

G

7 mm

11 mm 220 mm

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 81

TD-1A-S2-F213

RÈPONSES N3/ Z 220 mm

11 mm

94mm 188mm

Y G

210 mm

7 mm

11 mm 220 mm

 113.220   2203.11  73.188 1883.7 2 4  + + 2 + 99,5 .11.220  = 5184,21cm I Z = 2 = 1952,27cm 4 178 I Y = 12  12   12  12 A = 220.11.2 + 188.7 = 6156mm 2

 0,7l I Z = 5.631cm ⇒ λ xz = = 111,88  ρ Z = ρ Z  A 278   ρ Y = I Y = 9,177cm ⇒ λ yz = 0,5l = 49,03  ρ Y A Flambage dans le plan !π 2 E σ C = 2 λ xz

378 α E σ ≤ σ C =78 k σ ≤ σ e

k = 2,236

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P = 509,66kN

α D = 1,296

P&,e 82

TD-1A-S2-F213

FLAMBEMENT 1* D%Hini!in : 6ectuons un essai de compression sur une éprouvette longue, de mHme ordre de grandeur que celle utilisée en traction# /ous constatons qu(elle léc%it avant d(atteindre la limite d(élasticité en compression #a lèc%e augmente considérablement a la suite d'une instabilité, entrainant la ruine de la structure# Ce p%énomène est le lambage# a valeur ma!imum de la contrainte de compression est la contrainte critique de lambage# C(est le seul cas oW la contrainte de compression est prise positive par convention# 6lle est donnée par : σ c =

Pc A0

σ=P/A0

P

Ess&i (e Cm>"essin

σc

P

P

σ'e L0

Φ D0

?E2D?

Φ D0

P

Ess&i (e F&m=emen!

εL=∆ L/L0

Ce p%énomène de lambement est très diicile à prévoir car les imperections géométriques de la poutre, de sa section, du matériau et des conditions d'applications des sollicitations et des liaisons rentrent pour une grande part dans le lambement# )our étudier le lambement, il aut abandonner une des %@pot%èses ondamentales du cours sur la t%éorie des poutres# ors du lambement les déplacements ne sont plus petits, nous ne pouvons plus les négliger et la t%éorie du premier ordre ne convient pas à e!pliquer le p%énomène# /ous devons considerer une t%éorie au deu!ième ordre, ou les conigurations initiales et inales des poutres ne concident plus# /ous allons considérer la poutre dans son état déormée pour calculer le *orseur de "ection#

IUTB-LYON1-GMP-DDS

P&,e 83

TD-1A-S2-F213

2 T@%"ie (EULER 2*1 C&s (e =&se Considérons une barre de longueur , articulée à ses deu! e!trémités, soumise à un eort de compression# es articulations sont paraites, c(est à dire dans toutes les directions# a poutre lambe, c(est à dire léc%it dans le plan perpendiculaire à l(inertie minimum voir h sur les inerties8# AJ&n! D%H"m&!in :

 N x = − P  = 0  RG F B ⇒  0  r  M = GB ∧ F ⇒ 0 B  G

z

G

x y

A

B

L

A>"s D%H"m&!in :

PC

P G A

x

x

v x y

L

J.H;K

B

 N x = − P  R = F ⇒ 0 G B   0  0   M G = GB ∧ F B ⇒ 0  M Z = − Pc v 

y

ppliquons l'équation de la déormée vue au c%apitre le!ion : e moment léc%issant en 5 :

IUTB-LYON1-GMP-DDS

M Z = − Pc v

d'oW :

v '' =

M Z EI Z

#

EI Z v′′ + Pc v = 0

)osons ω 2 =

Pc EI Z

P&,e 8

TD-1A-S2-F213

v′′ + ω 2v = 0

6quation diérentielle du second ordre à coeicient constant et sans second membre# a solution générale s'écrit : v = A cos(ω x ) + B sin(ω x ) es conditions au! limites au! appuis nous permettent de calculer les constantes d'intégration  et B# ⇒

Appui A :

v(0 ) = 0

⇒

B sin (ω L ) = 0

C . L. Appui B : v( L ) = 0

'équation de la déormée s'écrit :

A = 0 B ≠ 0

sin ω L = 0

⇒

ω L = k π

 k π  et comptetenu de ω 2 = Pc x EI Z  L 

v( x ) = B sin

Pc =

k 2π 2 EI Z L2

a première c%arge critique est donnée pour RE1 : Pc =

π 2 EI Z L2

et la déormée s'écrit :  π 

v( x ) = B sin  x   L 

a déormée est donc sinusodale, mais cette t%éorie énoncée par 6uler ne permet pas de résoudre totalement le problème# 6n eet la c%arge critique ) c est indépendante de la lèc%e, et la lèc%e ne ait pas intervenir le matériau ce qui parait surprenant# Cette t%éorie n'est qu'une première approc%e# .n peut de la mHme manière calculer les autres valeurs de c%arges critiques pour k ∈ {2,3,4...}# es déormées associées à ces diérentes c%arges critiques sont appelées modes de lambement#

"i RE2

Pc =

4π 2 EI Z L2  2π

  L 

v( x ) = B sin

A

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.2

P&,e 8/

x

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2*2 inH#en$e (es i&isns* 6n se rapportant au cas de base, dans tous les cas, la c%arge critique peut se mettre sous la orme : Pc =

π 2 EI vv L2F

.W $vv est l(inertie minimum , F est la longueur ictive de lambage , avec coeicient qui tient compte de l'inluence des liaisons#

LF = µ L

et

µ

un

L

L/2

µ=1

P

µ=0.7

P

µ=0.5

P

µ=2

P

µ=0.5

P

3 Cn!"&in!e $"i!i'#e (EULER a contrainte critique d(6460 est donnée par : (σ c ) E =

"ac%ant que :

ρ v =

I vv A0

Pcr A0

=

π 2 EI vv L2F A0

est le ra@on de giration par rapport à l(a!e v# et que

λ =

LF

ρ v

est

π 2 E (σ c ) E = 2 l(élancement de la poutre, nous avons : λ

/ous pouvons tracer la courbe de lambage d(6460 en onction des élancements pour un matériau donné# a courbe d(6460 doit Htre limitée par la limite d(élasticité de compression, ce qui nous impose un élancement limite

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λ lim = π

E

σ e '

#

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EULER 300

250 σe 200

σ (MPa)

150

100

50

λim.82*8

0 0

50

100

150

200

λ E=210 GPa σe=240 MPa

"i λ 〉 λ lim , nous aisons une vériication à la condition de non lambage par : σ =

P A0

〈 (σ c ) E

"i λ 〈 λ lim , nous aisons une vériication à la compression pure par : σ =

P S 0

〈 σ e'

a courbe d(6460 est composée de deu! courbes d(équations diérentes, ce qui n(est pas satisaisant# De plus, pour de aibles élancements, les points e!périmentau! sont situés au dessous de la courbe# a t%éorie d'6uler a ses limitations, et ne permet de décrire que le moment ou la poutre lambe#

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UNITS DE MESURE Les #ni!%s (e mes#"e %,&es en F"&n$e Hn! 7=e! (# (%$"e! (# 3 M&i 1841* Le ss!me &insi (%Hini es! e ss!me m%!"i'#e (%$im&0 W si; #ni!%s (e =&se0 &>>e% ss!me in!e"n&!in& SI*

1* Les #ni!%s (e =&se sn!: G"&n(e#" ongueur Nasse *emps $ntensité *empérature $ntensité lumineuse Vuantité de matière

nm mètre Rilogramme seconde ampère degré Uelvin candela mole

sm=e m Rg s  U cd mol

2* Les #ni!%s se$n(&i"es $n$e"n&n! e Dimensinnemen! (es S!"#$!#"es sn!:

e neton s@mbole /8 : unité de orce# e netonmètre s@mbole /m8 : unité de moment# e Joule s@mbole Z8 : unité d'énergie, de travail et de c%aleur# e pascal s@mbole )a8 unité de contrainte et de pression# 1P& . 1Nm

e att s@mbole S8 : unité de puissance# e radian s@mbole rd8 : unité d'angle#

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P&,e 8<

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3* P&"mi es m#!i>es (es #ni!%s se$n(&i"es0 n #!iise en Dimensinnemen! (es S!"#$!#"es:

e Riloneton s@mbole R/8 : unité de orce# 1N . 193 N

e mégapascal s@mbole N)a8 : unité de contrainte# 1MP& . 194 P& . 1Nmm

e gigapascal s@mbole 5)a8 : unité de contraintes# 1GP& . 198 P& . 193 MP&. 1Nmm * Les #ni!%s0 @"s ss!me0 &#!"is%es sn!:

e degré d'angle s@mbole 78 : unité d'angle# a calorie s@mbole cal8 : unité de c%aleur 1cal E =#1A Z8# e degré de température celcius s@mbole C8 

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ANNEXES

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ANNEXE N1-COEFFICIENT DE CONCENTRATION DE CONTRAINTE EN TORSION-FLEXION TORSION

TORSION

FLEXION

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